Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì hình chóp S.ABC đều, gọi G là hình chiếu của S trên (ABC) nên G là tâm của đáy ABC là tam giác đều do đó G cũng là trọng tâm hay trực tâm của tam giác ABC.
Gọi AG cắt BC tại D
a) Ta có A là hình chiếu của A trên (ABC)
G là hình chiếu của S trên (ABC)
\( \Rightarrow \) AG là hình chiếu của SA trên (ABC)
\( \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA,AG} \right) = \widehat {SAG}\)
Tam giác ABC đều cạnh a nên \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Mà G là trọng tâm nên \(AG = \frac{2}{3}AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)
Xét tam giác SAG vuông tại G có
\(SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}} = \sqrt {{b^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} \)
\(\sin \widehat {SAG} = \frac{{SG}}{{SA}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} :b = \sqrt {1 - \frac{{{a^2}}}{{3{b^2}}}} \)
b) Ta có \(AG \bot BC,SG \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right);SD \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow BC \bot SD\)
\(BC \bot AD\) (G là trực tâm)
\(\begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\ \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AD,SD} \right) = \widehat {SDA}\end{array}\)
Mà G là trọng tâm nên \(GD = \frac{1}{3}AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)
Xét tam giác SGD vuông tại G có
\(\tan \widehat {SGD} = \frac{{SG}}{{GD}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} :\frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{6}{{a\sqrt 3 }}.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} \)
a) Vì S.ABC là hình chóp đều nên ∆ABC là tam giác đều và có SA = SB = SC. Do đó khi ta vẽ SH ⊥ (ABC) thì H là trọng tâm của tam giác đều ABC và ta có AH ⊥ BC. Theo định lí ba đường vuông góc ta có SA ⊥ BC.
Chứng minh tương tự ta có SB ⊥ AC và SC ⊥ AB
b) Vì BC ⊥ AH và BC ⊥ SH nên BC ⊥ (SAH)
Chứng minh tương tự ta có CA ⊥ (SBH) và AB ⊥ (SCH).
a) Gọi I là trung điểm của cạnh B'C'. Theo giả thiết ta có AI ⊥ (A'B'C') và ∠ A A ′ I = 60 ο . Ta biết rằng hai mặt phẳng (ABC) và (A'B'C') song song với nhau nên khoảng cách giữa hai mặt phẳng chính là khoảng cách AI.
Do đó
b) 
⇒ B′C′ ⊥ AA′
Mà AA′ // BB′ // CC′ nên B’C’ ⊥ BB’
Vậy mặt bên BCC’B’ là một hình vuông vì nó là hình thoi có một góc vuông.
Chọn đáp án C
Do S. ABCD đều, có trọng tâm G của tam giác SAC cũng là trọng tâm của SBD.
Nên M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD.
Do đó
Gọi K là trung điểm của AB, O = AC ∩ BD do S. ABCD đều nên SO ⊥ (ABCD)
ABCD là hình vuông nên có SKO = 60 0
Xét tam giác SKO vuông tại O có KO = a 2 và SKO = 60 0 suy ra:
Gọi \(O\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).
\(\begin{array}{l} \Rightarrow SO \bot \left( {ABC} \right)\\ \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA,OA} \right) = \widehat {SAO},\\\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB,OB} \right) = \widehat {SBO},\\\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC,OC} \right) = \widehat {SCO}\end{array}\)
Tam giác \(ABC\) đều \( \Rightarrow OA = OB = OC\).
\(\begin{array}{l}SA = SB = SC \Rightarrow \frac{{OA}}{{SA}} = \frac{{OB}}{{SB}} = \frac{{OC}}{{SC}} \Rightarrow \cos \widehat {SAO} = \cos \widehat {SBO} = {\mathop{\rm co}\nolimits} \widehat {sSCO}\\ \Rightarrow \left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right)\end{array}\)