Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(d\left(M,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)
.jpg)
là trọng tâm tam giác SAE.
Tứ diện AEND vuông tại đỉnh A nên
Vậy
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: \(S_{ABCD}=\dfrac{3}{4}.S_{ICD}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{AD.CI}{2}=\dfrac{3}{8}.a\sqrt{3}.2a=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2\)
\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{15}}{3}a.\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2=\dfrac{\sqrt{5}}{4}a^3\)
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: \(S_{ABCD}=\dfrac{3}{4}.S_{ICD}=\dfrac{3}{4}.\dfrac{AD.CI}{2}=\dfrac{3}{8}.a\sqrt{3}.2a=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2\)
\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\dfrac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{\sqrt{15}}{3}a.\dfrac{3\sqrt{3}}{4}a^2=\dfrac{\sqrt{5}}{4}a^3\)
+ 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).
+ Kẻ SH ⊥ AC, H ∈ AC
Do (SAC) ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ (ABCD)
+ BD = 2a ⇒ AC = 2a
SA = A C 2 − S C 2 = 2 a 2 − a 3 2 = a ; SH = S A . S C A C = a . a 3 2 a = a 3 2
Ta có: AH = S A 2 − S H 2 = a 2 − a 3 2 2 = a 2 ⇒ AC = 4AH
Lại có: HC ∩ (SAD) = A d C ; S A D d H ; S A D = A C A H = 4
⇒ d(C; (SAD)) = 4d(H; (SAD))
Do BC // (SAD) (BC//AD) ⇒ d(B; (SAD)) = d(C; (SAD))
Do đó d(B; (SAD)) = 4d(H; (SAD))
+ Kẻ HK ⊥ AD tại K, kẻ HJ ⊥ SK tại J
Ta chứng minh được HJ ⊥ (SAD) ⇒ d(H; (SAD)) = HJ
⇒ d(B; (SAD)) = 4HJ
+ Tính HJ
Tam giác AHK vuông tại K có H A K ^ = C A D ^ = 45 ° ⇒ HK = AH.sin 45 ° = a 2 4
Mặt khác: 1 H J 2 = 1 H K 2 + 1 S H 2 ⇒ HJ = a 21 14
Vậy d(B; (SAD)) = 4 . a 21 14 = 2 a 21 7 .
Đáp án C
a) Vì ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a nên ta có: AD //BC và AB = BC = CD = a, đồng thời AC ⊥ CD, AB ⊥ BD, AC = BD = a√3.
Như vậy 
Trong mặt phẳng (SAC) dựng AH ⊥ SC tại H ta có AH ⊥ CD và AH ⊥ SC nên AH ⊥ (SCD)
Vậy AH = d(A,(SCD))
Xét tam giác SAC vuông tại A có AH là đường cao, ta có:
Vậy A H 2 = 2 a 2 ⇒ A H = a 2
Gọi I là trung điểm của AD ta có BI // CD nên BI song song với mặt phẳng (SCD). Từ đó suy ra d(B, (SCD)) = d(I,(SCD)).
Mặt khác AI cắt (SCD) tại D nên
Do đó: 
b) Vì AD // BC nên AD // (SBC), do đó d(AD, (SBC)) = d(A,(SBC))
Dựng AD ⊥ BC tại E ⇒ BC ⊥ (SAE)
Dựng AD ⊥ SE tại F ta có:
Vậy AF = d(A,(SBC)) = d(AD, (SBC))
Xét tam giác vuông AEB ta có:
Xét tam giác SAE vuông tại A ta có:
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: \(DE=AD.sin\widehat{DAE}=\dfrac{3a\sqrt{2}}{2}\)