Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) (SAB) và (SAD) cùng vuông góc (ABCD), (SAB) và (SAB) có giao tuyến SA => SA vuông góc (ABCD)
=> BC vuông góc SA. Mà BC vuông góc AB nên BC vuông góc (SAB).
Ta cũng có BD vuông góc AS, BD vuông góc AC vì ABCD là hình vuông
=> BD vuông góc (SAC) hay (SAC) vuông góc (SBD).
b) Gọi M là trung điểm của AB, CM cắt AD tại P, H thuộc CM sao cho AH vuông góc CM, K thuộc SH sao cho AK vuông góc SH.
Dễ thấy AN || CM => AN || (SCM) => d(AN,SC) = d(AN,SCM) = d(A,SCM) = d(A,SMP)
Ta có AH vuông góc MP, MP vuông góc AS => MP vuông góc (HAS) => (SMP) vuông góc (HAS)
Vì (SMP) và (HAS) có giao tuyến SH, AK vuông góc SH tại K nên d(A,SMP) = AK
Theo hệ thức lượng thì: \(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AP^2}\)
\(\Rightarrow d\left(AN,SC\right)=d\left(A,SMP\right)=AK=\frac{AS.AM.AP}{\sqrt{AS^2AM^2+AM^2AP^2+AP^2AS^2}}\)
\(=\frac{a\sqrt{2}.\frac{a}{2}.a}{\sqrt{2a^2.\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}.a^2+a^2.2a^2}}=\frac{a\sqrt{22}}{11}.\)
a) \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot C{\rm{D}}\)
\(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow A{\rm{D}} \bot C{\rm{D}}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right) \Rightarrow C{\rm{D}} \bot S{\rm{D}}\\ \Rightarrow d\left( {S,C{\rm{D}}} \right) = S{\rm{D}} = \sqrt {S{A^2} + A{{\rm{D}}^2}} = a\sqrt 2 \end{array}\)
b) \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot A{\rm{D}}\)
\(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow A{\rm{B}} \bot A{\rm{D}}\)
\( \Rightarrow A{\rm{D}} \bot \left( {SA{\rm{B}}} \right) \Rightarrow d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = A{\rm{D}} = a\)
c) Kẻ \(AH \bot S{\rm{D}}\left( {H \in S{\rm{D}}} \right)\).
\(C{\rm{D}} \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right) \Rightarrow C{\rm{D}} \bot AH\)
\( \Rightarrow AH \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = AH\)
Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\)
\( \Rightarrow AH = \frac{{SA.A{\rm{D}}}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Vậy \(d\left( {A,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
a) Gọi \(O\) là tâm của đáy
\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot AB\)
\(I\) là trung điểm của \(AB\)
\(J\) là trung điểm của \(C{\rm{D}}\)
\( \Rightarrow IJ\) là đường trung bình của hình vuông \(ABCD\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow IJ\parallel A{\rm{D}}\\AB \bot A{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow IJ \bot AB\)
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}SO \bot AB\\IJ \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SIJ} \right)\)
b) Kẻ \(IH \bot SJ\left( {H \in SJ} \right),OK \bot SJ\left( {K \in SJ} \right) \Rightarrow IH\parallel OK\)
\(O\) là trung điểm của \(IJ \Rightarrow IH = 2{\rm{O}}K\)
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}AB\parallel C{\rm{D}}\\C{\rm{D}} \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB\parallel \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right)\)
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}AB \bot \left( {SIJ} \right)\\C{\rm{D}}\parallel AB\end{array} \right\} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot \left( {SIJ} \right) \Rightarrow C{\rm{D}} \bot IH\\ & IH \bot SJ\end{array} \right\} \Rightarrow IH \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\ \Rightarrow d\left( {AB,C{\rm{D}}} \right) = d\left( {AB,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = IH\end{array}\)
\(O\) là trung điểm của \(IJ\), \(IH\parallel {\rm{O}}K\)\( \Rightarrow IH = 2{\rm{O}}K\)
\(O\) là trung điểm của \(B{\rm{D}}\)
\(J\) là trung điểm của \(C{\rm{D}}\)
\( \Rightarrow OJ\) là đường trung bình của \(\Delta BCD\)
\( \Rightarrow OJ = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}\)
\(\Delta ABC\) vuông tại \(B\)\( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow OA = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
\(\Delta SAO\) vuông tại \(O\)\( \Rightarrow SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)
\(\Delta SOJ\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OK\)
\( \Rightarrow OK = \frac{{SO.OJ}}{{\sqrt {S{O^2} + O{J^2}} }} = \frac{{a\sqrt {42} }}{{14}}\)
\( \Rightarrow d\left( {AB,C{\rm{D}}} \right) = IH = 2OK = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}\)
a) A là hình chiếu của S trên (ABCD) \(\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\)
C là hình chiếu của C trên (ABCD)
\( \Rightarrow \) AC là hình chiếu của SC trên (ABCD)
\( \Rightarrow \) \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\)
Xét tam giác ABC vuông tại B có
\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \)
Xét tam giác SAC vuông tại A có
\(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = 1 \Rightarrow \widehat {SCA} = {45^0}\)
Vậy \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = {45^0}\)
b) \(\left. \begin{array}{l}AC \bot BD\left( {hv\,\,ABCD} \right)\\SA \bot BD\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\AC \cap SA = \left\{ A \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {BD,\left( {SAC} \right)} \right) = {90^0}\)
c) Gọi \(AC \cap BD = \left\{ O \right\}\) mà \(BD \bot \left( {SAC} \right)\)
\( \Rightarrow \) O là hình chiếu của B trên (SAC)
S là hình chiếu của S trên (SAC)
\( \Rightarrow \) SO là hình chiếu của SB trên (SAC).
tham khảo
\(SA\perp\left(SBCD\right)\) nên \(SA\perp BC\)
Mà \(BC\perp AB\) nên \(BC\perp\left(SAB\right)\)
Tam giác \(SBC\) có \(MN\) là đường trung bình nên \(MN//BC,MN=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{a}{2}\text{}\)
Suy ra:\(MN\perp\left(SAB\right)\) và \(MN\perp AM\)
Tam giác \(SCD\) có \(NP\) là đường trung bình nên \(NP//CD\)
Mà \(MN//BC,BC\perp CD\)
Suy ra \(MN\perp NP\)
Vậy \(d\left(AM,NP\right)=MN=\dfrac{a}{2}\)
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB\\AB \bot A{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\ \Rightarrow d\left( {B,\left( {SA{\rm{D}}} \right)} \right) = AB = a\end{array}\)
b) Kẻ \(AH \bot SC \Rightarrow d\left( {A,SC} \right) = AH\)
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\)\( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 \)
Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\)\( \Rightarrow SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = a\sqrt 3 \)
Tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\)\( \Rightarrow AH = \frac{{SA.AC}}{{SC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\)
Vậy \(d\left( {A,SC} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
a.
\(\left\{{}\begin{matrix}SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SO\perp AC\\AC\perp BD\left(\text{hai đường chéo hình vuông}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow AC\perp\left(SBD\right)\)
Mà \(AC\in\left(SAC\right)\Rightarrow\left(SAC\right)\perp\left(SBD\right)\)
b.
\(SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow OC\) là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD)
\(\Rightarrow\widehat{SCO}\) là góc giữa SC và (ABCD)
\(OC=\dfrac{1}{2}AC=a\sqrt{2}\)
\(tan\widehat{SCO}=\dfrac{SO}{OC}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SCO}=60^0\)
c.
Gọi E là trung điểm CD, từ O kẻ \(OF\perp SE\)
OE là đường trung bình tam giác BCD \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OE=\dfrac{1}{2}BC=a\\OE||BC\Rightarrow OE\perp CD\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow CD\perp\left(SOE\right)\)\(\Rightarrow CD\perp OF\)
\(\Rightarrow OF\perp\left(SCD\right)\Rightarrow OF=d\left(O;\left(SCD\right)\right)\)
Do \(\left\{{}\begin{matrix}AO\cap\left(SCD\right)=C\\AC=2OC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow d\left(AB;\left(SCD\right)\right)=d\left(A;\left(SCD\right)\right)=2d\left(O;\left(SCD\right)\right)=2OF\)
Hệ thức lượng: \(OF=\dfrac{OE.SO}{\sqrt{OE^2+SO^2}}=...\)
a) SA vuông góc với (ABCD) => SA vuông góc AD; hình thang ABCD vuông tại A => AD vuông góc AB
=> AD vuông góc (SAB), mà AD nằm trong (SAD) nên (SAB) vuông góc (SAD).
b) AD vuông góc (SAB), BC || AD => BC vuông góc (SAB) => B là hc vuông góc của C trên (SAB)
=> (SC,SAB) = ^CAB
\(SB=\sqrt{AS^2+AB^2}=\sqrt{2a^2+a^2}\)\(=a\sqrt{3}\)
\(\tan\widehat{CAB}=\frac{BC}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)=> (SC,SAB) = ^CAB = 300.
c) T là trung điểm của AD, K thuộc ST sao cho AK vuông góc ST, BT cắt AC tại O, HK cắt AO tại I, AI cắt SC tại L.
BC vuông góc (SAB) => BC vuông góc AH, vì AH vuông góc SB nên AH vuông góc SC. Tương tự AK vuông góc SC
=> SC vuông góc (HAK) => SC vuông góc AI,AL. Lập luận tương tự thì AL,AI vuông góc (SCD).
Dễ thấy \(\Delta\)SAB = \(\Delta\)SAT, chúng có đường cao tương ứng AH và AK => \(\frac{HS}{HB}=\frac{KS}{KT}\)=> HK || BT || CD
=> d(H,SCD) = d(I,SCD) = IL (vì A,I,L vuông góc (SCD)) = \(\frac{IL}{AL}.AL=\frac{CO}{CA}.\frac{SI}{SO}.AL=\frac{1}{2}.\frac{SH}{SB}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}\)
\(=\frac{1}{2}.\frac{SA^2}{SA^2+SB^2}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}=\frac{1}{2}.\frac{2a^2}{2a^2+a^2}.\frac{a\sqrt{2}.a\sqrt{2}}{\sqrt{2a^2+2a^2}}=\frac{a}{3}\)
a) Trong (SAC) kẻ \(AH \bot SC \Rightarrow d\left( {A,SC} \right) = AH\)
Xét tam giác ABC vuông tại B có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \)
Xét ta giác SAC vuông tại A có
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = a\)
\( \Rightarrow d\left( {A,SC} \right) = a\)
b) Ta có \(BD \bot AC,BD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right) \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\)
c) Trong (SAC) kẻ \(OK \bot SC\)
\(\begin{array}{l}OK \bot BD\left( {BD \bot \left( {SAC} \right)} \right)\\ \Rightarrow d\left( {SC,BD} \right) = OK\end{array}\)
Xét tam giác AHC vuông tại H có
O là trung điểm AC
OK // AH (cùng vuông góc SC)
\( \Rightarrow \) OK là đường trung bình \( \Rightarrow \) \(OK = \frac{1}{2}AH = \frac{a}{2}\)\( \Rightarrow d\left( {BD,SC} \right) = \frac{a}{2}\)