Cho hình chóp đều SABCD,AB=a SA=2a AC∩ BD=O. M,N,P là trung điểm của BC,CD và SA. Xác định d(A;(SBD)) Xác dịnh d(D;(SCD)) Xâc định d(O;(SMN)) Xác định d(O;(SAN))
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
8 tháng 4 2023
a: \(AC=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}\)
(SC;(ABCD))=(CS;CA)=góc SCA
tan SCA=SA/AC=1/căn 2
=>góc SCA=35 độ
b:
Kẻ BH vuông góc AC tại H
(SB;SAC)=(SB;SH)=góc BSH
\(HB=\dfrac{a\cdot a}{a\sqrt{2}}=a\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
AH=AC/2=a*căn 2/2
=>\(SH=\sqrt{a^2+\dfrac{1}{2}a^2}=a\sqrt{\dfrac{3}{2}}\)
\(SH=\dfrac{a\sqrt{6}}{2};HB=\dfrac{a\sqrt{2}}{2};SB=a\sqrt{2}\)
\(cosBSH=\dfrac{SB^2+SH^2-BH^2}{2\cdot SB\cdot SH}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
=>góc BSH=30 độ
c: (SD;(SAB))=(SD;SA)=góc ASD
tan ASD=AD/AS=2
nên góc ASD=63 độ
NQ
Nguyễn Quốc Đạt
CTVVIP
3 tháng 4
a)
Ta có $SA = SB = SC = SD$ nên $S$ cách đều $A,B,C,D$.
Suy ra $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$ tại tâm $O$ của hình chữ nhật.
Do đó: $SO \perp (ABCD)$.
Mà $O \in AC$ nên: $SO \perp AC$.
Suy ra mặt phẳng $(SAC)$ chứa đường thẳng $SO \perp (ABCD)$.
Vậy: $(SAC) \perp (ABCD)$.
b)
Ta có $AB = a,\ AD = 2a \Rightarrow AC = \sqrt{a^2 + (2a)^2} = a\sqrt{5}$.
Trong tam giác vuông $SOC$:
$SC = 2a,\ OC = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt{5}}{2}$.
Áp dụng Pitago:
$SO^2 = SC^2 - OC^2 = (2a)^2 - \left(\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\right)^2$
$= 4a^2 - \dfrac{5a^2}{4} = \dfrac{16a^2 - 5a^2}{4} = \dfrac{11a^2}{4}$
$\Rightarrow SO = \dfrac{a\sqrt{11}}{2}$.
Khoảng cách từ $O$ đến $(SCD)$:
Xét tam giác $SCD$, ta có $O$ là trung điểm $CD$ chiếu lên.
Do tính đối xứng, khoảng cách cần tìm chính là chiều cao từ $O$ xuống $(SCD)$.
Vậy $d(O,(SCD)) = \dfrac{a\sqrt{11}}{6}$.
c)
Gọi $M$ là trung điểm $SA,\ N$ là trung điểm $BC$.
Ta có: $MN \parallel SB$ (định lý trung điểm trong không gian).
Xét góc giữa $MN$ và mặt phẳng $(SBD)$ chính là góc giữa $SB$ và $(SBD)$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $(ABD)$.
Ta có: $\sin \widehat{(SB,(SBD))} = \dfrac{SH}{SB}$.
Tính được: $\sin = \dfrac{\sqrt{11}}{4}$.
28 tháng 1 2021
\(SA=SB=AB\Rightarrow\Delta SAB\) đều
Do SA=SB=SC=SD \(\Rightarrow SO\perp\left(ABCD\right)\)
\(AB||CD\Rightarrow\left(SA;CD\right)=\left(SA;AB\right)=\widehat{SAB}=60^0\)
b.
\(SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SO\perp BC\Rightarrow\left(SO;BC\right)=90^0\)
c.
Ta có OM là đường trung bình tam giác SBD \(\Rightarrow OM||SD\)
\(\Rightarrow\left(SD;CM\right)=\left(OM;CM\right)=\widehat{OMC}\)
\(OM=\dfrac{1}{2}SD=a\) ; \(OC=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{1}{2}\sqrt{AB^2+AD^2}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\)
\(cos\widehat{SBC}=\dfrac{1}{4}\Rightarrow CM=\sqrt{BM^2+BC^2-2BM.BC.cos\widehat{SBC}}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)
\(cos\widehat{OMC}=\dfrac{OM^2+CM^2-OC^2}{2OM.CM}=\dfrac{5\sqrt{6}}{24}\)
\(\Rightarrow\widehat{OMC}\simeq59^0\)
30 tháng 4 2022
Có : AC vuông góc với BD (hình vuông ABCD)
SA vuông góc với BD ( do SA vuông góc với mp ABCD)
=> BD vuông góc với mp SAC...
HT
22 tháng 12 2020
Đề bài sai òi :v Vẽ hình ra đi bạn.
Giờ tui gán MN vô (SBD) thì giao tuyến của (SBD) và (SBC) là SB. Vậy nên SB phải song song với MN. Nhưng ko :) Song song chết liền hà :)
11 tháng 8 2016
kẻ CH_|_AD. AD=AH+HD= BC+căn ( CD^2- CH^2). Thay số.
V=1/3. SA. S abcd
Sabcd=1/2.( BC+ AD).AB
d( D; ( SBC))=d( A;(SBC))=AK
kẻ AK _|_ SB
CM
3 tháng 7 2017
Đáp án B
Gọi H 1 là chân đường cao kẻ từ H đến DC. H 2 là chân đường cao kẻ từ H đến S H 1 . Khi đó ta có
H H 1 = a 2 , S H = a 3 ⇒ 1 H H 2 = 1 H H 1 2 + 1 S H 2 = 1 3 a 2 + 1 2 a 2 = 5 6 a ⇒ H H 2 = 6 5 a
⇒ d A , S C D = 30 10 a
Chọn phương án B.
Vì S.ABCD là hình chóp đều
nên SA=SB=SC=SD
mà OA=OB=OC=OD
nên SO⊥(ABCD)
=>SO⊥AC và SO⊥BD
Ta có: AC⊥BD
AC⊥SO
mà SO,BD cùng thuộc mp(SBD)
nên AC⊥(SBD)
Ta có: OA⊥BD
OA⊥ OS
mà BD,SO cùng thuộc mp(SBD)
Do đó: OA⊥(SBD)
ABCD là hình vuông
=>\(AB^2+BC^2=AC^2\)
=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)
=>\(AC=a\sqrt2\)
Vì AO=OC
nên d(A;(SBD))=d(C;(SBD))=2*d(O;(SBD))=2*OA=AC=a\(\sqrt2\)
Gọi K là giao điểm của AC và MN
Xét ΔCBD có
M,N lần lượt là trung điểm của CB,CD
=>MN là đường trung bình của ΔCBD
=>MN//BD và \(MN=\frac{BD}{2}\)
MN//BD nên NK//DO và MK//BO
Xét ΔCDO có NK//DO
nên \(\frac{NK}{DO}=\frac{CK}{CO}=\frac{CN}{CD}=\frac12\)
Xét ΔCOB có KM//OB
nên \(\frac{KM}{OB}=\frac{CK}{CO}=\frac{CM}{CB}=\frac12\)
Ta có: \(\frac{NK}{DO}=\frac{KM}{OB}\)
mà DO=OB
nên NK=KM
=>K là trung điểm của NM
Qua O, kẻ OI⊥ SK tại I
Ta có: BD⊥AC
BD⊥ SO
mà AC,SO cùng thuộc mp(SAC)
nên BD⊥(SAC)
mà MN//BD
nên MN⊥(SAC)
=>MN⊥OI
OI⊥ SK
OI⊥MN
mà SK,MN cùng thuộc mp(SMN)
nên OI⊥(SMN)
=>d(O:(SMN))=OI
\(OK=\frac12OC=\frac12\cdot\frac{a\sqrt2}{2}=\frac{a\sqrt2}{4}\)
ΔSOA vuông tại O
=>\(SO^2+OA^2=SA^2\)
=>\(SO^2=SA^2-AO^2=\left(2a\right)^2-\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2=4a^2-a^2\cdot\frac24=4a^2-\frac12a^2=\frac72a^2\)
=>\(SO=a\cdot\sqrt{\frac72}=\frac{a\sqrt{14}}{2}\)
ΔSOK vuông tại O
=>\(SO^2+OK^2=SK^2\)
=>\(SK^2=\left(\frac{a\sqrt{14}}{2}\right)^2+\left(\frac{a\sqrt2}{4}\right)^2=a^2\cdot\frac{14}{4}+a^2\cdot\frac{2}{16}=a^2\cdot\frac72+a^2\cdot\frac18=a^2\cdot\left(\frac72+\frac18\right)=a^2\cdot\frac{29}{8}\)
=>\(SK=a\sqrt{\frac{29}{8}}=\frac{a\sqrt{58}}{4}\)
Xét ΔSOK vuông tại O có OI là đường cao
nên \(OI\cdot SK=SO\cdot OK\)
=>\(OI\cdot\frac{a\sqrt{58}}{4}=\frac{a\sqrt{14}}{2}\cdot\frac{a\sqrt2}{4}=\frac{a^2\cdot\sqrt{28}}{8}=\frac{a^2\cdot2\cdot\sqrt7}{2\cdot4}=\frac{a^2\sqrt7}{4}\)
=>\(OI=\frac{a^2\sqrt7}{a\sqrt{58}}=a\cdot\sqrt{\frac{7}{58}}=\frac{a\sqrt{406}}{58}\)
=>\(d\left(O;\left(SMN\right)\right)=\frac{a\sqrt{406}}{58}\)