Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1) Gọi H là trung điểm của AB.
ΔSAB đều → SH ⊥ AB
mà (SAB) ⊥ (ABCD) → SH⊥ (ABCD)
Vậy H là chân đường cao của khối chóp.
Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên: $S_{ABC} = \dfrac{\sqrt3}{4}a^2$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(ABC)$. Vì tam giác $SBC$ cân tại $S$ và $(SBC)\perp(ABC)$ nên $H$ là trung điểm của $BC$.
Suy ra: $BH = HC = \dfrac{a}{2}$, và trong tam giác đều:
$AH = \dfrac{\sqrt3}{2}a$.
Góc giữa $SB$ và $(ABC)$ bằng $30^\circ$ nên:
$\tan 30^\circ = \dfrac{SH}{BH} \Rightarrow \dfrac{1}{\sqrt3} = \dfrac{SH}{\dfrac{a}{2}} \Rightarrow SH = \dfrac{a}{2\sqrt3}$.
Thể tích khối chóp:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SH= \dfrac13 \cdot \dfrac{\sqrt3}{4}a^2 \cdot \dfrac{a}{2\sqrt3}= \dfrac{a^3}{24}$.
Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $M \equiv H$.
Khoảng cách giữa $SB$ và $AM$ chính là khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SBC)$.
Ta có: $d(SB,AM) = d(A,(SBC)) = \dfrac{V_{S.ABC}}{S_{SBC}} \cdot 3$.
Xét tam giác $SBC$ cân tại $S$:
$SB = \sqrt{SH^2 + BH^2} = \sqrt{\left(\dfrac{a}{2\sqrt3}\right)^2 + \left(\dfrac{a}{2}\right)^2} = \dfrac{a}{\sqrt3}$.
Diện tích:
$S_{SBC} = \dfrac{1}{2} \cdot BC \cdot SH= \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot \dfrac{a}{2\sqrt3}= \dfrac{a^2}{4\sqrt3}$.
Suy ra: $d(SB,AM) = \dfrac{3V}{S_{SBC}} = \dfrac{3 \cdot \dfrac{a^3}{24}}{\dfrac{a^2}{4\sqrt3}} = \dfrac{a\sqrt3}{2}$.
Vậy: $V = \dfrac{a^3}{24}, \quad d(SB,AM) = \dfrac{a\sqrt3}{2}$.
A E M B C H N S
Xét tam giác ABC có : \(BC=AB.\tan60^0=2a\sqrt{3}\Rightarrow S_{\Delta ABC}=2a^2\sqrt{3}\)
\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.2a^2\sqrt{3}=2a^3\)
- Gọi N là trung điểm cạnh SA. Do SB//(CMN) nên d(SB. CM)=d(SB,(CMN))
=d(B,(CMN))
=d(A,(CMN))
- Kẻ \(AE\perp MC,E\in MC\) và kẻ \(AH\perp NE,H\in NE\), ta chứng minh được \(AH\perp\left(CMN\right)\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=AH\)
Tính \(AE=\frac{2S_{\Delta AMC}}{MC}\) trong đó :
\(S_{\Delta AMC}=\frac{1}{2}AM.AC.\sin\widehat{CAM}=\frac{1}{2}a.4a\frac{\sqrt{3}}{2}=a^2\sqrt{3};MC=a\sqrt{13}\)
\(\Rightarrow AE=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\)
Tính được \(AH=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(SB,CM\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\)
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, có
$AB = 2,\ \widehat{ABC}=60^\circ$.
Trong tam giác vuông $ABC$:
$\cos 60^\circ = \dfrac{AB}{BC}$
$\dfrac12 = \dfrac{2}{BC} \Rightarrow BC = 4$.
=> $AC = BC\sin60^\circ = 4 \cdot \dfrac{\sqrt3}{2} = 2\sqrt3$.
Diện tích đáy $ABC$ là:
$S_{ABC} = \dfrac12 AB \cdot AC$
$= \dfrac12 \cdot 2 \cdot 2\sqrt3 = 2\sqrt3$.
Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.
Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên:
$AH = \dfrac{BC}{2} = 2$.
Góc giữa $SA$ và mặt phẳng đáy bằng $45^\circ$ nên:
$\tan 45^\circ = \dfrac{SA}{AH}$
$1 = \dfrac{SA}{2} \Rightarrow SA = 2$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SA$
$= \dfrac13 \cdot 2\sqrt3 \cdot 2$
$= \dfrac{4\sqrt3}{3}$.
Đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B$, có $BC = 2a$.
Gọi $AB = b$ $(b>0)$.
Suy ra:
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{b^2 + 4a^2}$.
Gọi $M$ là trung điểm của $AC$ nên:
$AM = \dfrac{AC}{2}$.
Cạnh bên $SA \perp (ABC)$ và $SA = 2a\sqrt3$.
Đặt hệ trục tọa độ trong mặt phẳng đáy:
$B(0,0,0)$,
$C(2a,0,0)$,
$A(0,b,0)$.
Suy ra:
$M\left(a,\dfrac{b}{2},0\right)$,
$S(0,b,2a\sqrt3)$.
Vectơ chỉ phương của $AB$ là:
$\vec u = \vec{AB} = (0,-b,0)$.
Vectơ chỉ phương của $SM$ là:
$\vec v = \vec{SM} = \left(a,\dfrac{b}{2},-2a\sqrt3\right)$.
Ta có:
$\vec u \times \vec v = (2ab\sqrt3,0,ab)$,
$|\vec u \times \vec v| = ab\sqrt{13}$.
Lấy vectơ nối từ $A$ đến $S$:
$\vec{AS} = (0,0,2a\sqrt3)$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SM$ là:
$d(AB,SM) = \dfrac{|\vec{AS}\cdot(\vec u \times \vec v)|}{|\vec u \times \vec v|}$
$= \dfrac{2a^2b\sqrt3}{ab\sqrt{13}}$
$= 2a\sqrt{\dfrac{3}{13}}$.
Tam giác $ABC$ vuông tại $B$, có $BC = 2a$.
Vì tam giác vuông tại $B$ nên: $AB \perp BC$.
Gọi $M$ là trung điểm của $AC$.
Cạnh bên $SA \perp (ABC)$ và $SA = a\sqrt3$.
Ta xét khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SM$.
Do $AB \subset (ABC)$ và $SA \perp (ABC)$ nên: $AB \perp SA$.
Lại có $AB \perp BC$ nên $AB \perp AC$.
Vì $M \in AC$ nên $AB \perp AM$.
Suy ra $AB \perp (SAM)$.
Do đó: $AB \perp SM$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SM$ chính là khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $SM$: $d(AB,SM) = d(A,SM)$.
Xét tam giác $ASM$:
Ta có $AM = \dfrac{AC}{2}$.
Vì tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên:
$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2}$
$= \sqrt{(2a)^2 + (2a)^2} = 2a\sqrt2$.
=> $AM = a\sqrt2$.
Diện tích tam giác $ASM$ là:
$S_{ASM} = \dfrac12 \cdot SA \cdot AM$
$= \dfrac12 \cdot a\sqrt3 \cdot a\sqrt2$
$= \dfrac{a^2\sqrt6}{2}$.
Mặt khác: $S_{ASM} = \dfrac12 \cdot SM \cdot d(A,SM)$
$\Rightarrow d(A,SM) = \dfrac{2S_{ASM}}{SM}$.
Ta có: $SM = \sqrt{SA^2 + AM^2}$ $= \sqrt{3a^2 + 2a^2} = a\sqrt5$.
=> $d(AB,SM) = d(A,SM)$
$= \dfrac{2 \cdot \dfrac{a^2\sqrt6}{2}}{a\sqrt5}$
$= a\sqrt{\dfrac{6}{5}}$.
x s K A N B H D C
Ta có : \(\widehat{SCH}\) là góc giữa SC và mặt phẳng (ABC).
\(\Rightarrow\widehat{SCH}=60^0\)
Gọi D là trung điểm cạnh AB. Ta có :
\(HD=\frac{a}{6}\), CD= \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
\(HC=\sqrt{HD^2+CD^2}=\frac{a\sqrt{7}}{3}\)
\(SH=HC.\tan60^0=\frac{a\sqrt{21}}{3}\)
\(V_{s.ABC}=\frac{1}{3}.SH.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{21}}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{7}}{12}\)
Kẻ Ax song song với BC, gọi N, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên Ax và SN. Ta có BC song song với mặt phẳng (SAN) và \(BA=\frac{3}{2}HA\)
Nên \(d\left(SA.BC\right)=d\left(B,\left(SAN\right)\right)=\frac{3}{2}d\left(H.\left(SAN\right)\right)\)
\(AH=\frac{2a}{3}\); \(HN=AH.\sin60^0=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)
\(HK=\frac{SH.HN}{\sqrt{SH^2+HN^2}}=\frac{a\sqrt{42}}{12}\)
Vậy \(d\left(SA.BC\right)=\frac{a\sqrt{42}}{8}\)
Góc 60 là góc SCH. Dễ dàng tính được V
Trong (ABC), kẻ At // BC, Cz//AB, giao At=N
d(sa,bc)=d(bc, (SAN))=d(B, (SAN))=3/2 d(H, (SAN)).
Từ H kẻ HE vuông AN
Trong (SHE) kẻ HF vuông SE
=> d(H(SAN))=HF