Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét mặt phẳng đáy (ABCD) là hình thang cân. Kéo dài AC cắt BD tại I ta thu được tam giác đều ICD.
Do đó AD và BC đồng thời là đường cao và là đường trung tuyến của tam giác ICD. Suy ra O là trọng tâm của tam giác ICD (Với O là giao của AD và BC)
Ta có: \(AD=\sqrt{CD^2-AC^2}=a\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow OA=\dfrac{1}{3}a\sqrt{3}\)
Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và có giao tuyến là SO. Do đó SO vuông góc với (ABCD)
Xét tam giác SOB vuông tại O ta có:
\(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)
Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) là \(\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)
Ta có: \(S_{ABCD}=\dfrac{3}{4}.S_{ICD}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{AD.CI}{2}=\dfrac{3}{8}.a\sqrt{3}.2a=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2\)
\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{15}}{3}a.\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2=\dfrac{\sqrt{5}}{4}a^3\)
Đáp án B
Kẻ IH ⊥ BC. Ta có:
Mà
Dễ thấy góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc SJI, có:
Vậy 
a, Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AB\perp SA\left(do:SA\perp\left(ABCD\right)\right)\\AB\perp AD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow AB\perp\left(SAD\right)\)
Từ C kẻ CH // AB ⇒ CH ⊥ (SAD)
⇒ d (C, (SAD)) = CH = 2a
b, Ta có: \(\left(SAC\right)\cap\left(ABCD\right)=AC\)
Hạ DE ⊥ AC ⇒ DE ⊥ (SAC)
⇒ d(D, (SAC)) = DE
Ta có: AC = 2a√2, AH = HC 2a và HD = a
Xét tam giác HDC vuông tại H, có: \(DC=\sqrt{HD^2+HC^2}=a\sqrt{5}\)
Xét tam giác AHC vuông cân tại H, có: \(\widehat{HAC}=45^o=\widehat{DAE}\)
Xét tam giác ADE vuông tại E, có: \(DE=AD.sin\widehat{DAE}=\dfrac{3a\sqrt{2}}{2}\)
a) Tam giác ABD có AB = AD ( do ABCD là hình thoi)
=> Tam giác ABD cân tại A. Lại có góc A= 60o
=> Tam giác ABD đều.
Lại có; SA = SB = SD nên hình chóp S.ABD là hình chóp đều.
* Gọi H là tâm của tam giác ABD
=>SH ⊥ (ABD)
*Gọi O là giao điểm của AC và BD.
- Gọi O là giao điểm của AC và BD.
- Kẻ: OI ⊥ AB, OH ⊥ SI.
+) Ta có:
+) Ta lại có:
- Do đó, góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng góc 
+) Khi đó: CD // AB nên CD // ( SAB).
Suy ra:
- Ta có:
+) Tam giác ABC có BC = BA và 
nên tam giác ABC đêù
- Trong tam giác OIA có:
Chọn C
Phương pháp:
- Xác định góc giữa mặt phẳng (SBD) với (ABD) (góc giữa hai đường thẳng cùng vuông góc với giao tuyến)
- Tính khoảng cách dựa vào công thức tỉ số khoảng cách:
Cách giải
Xét mặt phẳng đáy (ABCD) là hình thang cân. Kéo dài AC cắt BD tại I ta thu được tam giác đều ICD.
Do đó AD và BC đồng thời là đường cao và là đường trung tuyến của tam giác ICD. Suy ra O là trọng tâm của tam giác ICD (Với O là giao của AD và BC)
Ta có: \(AD=\sqrt{CD^2-AC^2}=a\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow OA=\dfrac{1}{3}a\sqrt{3}\)
Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và có giao tuyến là SO. Do đó SO vuông góc với (ABCD)
Xét tam giác SOB vuông tại O ta có:
\(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)
Vậy khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) là \(\dfrac{\sqrt{15}}{3}a\)
Ta có: \(S_{ABCD}=\dfrac{3}{4}.S_{ICD}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{AD.CI}{2}=\dfrac{3}{8}.a\sqrt{3}.2a=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2\)
\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{15}}{3}a.\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2=\dfrac{\sqrt{5}}{4}a^3\)