Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Kẻ SH vuông góc với BC tại H => SH vuông góc với (ABC)
Kẻ HM vuông góc với AB tại M và HN vuông góc với AC tại N
Ta có góc SMH = góc SNH = 60 độ
Dễ thấy tam giác SHM = tam giác SHN => HM = HN
Ta có HM = HB.sin 30 = 1/2 HB hay HB = 2 HM
HN = HC.sin 60 = HC.căn 3 /2 => HC = 2/căn 3.HN = 2/căn 3 .HM
=> BC = a = HB + HC = ( 2 + 2/căn 3).HM
=> HM = a/(2 + 2/căn 3) = a.căn 3 /(2+ 2.căn 3)
=> SH = HM.tan 60 = 3a/(2+2.căn 3)
Có AB = BC/2 = a/2
AC = BC.căn 3/2 = a.căn 3/2
S(ABC) = 1/2.AB.AC = 1/8.a^2.căn 3
=> V(SABC) = 1/3.3a/(2+2.căn 3) . 1/8.a^2.căn 3 = a^3.căn 3 /[16.(1+ căn 3)]
A B C D H K S
Hạ \(SH\perp BC\Rightarrow\left(SBC\right)\perp\left(ABC\right)\)
\(\Rightarrow SH\perp BC;SH=SB.\sin\widehat{SBC}=a\sqrt{3}\)
Diện tích : \(S_{ABC}=\frac{12}{\boxtimes}BA.BC=6a^2\)
Thể tích : \(V_{s.ABC}=\frac{1}{3}S_{ABC}.SH=2a^3\sqrt{3}\)
Hạ \(HD\perp AC\left(D\in AC\right),HK\perp SD\left(K\in SD\right)\)
\(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\Rightarrow HK=d\left(H,\left(SAC\right)\right)\)
\(BH=SB.\cos\widehat{SBC}=3a\Rightarrow BC=4HC\)
\(\Rightarrow d\left(B,\left(SAC\right)\right)=4d\left(H,SAC\right)\)
Ta có : \(AC=\sqrt{BA^2+BC^2}=5a;HC=BC-BH=a\)
\(\Rightarrow HD=BA.\frac{HC}{AC}=\frac{3a}{5}\)
\(HK=\frac{SH.HS}{\sqrt{SH^2+HD^2}}=\frac{3a\sqrt{7}}{14}\)
Vậy \(d\left(B,\left(SAC\right)\right)=4HK=\frac{6a\sqrt{7}}{7}\)
Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên:
$AB \perp BC,\quad AB = a,\quad AC = a\sqrt3$.
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác $ABC$:
$BC = \sqrt{AC^2 - AB^2} = \sqrt{3a^2 - a^2} = a\sqrt2$.
Tam giác $SAB$ là tam giác đều cạnh $a$ nên:
$SA = SB = AB = a$.
Mặt phẳng $(SAB)$ vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$ và giao tuyến là $AB$ nên:
$SA \perp (ABC)$.
Vậy $SA$ là chiều cao của khối chóp.
Diện tích đáy $ABC$ là:
$S_{ABC} = \dfrac12 AB \cdot BC$
$= \dfrac12 \cdot a \cdot a\sqrt2 = \dfrac{a^2\sqrt2}{2}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SA$
$= \dfrac13 \cdot \dfrac{a^2\sqrt2}{2} \cdot a$
$= \dfrac{a^3\sqrt2}{6}$.
Vậy $V = \dfrac{a^3\sqrt2}{6}$
B A C H I S
Gọi H là trung điểm của BC, suy ra \(SH\perp BC\). Mà (SBC) vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên \(SH\perp\left(ABC\right)\)
Ta có : \(BC=a\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\); \(AC=BC\sin30^0=\frac{a}{2}\)
\(AB=BC.\cos30^0=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Do đó \(V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SH.AB.AC=\frac{a^3}{16}\)
Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên \(HA=HB\). Mà \(SH\perp\left(ABC\right)\), suy ra \(SA=SB=a\). Gọi I là trung điểm của AB, suy ra \(SI\perp AB\)
Do đó \(SI=\sqrt{SB^2-\frac{AB^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{4}\)
Suy ra \(d\left(C;\left(SAB\right)\right)=\frac{3V_{S.ABC}}{S_{SAB}}=\frac{6V_{S.ABC}}{SI.AB}=\frac{a\sqrt{39}}{13}\)
A N B C H K S
Theo giả thiết, \(HA=HC=\frac{1}{2}AC=a\) và \(SH\perp\left(ABC\right)\)
Xét \(\Delta v.ABC\) ta có : \(BC=AC.\cos\widehat{ACB}=2a\cos30^0=\sqrt{3}a\)
Do đó : \(S_{\Delta.ABC}=\frac{1}{2}AC.BC.\sin\widehat{ACB}=\frac{1}{2}.2a.\sqrt{3}a.\sin30^0=\frac{\sqrt{3}a^2}{2}\)
Vậy \(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\sqrt{2}a.\frac{\sqrt{3}}{2}a^2=\frac{\sqrt{6}a^3}{6}\)
Vì CA=2HA nên d(C,(SAB))=2d(H, (SAB)) (1)
Gọi N là trung điểm của Ab, ta có HN là đường trung bình của tam giác ABC
Do đó HN//BC suy ra AB vuông góc với HN.
Lại có AB vuông góc với Sh nên AB vuông góc với mặt phẳng (SHN).
Do đó mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SHN).
Mà Sn là giao tuyến của 2 mặt phẳng vừa nêu, nên trong mặt phẳng (SHN), hạ HK vuông góc với SN, ta có HK vuông góc với mặt phẳng (SAB)
Vì vậy d(J, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C. (SAB))=2HK (2)
Vì \(SH\perp\left(ABC\right)\) nên \(SH\perp HN\), xét tam giác v.SHN, ta có :
\(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{HN^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{HN^2}\)
Vì HN là đường trung bình của tam giác ABC nên \(HN=\frac{1}{2}BC=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)
Do \(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{11}{6a^2}\) suy ra \(HK=\frac{\sqrt{66}a}{11}\) (3)
Thế (3) vào (2) ta được \(d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{\sqrt{66}a}{11}\)
S A M I C G B H
Vì tam giác ABC vuông cân tại C, \(AB=3a\Rightarrow CA=CB=\frac{3a}{\sqrt{2}}\)
Gọi M là trung điểm \(AC\Rightarrow MC=\frac{3a}{2\sqrt{2}}\Rightarrow MB=\frac{3a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}\)
\(\Rightarrow BG=\frac{2}{3}BM=\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{2}}\Rightarrow SG=\sqrt{SB^2-BG^2}=a\)
\(\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SG.S_{\Delta ABC}=\frac{3a^2}{4}=\frac{3a^2}{4}\)
Kẻ \(GI\perp AC\left(I\in AC\right)\Rightarrow AC\perp\left(SGI\right)\)
Ta có : \(GI=\frac{1}{3}BC=\frac{a}{\sqrt{2}}\)
Kẻ \(GH\perp SI\left(H\in SI\right)\Rightarrow GH\perp\left(SAC\right)\Rightarrow d\left(G,\left(SAC\right)\right)=GH\)
Ta có \(\frac{1}{GH^2}=\frac{1}{GS^2}+\frac{1}{GI^2}\Rightarrow GH=\frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow3d\left(B,\left(SAC\right)\right)=3GH=a\sqrt{3}\)
Đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$, $AB = 3$, $BC = 3\sqrt3$ nên:
$AC = \sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{27 - 9} = 3\sqrt2$.
Diện tích đáy:
$S_{ABC} = \dfrac{1}{2}AB \cdot AC = \dfrac{1}{2}\cdot 3 \cdot 3\sqrt2 = \dfrac{9\sqrt2}{2}$.
Tam giác $SAB$ đều cạnh $3$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với $(ABC)$ nên:
$SA = SB = AB = 3$ và $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với $(ABC)$ tại trung điểm $H$ của $AB$.
Suy ra: $AH = HB = \dfrac{3}{2}$.
Trong tam giác đều $SAB$:
$SH = \dfrac{\sqrt3}{2}\cdot 3 = \dfrac{3\sqrt3}{2}$.
Vì $(SAB)\perp(ABC)$ nên $SH \perp (ABC)$, do đó $SH$ là chiều cao của khối chóp.
Thể tích khối chóp:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SH= \dfrac13 \cdot \dfrac{9\sqrt2}{2} \cdot \dfrac{3\sqrt3}{2}= \dfrac{27\sqrt6}{12}= \dfrac{9\sqrt6}{4}$.
Vậy $V = \dfrac{9\sqrt6}{4}$.
Đáp án A