Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
3.
O là trung điểm AC, M là trung điểm SA
\(\Rightarrow\) OM là đường trung bình tam giác SAC
\(\Rightarrow OM//SC\)
Mà \(SC\in\left(SCD\right)\Rightarrow OM//\left(SCD\right)\)
Theo cmt \(OM//SC\Rightarrow OM\in\left(\alpha\right)\)
Qua M kẻ đường thẳng song song AD cắt SD tại P
Qua O kẻ đường thẳng song song AD cắt AB và CD lần lượt tại E và F
\(\Rightarrow\) Hình thang MEFP là thiết diện của \(\left(\alpha\right)\) và chóp
1.
Đề bài ko đúng, tổng của các vecto thì làm sao bằng 1 số được? Bạn có thiếu dấu trị tuyệt đối hay gì đó ko?
2.
\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SA\perp AD\\SA\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) các tam giác SAD và SAB vuông
\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC\)
Mà \(BC\perp AB\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB\)
\(\Rightarrow\Delta SBC\) vuông tại B
Tương tự \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp CD\\CD\perp AD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp SD\Rightarrow\Delta SCD\) vuông
\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow AB\) là hình chiếu của SB lên (ABCD)
\(\Rightarrow\widehat{SBA}\) là góc giữa SB và (ABCD)
\(tan\widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SBA}=60^0\)
16.
Đặt cạnh của đáy là x
\(DM=\sqrt{AD^2+AM^2}=\sqrt{x^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}=\frac{x\sqrt{5}}{2}\)
\(CM=\sqrt{BC^2+BM^2}=\sqrt{x^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}=\frac{x\sqrt{5}}{2}\)
\(\Rightarrow DM=CM\Rightarrow\Delta_vSMD=\Delta_vSMC\)
\(\Rightarrow SC=SD=2a\sqrt{5}\)
Mà \(SM\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SCM}\) là góc giữa SC và (ABCD) \(\Rightarrow\widehat{SCM}=60^0\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}CM=SC.cos60^0=a\sqrt{5}\\SM=SC.sin60^0=a\sqrt{15}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AB=x=\frac{2CM}{\sqrt{5}}=2a\)
Gọi N là trung điểm CD \(\Rightarrow CD\perp\left(SMN\right)\)
\(AM//CD\Rightarrow AM//\left(SCD\right)\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=d\left(M;\left(SCD\right)\right)\)
Từ M kẻ \(MM\perp SN\Rightarrow MH\perp\left(SCD\right)\Rightarrow MH=d\left(H;\left(SCD\right)\right)\)
\(MN=AB=2a\)
\(\frac{1}{MH^2}=\frac{1}{SM^2}+\frac{1}{MN^2}\Rightarrow MH=\frac{SM.MN}{\sqrt{SM^2+MN^2}}=\frac{2a\sqrt{15}}{\sqrt{19}}\)
14.
Do \(\widehat{C'BC}\) là góc giữa (ABCD) và (ABC') nên \(\widehat{C'BC}=60^0\)
\(\Rightarrow CC'=BC.tan60^0=a\sqrt{3}\)
15.
Gọi H là trung điểm BC \(\Rightarrow OH\perp BC\)
Chóp tứ giác đều \(\Rightarrow SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SO\perp BC\)
\(\Rightarrow BC\perp\left(SOH\right)\)
Từ O kẻ \(OK\perp SH\Rightarrow OK\perp\left(SBC\right)\Rightarrow OK=d\left(O;\left(SBC\right)\right)\)
\(OH=\frac{1}{2}AB=\frac{a}{2}\) ; \(AC=a\sqrt{2}\Rightarrow OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)
\(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)
\(\frac{1}{OK^2}=\frac{1}{SO^2}+\frac{1}{OH^2}\Rightarrow OK=\frac{SO.OH}{\sqrt{SO^2+OH^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}\)
Từ giả thiết suy ra S nằm trên giao tuyến của 2 mặt phẳng qua B và C, lần lượt vuông góc AB và AC
Trong mặt phẳng (ABCD), qua B dựng d vuông góc AB, qua C dựng d' vuông góc AC, gọi H là giao điểm d và d' \(\Rightarrow H\) là hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD)
Ta có các tam giác vuông ACH, ABH nội tiếp đường tròn đường kính AH nên ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AH
\(\Rightarrow O\) là trung điểm AH \(\Rightarrow MO//SH\) (tính chất đường trung bình)
\(\Rightarrow MO\perp\left(ABCD\right)\)
Cũng từ trên ta suy ra M là tâm mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABCD
\(\Rightarrow SD\perp DA\)
Vì \(AB//CD\Rightarrow\alpha\) là góc giữa SC và CD
\(\Rightarrow cos\alpha=\left|cos\widehat{SCD}\right|=\sqrt{1-sin^2\widehat{SCD}}\)
Gọi K là hình chiếu vuông góc của M lên (SCD), do M là tâm mặt cầu ngoại tiếp \(\Rightarrow K\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SCD
Áp dụng định lý hàm sin:
\(sin\widehat{SCD}=\frac{SD}{2ID}>\frac{SD}{2MD}=\frac{SD}{SA}\) (do M là tâm mặt cầu \(\Rightarrow MD=MA=\frac{1}{2}SA\))
\(\Rightarrow cos\alpha< \sqrt{1-\frac{SD^2}{SA^2}}=\sqrt{\frac{SA^2-SD^2}{SA^2}}=\frac{AD}{SA}=\frac{BC}{SA}\)
Câu 8:
Kẻ \(AH\perp SM\)
Trong mặt phẳng (SBC), qua H kẻ đường thẳng song song BC cắt SB và SC lần lượt tại P và Q
\(\Rightarrow\Delta APQ\) là thiết diện của (P) và chóp
\(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác đều)
\(\Rightarrow SA=AM\Rightarrow\Delta SAM\) vuông cân tại A
\(\Rightarrow AH=\frac{SA\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}\) đồng thời H là trung điểm SM
\(\Rightarrow PQ=\frac{1}{2}BC=\frac{a}{2}\) (đường trung bình)
\(\Rightarrow S_{\Delta APQ}=\frac{1}{2}AH.PQ=\frac{a^2\sqrt{6}}{16}\)
Câu 9.
\(SH\perp\left(ABC\right)\Rightarrow\widehat{SAH}\) là góc giữa SA và (ABC)
\(SH=AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\Delta SAH\) vuông cân tại H
\(\Rightarrow\widehat{SAH}=45^0\)
Câu 6:
Bạn kiểm tra lại đề, \(SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SO\perp OB\Rightarrow\widehat{SOB}=90^0\)
Nên không thể có chuyện \(tan\widehat{SOB}=\frac{1}{2}\)
Câu 7:
H là trực tâm tam giác ABC \(\Rightarrow BH\perp AC\)
Mà \(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BH\)
\(\Rightarrow BH\perp\left(SAC\right)\Rightarrow BH\perp SC\) (1)
K là trực tâm tam giác SBC \(\Rightarrow BK\perp SC\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow SC\perp\left(BHK\right)\Rightarrow\) góc giữa SC và (BHK) bằng 90 độ
Lời giải:
Lấy $H$ là trung điểm của $AC$. Dễ thấy $MH\parallel SO\Rightarrow MH\perp (ABCD)$
$\Rightarrow \angle (MN, (ABCD))=\widehat{MNH}=60^0$
Áp dụng định lý cos cho tam giác $CNH$ có:
$NH=\sqrt{CH^2+CN^2-2CH.CN.\cos \widehat{NCH}}$
\(=\sqrt{(\frac{3a\sqrt{2}}{4})^2+(\frac{a}{2})^2-2.\frac{3a\sqrt{2}}{4}.\frac{a}{2}.\cos 45^0}=a\sqrt{\frac{5}{8}}\)
\(MN=\frac{NH}{\cos 60^0}=2NH=2a\sqrt{\frac{5}{8}}\)
Kẻ $KT\parallel MH$ cắt $MN$ tại $T$
$\Rightarrow KT\parallel SO\Rightarrow KT\parallel (SBD)$
Mà $K\in BD$ nên $KT\subset (SBD)\Rightarrow T\in (SBD)$
Như vậy, $T$ chính là giao của $MN$ với $(SBD)$
Kẻ $NU\perp BD$. Thấy rằng $NU\perp BD, NU\perp TK$
$\Rightarrow NU\perp (SBD)$
$\Rightarrow \angle (MN, (SBD))=\widehat{UTN}$
$\Rightarrow \sin (MN, (SBD))=\sin \widehat{UTN}=\frac{UN}{TN}(1)$
Trong đó:
$UN=\frac{OC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{4}(2)$
$\triangle KHO\sim \triangle KNU\Rightarrow \frac{KH}{KN}=\frac{HO}{NU}=1\Rightarrow \frac{TM}{TN}=\frac{KH}{KN}=1\Rightarrow TN=\frac{MN}{2}=a\sqrt{\frac{5}{8}}(3)$
Từ $(1);(2);(3)\Rightarrow \sin (MN,(SBD))$\(=\frac{a\sqrt{2}}{4.a\sqrt{\frac{5}{8}}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\)
25.
H là hình chiếu của S lên (ABC)
Do \(SA=SB=SC\Rightarrow HA=HB=HC\)
\(\Rightarrow\) H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
26.
\(\left\{{}\begin{matrix}AB\perp BC\\AB\perp CD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AB\perp\left(BCD\right)\) \(\Rightarrow AB\perp BD\)
\(\Rightarrow\Delta ABD\) vuông tại B
Pitago tam giác vuông BCD (vuông tại C):
\(BC^2+CD^2=BD^2\Rightarrow BD^2=b^2+c^2\)
Pitago tam giác vuông ABD:
\(AD^2=AB^2+BC^2=a^2+b^2+c^2\)
\(\Rightarrow AD=\sqrt{a^2+b^2+c^2}\)
23.
Gọi H là chân đường cao hạ từ S xuống BC
\(\Rightarrow BH=SB.cos30^0=3a\) ; \(SH=SB.sin30^0=a\sqrt{3}\) ; \(CH=4a-3a=a\)
\(\Rightarrow BC=4HC\Rightarrow d\left(B;\left(SAC\right)\right)=4d\left(H;\left(SAC\right)\right)\)
Từ H kẻ \(HE\perp AC\) ; từ H kẻ \(HF\perp SE\Rightarrow HF\perp\left(SAC\right)\)
\(\Rightarrow HF=d\left(H;\left(SAC\right)\right)\)
\(HE=CH.sinC=\frac{CH.AB}{AC}=\frac{a.3a}{5a}=\frac{3a}{5}\)
\(\frac{1}{HF^2}=\frac{1}{HE^2}+\frac{1}{SH^2}\Rightarrow HF=\frac{HE.SH}{\sqrt{HE^2+SH^2}}=\frac{3a\sqrt{7}}{14}\)
\(\Rightarrow d\left(B;\left(SAC\right)\right)=4HF=\frac{6a\sqrt{7}}{7}\)
24.
\(SA=SC\Rightarrow SO\perp AC\)
\(SB=SD\Rightarrow SO\perp BD\)
\(\Rightarrow SO\perp\left(ABCD\right)\)