Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right);B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right);C\left(1;1\right);D\left(-3.-1\right)\)
S A B C D M O N H 45 ❤sin45=\(\dfrac{SO}{SM}\) => SO=sin45 . SM= \(\dfrac{\sqrt{2}}{2}.\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) = \(\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\)
OM= \(\sqrt{SM^2-SO^2}\) = \(\dfrac{a\sqrt{6}}{4}\)
BC = 2OM => BC=\(\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)
V = \(\dfrac{1}{3}.AB.BC.SO=\dfrac{1}{3}.a.\dfrac{a\sqrt{6}}{2}.\dfrac{a\sqrt{6}}{4}=\dfrac{a^3}{4}\)
❤ta có: SM⊂ (SAB) (1)
mà: \(\left\{{}\begin{matrix}NC//AB\\AB\subset\left(SAB\right)\end{matrix}\right.\) => NC// (SAB) (2)
từ (1) và (2) => SM//NC
\(d_{\left(SM,NC\right)}=d_{\left(NC,\left(SAB\right)\right)}=d_{\left(N,\left(SAB\right)\right)}=2d_{\left(O,\left(SAB\right)\right)}\)
+kẻ OH⊥SM
+ Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB\perp OM\\AB\perp SO\end{matrix}\right.\) => AB ⊥ (SOM) \(\supset OH\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}OH\perp AB\\OH\perp SM\end{matrix}\right.\) => OH⊥(SAB)
➜d(O,(SAB)) =OH
OH=\(\dfrac{OM.SO}{\sqrt{OM^2+SO^2}}\)\(\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)
➜d(N,(SAB)) =d(SM,NC)= \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
Đặt hệ trục tọa độ: $A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ C(a,a,0),\ D(0,2a,0)$.
Tam giác $SAD$ đều cạnh $2a$ và $(SAD)\perp(ABCD)$ nên: $S\left(0,a,a\sqrt3\right)$.
Xét khối chóp $S.ABC$.
Gọi $O(x,y,z)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện $S,A,B,C$.
Do $A,B,C$ nằm trên mặt phẳng $z=0$ nên: $O(x,y,z)$.
Ta có: $OA^2 = OB^2 = OC^2 = OS^2$.
Từ $OA = OB$: $x = \dfrac{a}{2}$.
Từ $OB = OC$: $y = \dfrac{a}{2}$.
Suy ra: $O\left(\dfrac{a}{2},\dfrac{a}{2},z\right)$.
Từ $OA = OS$: $\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + z^2= \left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{a}{2}-a\right)^2 + (z - a\sqrt3)^2.$
Giải ra: $z = \dfrac{a\sqrt3}{2}$.
Bán kính: $R = OA = \sqrt{\dfrac{a^2}{4} + \dfrac{a^2}{4} + \dfrac{3a^2}{4}}= \sqrt{\dfrac{5a^2}{4}}= \dfrac{a\sqrt5}{2}.$
Diện tích mặt cầu: $S = 4\pi R^2 = 4\pi \cdot \dfrac{5a^2}{4}= 5\pi a^2.$
Vậy $S = 5\pi a^2$.
Đáy $ABCD$ là hình chữ nhật với $AB = 3a,\ AD = a$ nên:
$AC = \sqrt{(3a)^2 + a^2} = a\sqrt{10}$.
Tam giác $SAB$ đều cạnh $3a$ và $(SAB)\perp(ABCD)$ nên:
$S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy tại trung điểm $H$ của $AB$.
Suy ra: $AH = HB = \dfrac{3a}{2},\quad SH = \dfrac{\sqrt3}{2}\cdot 3a = \dfrac{3a\sqrt3}{2}$.
Gọi $O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp, do đối xứng $O \in SH$.
Đặt $OH = x \Rightarrow OS = x + \dfrac{3a\sqrt3}{2} = R$.
Ta có: $OA^2 = OH^2 + AH^2 + AD^2= x^2 + \left(\dfrac{3a}{2}\right)^2 + a^2= x^2 + \dfrac{9a^2}{4} + a^2= x^2 + \dfrac{13a^2}{4}$.
Mặt khác: $OS^2 = \left(x + \dfrac{3a\sqrt3}{2}\right)^2$.
Vì $OA = OS$ nên: $x^2 + \dfrac{13a^2}{4}= \left(x + \dfrac{3a\sqrt3}{2}\right)^2$.
Giải ra: $x = -\dfrac{5a}{2\sqrt3}$.
Suy ra: $R = x + \dfrac{3a\sqrt3}{2}= -\dfrac{5a}{2\sqrt3} + \dfrac{3a\sqrt3}{2}= \dfrac{2a\sqrt3}{3}$.
Diện tích mặt cầu:
$S = 4\pi R^2 = 4\pi \cdot \dfrac{4a^2 \cdot 3}{9}= \dfrac{16\pi a^2}{3}$.
Vậy $S = \dfrac{16\pi a^2}{3}$.
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 $R = \dfrac{2a\sqrt3}{3}$.
S D A H B M C I N
Gọi H là tâm của ABCD\(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)
M là trung điểm của BC \(\Rightarrow BC\perp\left(SHM\right)\)
Do các mặt bên tạo với đáy cùng 1 góc => \(\widehat{SHM}\) bằng góc tạo bởi 2 mặt bên với đáy
Tính được \(SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}'HM=\frac{a}{2}\)
\(\tan\widehat{SMH}=\frac{SH}{MH}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SMN}=60^0\)
Lập luận được tâm khối cầu là điểm I của SH với trung trực SC trong (SHC)
Tính được bán kính khối cầu do tam giác SNI đồng dạng với tam giác SHC
\(\Rightarrow SI=\frac{SN.SC}{SH}=\frac{5a}{4\sqrt{3}}\)
Vậy \(V=\frac{4}{3}\pi R^2=\frac{125a^3\sqrt{3}\pi}{432}\)
S M H G N A O D C
Ta có \(\begin{cases}BC\perp SA\\BC\perp AB\end{cases}\)\(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)\(\Rightarrow BC\perp AM\) (vì \(AM\subset\left(SAB\right)\left(1\right)\)
Mặt khác \(SC\perp\alpha\Rightarrow SA\perp AM\) (vì \(AM\subset\alpha\)) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AM\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AM\perp MG\) (vì \(MG\subset\left(SBC\right)\))
\(\Rightarrow\Delta AMG\) vuông tại M, tương tự ta cũng có tam giác ANG vuông tại N \(\Rightarrow\) tâm H đường tròn đáy của (H) là trung điểm AG, có bán kính \(R=\frac{AG}{2}\)
Xét tam giác vuông SAC tại A có \(AG=\frac{SA.AC}{SC}=\frac{\sqrt{6}}{3}a\Rightarrow R=\frac{\sqrt{6}}{6}a\)
Vì OH là đường cao (H)\(\Rightarrow OH\perp\alpha\Rightarrow OH\)//\(SC\Rightarrow O\) là giao điểm hai đường chéo AC, BD
\(\Rightarrow OH=\frac{1}{2}CG\).
Xét tam giác vuoongSAC có AG là đường cao, nên \(CG=\frac{AC^2}{SC}=\frac{2}{\sqrt{3}}a\Rightarrow OH=\frac{\sqrt{3}}{3}a\)
Vậy thể tích hình nón là \(V_{\left(H\right)}=\frac{1}{3}\pi.R^2.OH=\frac{\sqrt{3}}{54}\pi a^3\)
A B C D S E K H
Gọi H là trung điểm của AB, suy ra \(SH\perp\left(ACBD\right)\)
Do đó \(SH\perp HD\) ta có :
\(SH=\sqrt{SD^2-DH^2}=\sqrt{SD^2-\left(AH^2+AD^2\right)}=a\)
Suy ra \(V_{s.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{a^2}{3}\)
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên BD và E là hình chiếu vuông góc của H lên SK. Ta có :
\(\begin{cases}BD\perp HK\\BD\perp SH\end{cases}\) \(\Rightarrow BH\perp\) (SHK)
=> \(BD\perp HE\) mà \(HE\perp SK\) \(\Rightarrow HE\perp\) (SBD)
Ta có : HK=HB.\(\sin\widehat{KBH}\)\(=\frac{a\sqrt{2}}{4}\)
Suy ra \(HE=\frac{HS.HK}{\sqrt{HS^2+HK^2}}=\frac{a}{3}\)
Do đó \(d\left(A:\left(SBD\right)\right)\)=2d(H; (SBD)) =3HE=\(\frac{2a}{3}\)
Đặt hệ trục tọa độ:
$A(0,0,0),\ B(2a,0,0),\ D(0,a,0),\ C(2a,a,0)$.
Tam giác $SAD$ đều cạnh $a$ và $(SAD)\perp(ABCD)$ nên:
$S\left(0,\dfrac{a}{2},\dfrac{a\sqrt3}{2}\right)$.
Gọi $O(x,y,z)$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
Do đối xứng theo phương $AB$ nên: $x = a$.
Ta có: $OA = OB = OC = OD = OS$.
Xét: $OA^2 = a^2 + y^2 + z^2$,
$OD^2 = a^2 + (y-a)^2 + z^2$.
Suy ra: $y = \dfrac{a}{2}$.
Tiếp tục: $OA^2 = OC^2 \Rightarrow z = \dfrac{a\sqrt3}{6}$.
Vậy: $O\left(a,\dfrac{a}{2},\dfrac{a\sqrt3}{6}\right)$.
Bán kính:$ R = OA = \sqrt{a^2 + \left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{a\sqrt3}{6}\right)^2}= \sqrt{a^2 + \dfrac{a^2}{4} + \dfrac{a^2}{12}}= \sqrt{\dfrac{16a^2}{12}}=\dfrac{2a}{\sqrt3}.$
Diện tích mặt cầu: $S = 4\pi R^2 = 4\pi \cdot \dfrac{4a^2 \cdot 3}{9}= \dfrac{16\pi a^2}{3}. $
Vậy: $S = \dfrac{16\pi a^2}{3}$.
Chọn đáp án A.