K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
S A B C D H O K I L T
a) SA vuông góc với (ABCD) => SA vuông góc AD; hình thang ABCD vuông tại A => AD vuông góc AB
=> AD vuông góc (SAB), mà AD nằm trong (SAD) nên (SAB) vuông góc (SAD).
b) AD vuông góc (SAB), BC || AD => BC vuông góc (SAB) => B là hc vuông góc của C trên (SAB)
=> (SC,SAB) = ^CAB
\(SB=\sqrt{AS^2+AB^2}=\sqrt{2a^2+a^2}\)\(=a\sqrt{3}\)
\(\tan\widehat{CAB}=\frac{BC}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)=> (SC,SAB) = ^CAB = 300.
c) T là trung điểm của AD, K thuộc ST sao cho AK vuông góc ST, BT cắt AC tại O, HK cắt AO tại I, AI cắt SC tại L.
BC vuông góc (SAB) => BC vuông góc AH, vì AH vuông góc SB nên AH vuông góc SC. Tương tự AK vuông góc SC
=> SC vuông góc (HAK) => SC vuông góc AI,AL. Lập luận tương tự thì AL,AI vuông góc (SCD).
Dễ thấy \(\Delta\)SAB = \(\Delta\)SAT, chúng có đường cao tương ứng AH và AK => \(\frac{HS}{HB}=\frac{KS}{KT}\)=> HK || BT || CD
=> d(H,SCD) = d(I,SCD) = IL (vì A,I,L vuông góc (SCD)) = \(\frac{IL}{AL}.AL=\frac{CO}{CA}.\frac{SI}{SO}.AL=\frac{1}{2}.\frac{SH}{SB}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}\)
\(=\frac{1}{2}.\frac{SA^2}{SA^2+SB^2}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}=\frac{1}{2}.\frac{2a^2}{2a^2+a^2}.\frac{a\sqrt{2}.a\sqrt{2}}{\sqrt{2a^2+2a^2}}=\frac{a}{3}\)
a) Ta có {AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).
b) Ta có {BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).
Suy ra góc giữa SCSC và (SAB)(SAB) là góc ˆCSBCSB^.
Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=√AB2+SA2<...
a) tg ABCD là hình thang vuông-> AD \(\perp\) AB lại có SA \(\perp\) (ABCD) -> SA \(\perp\) AD
-> AD\(\perp\) (SAB) ->(SAD) \(\perp\) (SAB)
b) có AD // BC -> BC\(\perp\) (SAB) ->SB là hình chiếu của SC lên (SAB)
trong tg SAB vg tại A có \(SB^2=\sqrt{SA^2+AB^2}\Rightarrow SB=a\sqrt{3}\)
trong tg SBC vg tại B có \(\tan BSC=\dfrac{BC}{SB}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow BSC=\left(SC;SB\right)=\left(SC;\left(SAB\right)\right)=\dfrac{\pi}{6}\)
c) gọi I là trung điểm SC. tg ABC vuông cân ở B nên \(AC=AB\sqrt{2}=a\sqrt{2}=SA\)
-> tg SAC vg cân tại A -> AI \(\perp\) SC và AI=1/2 SC=a
ddcm tg ACD vg cân tại C mà SA \(\perp\) CD -> CD \(\perp\) (SAC) -> (SCD) \(\perp\) (SAD) -> AI\(\perp\) (SCD)
trong tg SAB vg tại A với AH \(\perp\) SB có \(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AS^2}+\dfrac{1}{AB^2}\Rightarrow AH=a\sqrt{\dfrac{2}{3}}\)
có BC\(\perp\) (SAB) -> (SBC)\(\perp\) (SAB) mà AH \(\perp\) SB -> AH \(\perp\) (SBC) -> AH \(\perp\) HI và AH\(\perp\) SC
mà SC\(\perp\) AI -> SC \(\perp\) (AHI) -> SC \(\perp\) HI-> △SIH ∞ △SBC
->\(\dfrac{IH}{BC}=\dfrac{SI}{SB}\Rightarrow HI=\dfrac{a}{\sqrt{3}}\)
lấy M là hc của H trên AI . trong tg HAI vg tại H có \(MI=\dfrac{HI^2}{AI}=\dfrac{a}{3}=d\left(M;\left(SCD\right)\right)\)
vì AI \(\perp\) (SCD) nên MH // ( SCD) -> d(M;(SCD))=d(H;(SCD))=\(\dfrac{a}{3}\)
a) SA vuông góc với (ABCD) => SA vuông góc AD; hình thang ABCD vuông tại A => AD vuông góc AB
=> AD vuông góc (SAB), mà AD nằm trong (SAD) nên (SAB) vuông góc (SAD).
b) AD vuông góc (SAB), BC || AD => BC vuông góc (SAB) => B là hc vuông góc của C trên (SAB)
=> (SC,SAB) = ^CAB
SB=√AS2+AB2=√2a2+a2=a√3
tan^CAB=BCSB =aa√3 =√33 => (SC,SAB) = ^CAB = 300.
c) T là trung điểm của AD, K thuộc ST sao cho AK vuông góc ST, BT cắt AC tại O, HK cắt AO tại I, AI cắt SC tại L.
BC vuông góc (SAB) => BC vuông góc AH, vì AH vuông góc SB nên AH vuông góc SC. Tương tự AK vuông góc SC
=> SC vuông góc (HAK) => SC vuông góc AI,AL. Lập luận tương tự thì AL,AI vuông góc (SCD).
Dễ thấy ΔSAB = ΔSAT, chúng có đường cao tương ứng AH và AK => HSHB =KSKT => HK || BT || CD
=> d(H,SCD) = d(I,SCD) = IL (vì A,I,L vuông góc (SCD)) = ILAL .AL=COCA .SISO .AL=12 .SHSB .AS.AC√AS2+AC2
=12 .SA2SA2+SB2 .AS.AC√AS2+AC2 =12 .2a22a2+a2 .a√2.a√2√2a2+2a2 =a3
a) Ta có {AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).
b) Ta có {BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).
Suy ra góc giữa SCSC và (SAB)(SAB) là góc ˆCSBCSB^.
Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=√AB2+SA
Đúng(0)
a) Ta có {AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).
b) Ta có {BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).
Suy ra góc giữa SCSC và (SAB)(SAB) là góc ˆCSBCSB^.
Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=√AB2+SA2
Đúng(0)
a) Ta có \left\{ \begin{aligned} & AB \perp AD \\ & AB \perp SA \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow AB \perp \left( SAD \right)\Rightarrow \left( SAB \right) \perp \left( SAD \right){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).
b) Ta có \left\{ \begin{aligned} & BC \perp AB \\ & BC \perp SA \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow BC \perp \left( SAB \right){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).
Suy ra góc giữa SCSC và \left( SAB \right)(SAB) là góc \widehat{CSB}CSB.
Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=\sqrt{A{{B}^{2}}+S{{A}^{2}}}=a\sqrt{3}SB=AB2+SA2=a3. \tan \widehat{CSB}=\dfrac{CB}{SB}=\dfrac{a}{a\sqrt{3}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{CSB}=30{}^\circtanCSB=SBCB=
a) Ta có {AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).
b) Ta có {BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).
Suy ra góc giữa SCSC và (SAB)(SAB) là góc ˆCSBCSB^.
Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=√AB2+SA
Đúng(0)
a) Ta có \left\{ \begin{aligned} & AB \perp AD \\ & AB \perp SA \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow AB \perp \left( SAD \right)\Rightarrow \left( SAB \right) \perp \left( SAD \right){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).
b) Ta có \left\{ \begin{aligned} & BC \perp AB \\ & BC \perp SA \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow BC \perp \left( SAB \right){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).
Suy ra góc giữa SCSC và \left( SAB \right)(SAB) là góc \widehat{CSB}CSB.
Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=\sqrt{A{{B}^{2}}+S{{A}^{2}}}=a\sqrt{3}SB=AB2+SA2=a3. \tan \widehat{CSB}=\dfrac{CB}{SB}=\dfrac{a}{a\sqrt{3}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{CSB}=30{}^\circtanCSB=SBCB=
\left\{ \begin{aligned} & AB \perp AD \\ & AB \perp SA \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow AB \perp \left( SAD \right)\Rightarrow \left( SAB \right) \perp \left( SAD \right)a) Ta có \left\{ \begin{aligned} & AB \perp AD \\ & AB \perp SA \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow AB \perp \left( SAD \right)\Rightarrow \left( SAB \right) \perp \left( SAD \right){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).
b) Ta có \left\{ \begin{aligned} & BC \perp AB \\ & BC \perp SA \\ \end{aligned} \right.\Rightarrow BC \perp \left( SAB \right){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).
Suy ra góc giữa SCSC và \left( SAB \right)(SAB) là góc \widehat{CSB}CSB.
Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=\sqrt{A{{B}^{2}}+S{{A}^{2}}}=a\sqrt{3}SB=AB2+SA2=a3. \tan \widehat{CSB}=\dfrac{CB}{SB}=\dfrac{a}{a\sqrt{3}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{CSB}=30{}^\circtanCSB=SBCB
Đúng(0)
a) Ta có {AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).
b) Ta có {BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).
Suy ra góc giữa SCSC và (SAB)(SAB) là góc ˆCSBCSB^.
Xét tam giác SABSAB vuông tại A có SB=√AB2+SA2
Đúng(0)
a) Ta có {AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).
b) Ta có {BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).
Suy ra góc giữa SCSC và (SAB)(SAB) là góc ˆCSBCSB^.
Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=√AB2+SA2<...
a) Ta có {AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).
b) Ta có {BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).
Suy ra góc giữa SCSC và (SAB)(SAB) là góc ˆCSBCSB^.
Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=√AB2+SA2
Đúng(0)
a) Ta có {AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).
b) Ta có {BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).
Suy ra góc giữa SCSC và (SAB)(SAB) là góc ˆCSBCSB^.
Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=√AB2+SA2<...
a) Ta có {AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD){AB⊥ADAB⊥SA⇒AB⊥(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).
b) Ta có {BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB){BC⊥ABBC⊥SA⇒BC⊥(SAB).
Suy ra góc giữa SCSC và (SAB)(SAB) là góc ˆCSBCSB^.
Xét tam giác SABSAB vuông tại AA có SB=√AB2+SA2<...
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$, $BA=BC=a$, $AD=2a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt đáy và $SA=a\sqrt{2}$.
a) (1 điểm) Chứng minh $\left( SAB \right) \perp \left( SAD \right)$.
b) (1 điểm) Tính góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( SAB \right)$.
c) (1 điểm) Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SB$. Tính khoảng cách từ $H$ đến mặt phẳng $\left( SCD \right)$.
0
(3 điểm)
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SA=a\sqrt{2}$. Các mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAD \right)$ cùng vuông góc với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$. Gọi $N$ là trung điểm cạnh $CD$.
a. Chứng minh rằng $BC\bot \left( SAB \right)$ và $\left( SAC \right)\bot \left( SBD \right)$.
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AN$ và $SC$ theo $a$.
Võ Ngọc Tú Uyên
(3 điểm)
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SA=a\sqrt{2}$. Các mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAD \right)$ cùng vuông góc với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$. Gọi $N$ là trung điểm cạnh $CD$.
a. Chứng minh rằng $BC\bot \left( SAB \right)$ và $\left( SAC \right)\bot \left( SBD \right)$.
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AN$ và $SC$ theo $a$.
A B C D N S M P H K
a) (SAB) và (SAD) cùng vuông góc (ABCD), (SAB) và (SAB) có giao tuyến SA => SA vuông góc (ABCD)
=> BC vuông góc SA. Mà BC vuông góc AB nên BC vuông góc (SAB).
Ta cũng có BD vuông góc AS, BD vuông góc AC vì ABCD là hình vuông
=> BD vuông góc (SAC) hay (SAC) vuông góc (SBD).
b) Gọi M là trung điểm của AB, CM cắt AD tại P, H thuộc CM sao cho AH vuông góc CM, K thuộc SH sao cho AK vuông góc SH.
Dễ thấy AN || CM => AN || (SCM) => d(AN,SC) = d(AN,SCM) = d(A,SCM) = d(A,SMP)
Ta có AH vuông góc MP, MP vuông góc AS => MP vuông góc (HAS) => (SMP) vuông góc (HAS)
Vì (SMP) và (HAS) có giao tuyến SH, AK vuông góc SH tại K nên d(A,SMP) = AK
Theo hệ thức lượng thì: \(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AP^2}\)
\(\Rightarrow d\left(AN,SC\right)=d\left(A,SMP\right)=AK=\frac{AS.AM.AP}{\sqrt{AS^2AM^2+AM^2AP^2+AP^2AS^2}}\)
\(=\frac{a\sqrt{2}.\frac{a}{2}.a}{\sqrt{2a^2.\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}.a^2+a^2.2a^2}}=\frac{a\sqrt{22}}{11}.\)
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SA=a\sqrt{2}$. Các mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAD \right)$ cùng vuông góc với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$. Gọi $N$ là trung điểm cạnh $CD$.
a. Chứng minh rằng $BC\bot \left( SAB \right)$ và $\left( SAC \right)\bot \left( SBD \right)$.
b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AN$ và $SC$ theo $a$.
0
Hình thoi ABCD tâm O có cạnh a và có \(OB=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại O ta lấy một điểm S sao cho SB = a
a) Chứng minh tam giác SAC là tam giác vuông và SC vuông góc với BD
b) Chứng minh \(\left(SAD\right)\perp\left(SAB\right),\left(SCB\right)\perp\left(SCD\right)\)
c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SC tạo với (SAD) góc . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SCD).
+ Xác định góc của SC với (SAD).
Hạ CE ⊥ AD, ta có E là trung điểm AD và CE ⊥ (SAD) nên ∠(CSE) = 30 o .
∠(CSE) cũng chính là góc giữa SC và mp(SAD).
Trong ΔCSE, ta có:
S E = C E . tan 60 o = a 3 ⇒ S A = S E 2 - A E 2 = 3 a 2 - a 2 = a 2 .
Nhận xét
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AE.
Ta có MN // BE nên MN // CD. Như vậy MN // (SCD). Ta suy ra
d(M,(SCD)) = d(N,(SCD)).
Mà DN/DA = 3/4 nên d(N,(SCD)) = 3/4 d(A,(SCD))
+ Xác định khoảng cách từ A đến (SCD).
Vì vậy tam giác ACD vuông cân tại C nên CD vuông góc với AC.
CD ⊥ AC & CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ (SAC) ⇒ (SCD) ⊥ (SAC).
Hạ AH ⊥ SC, ta có AH ⊥ (SCD).
Đặt hệ trục tọa độ:
$A(0,0,0), B(a,0,0), D(2a,0,0), C(x_C, y_C, 0)$ (chưa biết tọa độ C)
Tam giác $SAD$ đều cạnh $2a$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc đáy, giả sử $S(a,0,h)$
Trung điểm $H$ của $AD$: $H = \left(\dfrac{0+2a}{2},0,0\right) = (a,0,0)$
Khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(SHC)$ bằng $2 a \sqrt{6}$, suy ra chiều cao khối chóp theo đáy $h = ?$
Do tam giác SAD đều cạnh $2a$, chiều cao $SH = \sqrt{3} a$
Xác định diện tích đáy:
$S_{ABCD} = \dfrac{(AB + CD) \cdot AD}{2} \approx 2 a^2$
Thể tích khối chóp:
$V = \dfrac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SH = \dfrac{1}{3} \cdot 2 a^2 \cdot \sqrt{3} a = \dfrac{2 a^3 \sqrt{3}}{3}$
Vậy thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:
$V = \dfrac{2 a^3 \sqrt{3}}{3}$
Cho hình chóp S.ABCD có \(SA\perp\left(ABCD\right)\), đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA= \(2a\sqrt{3}\) .
1. Chứng minh \(\left(SAC\right)\perp\left(SBD\right)\)
2. Gọi I là trung điểm của AD, mặt phẳng (P) qua I và vuông góc với SD. Xác định và tính thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (P).
Help me!!!
1: BD vuông góc AC
BD vuông góc SA
=>BD vuông góc (SAC)
=>(SAC) vuông góc (SBD)
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$. Biết $AD=2a$, $AB=BC=SA=a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt đáy. Gọi $M$ là trung điểm của $AD$. Tính khoảng cách $h$ từ $M$ đến mặt phẳng $(SCD)$.
Ta có \(\frac{d\left(A,\left(SCD\right)\right)}{d\left(M,\left(SCD\right)\right)}=2\Rightarrow d=\left(m,\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(A,\left(SCD\right)\right)\)
Dễ thấy AC _|_ CD, SA _|_ CD dựng AH _|_ SA => AH _|_ (SCD)
Vậy d(A,(SCD))=AH
Xét tam giác vuông SAC (A=1v) có \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{AS^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)
Vậy suy ra \(d\left(M,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)
E=AB∩CD,G=EN∩SB⇒GE=AB∩CD,G=EN∩SB⇒G là trọng tâm tam giác SAE.
d(M,(NCD))=GMGBd(B,(NCD))=12d(B,(NCD))=12.12d(A,(NCD))=14d(A,(NCD))=
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\), đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\), \(SA = a\) (Hình 78).
a) Tính khoảng cách từ điểm \(S\) đến đường thẳng \(C{\rm{D}}\).
b) Tính khoảng cách từ điểm \(D\) đến mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).
c) Tính khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\).
a) \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot C{\rm{D}}\)
\(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow A{\rm{D}} \bot C{\rm{D}}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right) \Rightarrow C{\rm{D}} \bot S{\rm{D}}\\ \Rightarrow d\left( {S,C{\rm{D}}} \right) = S{\rm{D}} = \sqrt {S{A^2} + A{{\rm{D}}^2}} = a\sqrt 2 \end{array}\)
b) \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot A{\rm{D}}\)
\(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow A{\rm{B}} \bot A{\rm{D}}\)
\( \Rightarrow A{\rm{D}} \bot \left( {SA{\rm{B}}} \right) \Rightarrow d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = A{\rm{D}} = a\)
c) Kẻ \(AH \bot S{\rm{D}}\left( {H \in S{\rm{D}}} \right)\).
\(C{\rm{D}} \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right) \Rightarrow C{\rm{D}} \bot AH\)
\( \Rightarrow AH \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = AH\)
Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\)
\( \Rightarrow AH = \frac{{SA.A{\rm{D}}}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Vậy \(d\left( {A,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Bảng xếp hạng