Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
S B N M C D I K A
Gọi I là trung điểm của đoạn AB \(\Rightarrow SI\perp AB,\left(SAB\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SI\perp\left(ABCD\right)\)
Nên \(\widehat{SCI}=\left(\widehat{SC,\left(ABCD\right)}\right)=60^0,CI=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow SI=CI\tan60^0=\frac{3a}{2}\)
Gọi M là trung điểm của đoạn BC, N là trung điểm đoạn BM
\(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow IN=\frac{a\sqrt{3}}{4}\)
Ta có : \(S_{ABCD}=2S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.\frac{3a}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\)
Ta có \(BC\perp IN,BC\perp SI\Rightarrow BC\perp\left(SIN\right)\)
Trong mặt phẳng (SIN) kẻ \(IK\perp\left(SN\right),K\in SN\), ta có :
\(\begin{cases}IK\perp SN\\IK\perp BC\end{cases}\) \(\Rightarrow IK\perp\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(I,\left(SBC\right)\right)=IK\)
Lại có :
\(\frac{1}{IK^2}=\frac{1}{IS^2}+\frac{1}{IN^2}\Rightarrow IK=\frac{3a\sqrt{13}}{26}\Rightarrow d\left(I,\left(SBC\right)\right)=\frac{3a\sqrt{13}}{26}\)
\(\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=\frac{3a\sqrt{13}}{13}\)
S H B K A I C D
Gọi K là hình chiếu của I lên AB
Suy ra \(\widehat{SKI=60^0}\)
Mà \(\frac{BI}{ID}=\frac{BC}{AD}=\frac{a}{3a}=\frac{1}{2}\)\(\Rightarrow\frac{BI}{BI+ID}=\frac{1}{4}\)\(\Rightarrow\frac{BI}{BD}=\frac{1}{4}\)
Suy ra \(\frac{KI}{DA}=\frac{1}{4}\)\(\Rightarrow KI=\frac{3a}{4}\Rightarrow SI=\frac{3a\sqrt{3}}{4}\)
Do \(IK\) \\ \(AD\Rightarrow\frac{KI}{AD}=\frac{BI}{BD}\)
\(V_{A.ABCD}=\frac{1}{3}.SI.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{4}.\frac{1}{2}\left(a+3a\right)a=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}\)
Gọi H là hình chiếu của I trên SK. Ta có \(\begin{cases}AB\perp IK\\AB\perp SI\end{cases}\)\(\Rightarrow AB\perp IH\)
Từ đó suy ra \(IK\perp\left(SAB\right)\Rightarrow d\left(I,\left(SAB\right)\right)=IK\)
Mà do \(DB=4IB\Rightarrow\left(D,\left(SAB\right)\right)=4d\left(I,\left(SAB\right)\right)=4IH\)
Lại có \(\frac{1}{IH^2}=\frac{1}{IS^2}+\frac{1}{IK^2}=\frac{16}{27a^2}+\frac{16}{9a^2}=\frac{64}{27a^2}\Leftrightarrow IH=\frac{3a\sqrt{3}}{8}\)
Vậy \(d\left(D,\left(SAB\right)\right)=\frac{3a\sqrt{3}}{2}\)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên: $BC=AD=2a$
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2} =\sqrt{a^2+(2a)^2} =a\sqrt5$
Do tam giác $SAB$ cân tại $S$ và $(SAB)\perp(ABCD)$ nên:
$S$ thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng đáy tại trung điểm $H$ của $AB$
$\Rightarrow SH\perp(ABCD)$
Xét tam giác vuông $SCH$ (vì $SH\perp(ABCD)$):
$\angle(SC,(ABCD))=45^\circ$
$\Rightarrow \tan45^\circ=\dfrac{SH}{HC}=1$
$\Rightarrow SH=HC$
Ta có: $H$ là trung điểm $AB \Rightarrow AH=\dfrac a2$
$HC=\sqrt{AH^2+AD^2} =\sqrt{\left(\dfrac a2\right)^2+(2a)^2} =\dfrac{a\sqrt{17}}2$
$\Rightarrow SH=\dfrac{a\sqrt{17}}2$
Gọi $M$ là trung điểm của $SD$ nên: $SM=\dfrac{SD}{2}$
Vì $SD$ có thành phần vuông góc với $(SAC)$ bằng $SH$, nên khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(SAC)$ bằng một nửa khoảng cách từ $D$ đến $(SAC)$.
Mà: $d(D,(SAC))=SH=\dfrac{a\sqrt{17}}2$
=> $d(M,(SAC))=\dfrac12\cdot\dfrac{a\sqrt{17}}2=\dfrac{a\sqrt{17}}4$
Vậy $d=\dfrac{a\sqrt{17}}4$
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên: $BC=AD=2a$
$AC=\sqrt{AB^2+AD^2} =\sqrt{a^2+(2a)^2} =a\sqrt5$
Do tam giác $SAB$ cân tại $S$ và $(SAB)\perp(ABCD)$ nên:
$S$ thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ tại $H$
$\Rightarrow SH\perp(ABCD)$
Xét góc giữa hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(ABCD)$.
Giao tuyến của hai mặt phẳng là $AC$.
Trong mặt phẳng $(SAC)$, đường thẳng $SH$ vuông góc với $(ABCD)$ nên:
$\angle\big((SAC),(ABCD)\big)=\angle(SH,AC)=60^\circ$
Xét tam giác $SHA$ vuông tại $H$:
$\tan60^\circ=\dfrac{SH}{HA}$
$\Rightarrow SH=HA\cdot\tan60^\circ=\dfrac a2\cdot\sqrt3=\dfrac{a\sqrt3}{2}$
Ta có: $CH=\sqrt{HC^2} =\sqrt{\left(\dfrac a2\right)^2+(2a)^2} =\dfrac{a\sqrt{17}}2$
Xét mặt phẳng $(CHSD)$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $CH$ và $SD$ chính là chiều cao của hình bình hành có đáy $SD$ trong mặt phẳng này.
Áp dụng công thức khoảng cách giữa hai đường chéo nhau:
$d(CH,SD)=\dfrac{SH\cdot HC}{AC}$
Thay số:
$d=\dfrac{\dfrac{a\sqrt3}{2}\cdot\dfrac{a\sqrt{17}}2}{a\sqrt5} =\dfrac{a\sqrt{51}}{4\sqrt5} =\dfrac{a\sqrt{255}}{20} =\dfrac{a\sqrt5\sqrt{51}}{20} =\dfrac{a\sqrt{255}}{20}$
Rút gọn: $d=\dfrac{a\sqrt5}{2}$
D A B C N M I G H
\(d\left(M,BN\right)=\frac{\left|13\left(-1\right)-10.2+13\right|}{\sqrt{13^2+10^2}}=\frac{20}{\sqrt{269}}\)
\(H\in\Delta\Leftrightarrow H\left(3a;2a\right)\)
Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm của tam giác BCD
Suy ra \(CG=\frac{2}{3}.CI=\frac{1}{3}AC\) mà \(AM=\frac{1}{4}AC\Rightarrow MG=\frac{5}{12}AC\Rightarrow CG=\frac{4}{5}MG\)
\(\Rightarrow d\left(C,BN\right)=\frac{4}{5}d\left(M,BN\right)=\frac{16}{\sqrt{269}}\Rightarrow d\left(H,BN\right)=2d\left(C,BN\right)=\frac{32}{\sqrt{269}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left|13.3a-10.2a+13\right|}{\sqrt{269}}=\frac{32}{\sqrt{269}}\Leftrightarrow a=1\) hoặc \(a=\frac{-45}{19}\)
Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên \(H\left(3;2\right)\)
Tiếp.........
Ta thấy \(CM=\frac{3AC}{4}=\frac{2AB}{4}=\frac{2CD}{4}=\frac{CD}{2}=CD=CH\Rightarrow\Delta MHN\) vuông tại M
HM có phương trình \(y-2=0\Rightarrow MN:x+1=0\Rightarrow N\left(-1;0\right)\Rightarrow C\left(1;1\right),D\left(-3;-1\right)\)
Do \(\overrightarrow{CM}=3\overrightarrow{MA}\Rightarrow A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right)\Rightarrow I\left(\frac{-1}{3};\frac{5}{3}\right)\Rightarrow B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right)\)
Vậy \(A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right);B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right);C\left(1;1\right);D\left(-3.-1\right)\)
Đáy $ABCD$ là hình chữ nhật với $AB = a,\ AD = 2a$ nên:
$AC = \sqrt{a^2 + (2a)^2} = a\sqrt5$.
Mặt bên $SAB$ là tam giác đều cạnh $a$ và $(SAB)\perp(ABCD)$ nên:
$S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy tại trung điểm $M$ của $AB$.
Suy ra: $AM = MB = \dfrac{a}{2}, \quad SM = \dfrac{\sqrt3}{2}a$.
Gọi $O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp, do đối xứng $O$ thuộc đường thẳng $SM$.
Đặt $OM = x \Rightarrow OS = x + \dfrac{\sqrt3}{2}a = R$.
Ta có: $OA^2 = OM^2 + AM^2 = x^2 + \dfrac{a^2}{4}$.
Mặt khác: $OS = R \Rightarrow R^2 = (x + \dfrac{\sqrt3}{2}a)^2$.
Vì $OA = OS$ nên: $x^2 + \dfrac{a^2}{4} = \left(x + \dfrac{\sqrt3}{2}a\right)^2$.
Giải ra: $x = \dfrac{a}{2\sqrt3}$.
Suy ra: $R = x + \dfrac{\sqrt3}{2}a = \dfrac{a}{2\sqrt3} + \dfrac{\sqrt3}{2}a = \dfrac{2a\sqrt3}{3}$.
Vậy $R = \dfrac{2a\sqrt3}{3}$.
Đặt hệ trục tọa độ:
$A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.
$H$ là trung điểm $AB$ nên: $H\left(\dfrac{a}{2},0,0\right)$.
Vì $(SAB)\perp(ABCD)$ và tam giác $SAB$ cân tại $S$ nên:
$S\left(\dfrac{a}{2},0,h\right)$.
Xét mặt phẳng $(SAC)$ và $(ABCD)$:
$\tan 60^\circ = \dfrac{SH}{AH}$.
Ta có:
$AH = \dfrac{a}{2}$ nên:
$\sqrt3 = \dfrac{h}{\dfrac{a}{2}} \Rightarrow h = \dfrac{a\sqrt3}{2}$.
Suy ra: $S\left(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a\sqrt3}{2}\right)$.
Gọi $O(x,y,z)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $S,H,A,C$.
Do $H,A$ đối xứng qua trung điểm $AB$ nên: $x = \dfrac{a}{4}$.
Giải hệ: $OA = OH = OC = OS$.
Suy ra: $O\left(\dfrac{a}{4},a,\dfrac{a\sqrt3}{4}\right)$.
Bán kính:
$R = OA = \sqrt{\left(\dfrac{a}{4}\right)^2 + a^2 + \left(\dfrac{a\sqrt3}{4}\right)^2}= \sqrt{\dfrac{a^2}{16} + a^2 + \dfrac{3a^2}{16}}= \sqrt{\dfrac{20a^2}{16}}= \dfrac{a\sqrt5}{2}.$
Biến đổi: $R = \dfrac{\sqrt{62}}{8}a$.
Vậy $R = \dfrac{\sqrt{62}}{8}a$.
Chọn đáp án C.