Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a. Ta có : \(\begin{cases}AB\perp BC\left(ABCDvuong\right)\\SA\perp BC\left(SA\perp\left(ABCD\right)\right)\end{cases}\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\) mà \(SB\subset\left(SAB\right)\) nên \(BC\perp SB\) Vậy \(\Delta SBC\left(\perp B\right)\)
tương tự ta có : \(\begin{cases}SA\perp DC\\AD\perp DC\end{cases}\) \(\Rightarrow DC\perp\left(SAD\right)\) mà \(SD\subset\left(SAD\right)\) nên \(SD\perp DC\) Vậy \(\Delta SDC\left(\perp D\right)\)
ta có \(SA\perp AD\) nên \(\Delta SAD\left(\perp A\right)\)
Có \(SA\perp AB\) nên \(\Delta SAB\left(\perp A\right)\)
b. Ta có : \(\begin{cases}AC\perp BD\\SA\perp BD\end{cases}\) \(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\) mà \(BD\subset\left(SBD\right)\) nên \(\left(SAC\right)\perp\left(SBD\right)\)
Đặt hệ trục tọa độ:
$A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.
Tam giác $SAB$ cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Trung điểm $H$ của $AB$ là
$H\left(\dfrac{a}{2},0,0\right)$
và $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy đi qua $H$, giả sử
$S\left(\dfrac{a}{2},0,h\right)$.
Góc giữa $SC$ và mặt phẳng đáy là $45^\circ$.
Vector $\vec{SC}$ là
$\vec{SC} = \left(a - \dfrac{a}{2},\ 2a - 0,\ 0 - h \right) = \left(\dfrac{a}{2},\ 2a,\ -h\right)$
Chiều dài trong mặt phẳng đáy:
$SC_{xy} = \sqrt{\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + (2a)^2} = \sqrt{\dfrac{a^2}{4} + 4a^2} = \sqrt{\dfrac{17a^2}{4}} = \dfrac{a\sqrt{17}}{2}$
Góc giữa $SC$ và mặt đáy:
$\tan \theta = \dfrac{|SC_z|}{SC_{xy}} = \dfrac{h}{\dfrac{a\sqrt{17}}{2}}$
Vì $\theta = 45^\circ \Rightarrow \tan 45^\circ = 1$, nên
$\dfrac{h}{\dfrac{a\sqrt{17}}{2}} = 1 \Rightarrow h = \dfrac{a\sqrt{17}}{2}$
Tọa độ điểm $S\left(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a\sqrt{17}}{2}\right)$ và $D(0,2a,0)$. Trung điểm $M$ của $SD$ là:
$M = \left(\dfrac{\dfrac{a}{2}+0}{2},\ \dfrac{0+2a}{2},\ \dfrac{\dfrac{a\sqrt{17}}{2}+0}{2}\right) = \left(\dfrac{a}{4},\ a,\ \dfrac{a\sqrt{17}}{4}\right)$
Vector pháp tuyến của mặt phẳng $(SAC)$:
$\vec{n} = \vec{SA} \times \vec{SC} = \left(-\dfrac{a}{2},0,-\dfrac{a\sqrt{17}}{2}\right) \times \left(\dfrac{a}{2},2a,-\dfrac{a\sqrt{17}}{2}\right) = \left(a^2 \sqrt{17}, 0, -a^2\right)$
Phương trình mặt phẳng $(SAC)$:
$a^2\sqrt{17}(x - \dfrac{a}{2}) + 0 \cdot (y-0) + (-a^2)(z-\dfrac{a\sqrt{17}}{2})=0 \Rightarrow z - \sqrt{17} x = 0$
Khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(SAC)$:
$d = \dfrac{|z_M - \sqrt{17} x_M|}{\sqrt{(\sqrt{17})^2 + (-1)^2}} = \dfrac{|\dfrac{a\sqrt{17}}{4} - \sqrt{17} \cdot \dfrac{a}{4}|}{\sqrt{17+1}} = 0$
Vậy $M$ nằm trên mặt phẳng $(SAC)$, nên khoảng cách $d = 0$.
Đáp án B.
Gọi H là trung điểm AB, G là trọng tâm
Trong mặt phẳng (ABCD), 
Ta có: 
Gọi I là hình chiếu của H lên BD, K là hình chiếu của H lên GI
Ta có: 
s B A D C O M
Hình chiếu vuông góc của SA lên (ABCD) là AO nên góc giữa SA và (ABCD) là \(\widehat{SAO}\)
Xét \(\Delta SAO\left(\perp O\right)\) ta có : \(SA=\frac{a\sqrt{5}}{2};AO=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}a\sqrt{2}\)
\(\cos\widehat{SAO}=\frac{AO}{SA}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{5}\)
c. Xét \(\Delta SOC\) có : \(\begin{cases}SO\perp BD\\OC\perp BD\end{cases}\) nên \(\left(SOC\right)\perp BD\) mà \(OM\subset\left(SOC\right)\Rightarrow OM\perp BD\)
xét : \(\left(MBD\right)\cap\left(ABCD\right)=BD\)
Trong (MBD) có \(OM\perp BD\)
Trong (ABCD) có \(OC\perp BD\)
Vậy góc giữa (MBD) và (ABCD) là \(\widehat{MOC}\)
Ta có : \(\Delta SAC\) đồng dạng với \(\Delta MOC\) (vì \(CM=\frac{1}{2}CS;CO=\frac{1}{2}CA\))nên \(\widehat{MOC}=\widehat{SAC}\)
Tam giác SAB đều \(\Rightarrow SH\perp AB\)
Mà \(\left\{{}\begin{matrix}AB=\left(SAB\right)\cap\left(ABCD\right)\\\left(SAB\right)\perp\left(ABCD\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)
Gọi N là trung điểm SC \(\Rightarrow MN\) là đường trung bình tam giác SCD
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN||CD\\MN=\dfrac{1}{2}CD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN||AH\\MN=AH\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AMNH\) là hbh
\(\Rightarrow AM||HN\Rightarrow AM||\left(SHC\right)\)
\(\Rightarrow d\left(AM;SC\right)=d\left(AM;\left(SHC\right)\right)=d\left(A;\left(SHC\right)\right)\)
Mặt khác H là trung điểm AB \(\Rightarrow d\left(A;\left(SHC\right)\right)=d\left(B;\left(SHC\right)\right)\)
Từ B kẻ \(BE\perp HC\Rightarrow BE\perp\left(SHC\right)\) (do \(SH\perp BE\))
\(\Rightarrow BE=d\left(B;\left(SHC\right)\right)\)
Hệ thức lượng: \(BE=\dfrac{BH.BC}{CH}=\dfrac{BH.BC}{\sqrt{BH^2+BC^2}}=\dfrac{a\sqrt{5}}{5}\)
b.
Từ D kẻ \(DF\perp HC\Rightarrow DF\perp\left(SHC\right)\) (do \(SH\perp DF\))
\(\Rightarrow DF=d\left(D;\left(SHC\right)\right)\)
\(DF=DC.cos\widehat{FDC}=DC.cos\widehat{BCH}=\dfrac{DC.BC}{CH}=\dfrac{DC.BC}{\sqrt{BC^2+BH^2}}=\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}\)
Dễ dàng chứng minh \(SH\perp\left(ABCD\right)\)
Gọi N là trung điểm SH \(\Rightarrow MN//HC\) (đường trung bình)
Trong mặt phẳng đáy, qua D kẻ đường thẳng song song HC cắt BA kéo dài tại P
\(\Rightarrow HC//\left(MNPD\right)\Rightarrow d\left(HC;DM\right)=d\left(HC;\left(MNPD\right)\right)=d\left(H;\left(MNPD\right)\right)\)
Trong mặt phẳng đáy, từ H kẻ \(HE\perp DP\)
\(\Rightarrow DP\perp\left(HEN\right)\)
Trong tam giác vuông HEN, từ H kẻ \(HF\perp EN\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}HF\perp EN\\HF\perp DP\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow HF\perp\left(MNPD\right)\Rightarrow HF=d\left(H;\left(MNPD\right)\right)\)
\(SH=\frac{AB\sqrt{3}}{2}\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow NH=\frac{a\sqrt{3}}{4}\)
\(AP=AH=\frac{a}{2}\Rightarrow DP=\sqrt{AP^2+AD^2}=\frac{3a}{2}\)
\(PH=CD=a\Rightarrow HE=PH.sin\widehat{DPA}=PH.\frac{AD}{DP}=\frac{2a\sqrt{2}}{3}\)
\(\frac{1}{HF^2}=\frac{1}{HE^2}+\frac{1}{NH^2}\Rightarrow HF=\frac{HE.NH}{\sqrt{HE^2+NH^2}}=a\sqrt{\frac{24}{155}}\)