Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\Delta SAB,\Delta SAC\) đều \( \Rightarrow AB = {\rm{A}}C = a\)
\(BC = \sqrt {S{B^2} + S{C^2}} = a\sqrt 2 \)
\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông cân tại \(A\)
\(AJ\) là trung tuyến của tam giác \(ABC\)\( \Rightarrow AJ = \frac{1}{2}BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
\(\Delta SBC\) vuông cân tại \(S\) có \(SJ\) là trung tuyến
\( \Rightarrow SJ = \frac{1}{2}BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
\(IJ\) là trung tuyến của tam giác \(SAJ\)\( \Rightarrow IJ = \frac{{\sqrt {2\left( {A{J^2} + S{J^2}} \right) - S{A^2}} }}{2} = \frac{a}{2}\)
\(AI = \frac{1}{2}SA = \frac{a}{2};BJ = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}\)
Xét tam giác \(AIJ\) có: \(A{I^2} + I{J^2} = A{J^2}\)
\( \Rightarrow \Delta AIJ\) vuông tại \(I\)\( \Rightarrow AI \bot IJ \Rightarrow SA \bot IJ\)
\(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow BI = \sqrt {A{B^2} - A{I^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Xét tam giác \(BIJ\) có: \(B{J^2} + I{J^2} = B{I^2}\)
\( \Rightarrow \Delta BIJ\) vuông tại \(J\)\( \Rightarrow BJ \bot IJ \Rightarrow BC \bot IJ\)
Xét tam giác \(SAC\) có:
\(AC = \sqrt {S{A^2} + S{C^2} - 2.SA.SC.\cos \widehat {ASC}} = a\sqrt 3 \)
\(SI\) là trung tuyến \( \Rightarrow SI = \frac{{\sqrt {2\left( {S{A^2} + S{C^2}} \right) - A{C^2}} }}{2} = \frac{a}{2}\)
Ta có: \(S{I^2} + A{I^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} = S{A^2}\)
\( \Rightarrow \Delta SAI\) vuông tại \(I \Rightarrow SI \bot AC\)
Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\) có: \(AB = \sqrt {S{A^2} + S{B^2}} = a\sqrt 2 \)
Xét tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) có \(\widehat {BSC} = {60^ \circ }\) nên tam giác \(SBC\) đều. Vậy \(BC = a\)
Xét tam giác \(ABC\) có: \(A{B^2} + B{C^2} = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} + {a^2} = 3{a^2} = A{C^2}\)
\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B \Rightarrow BI = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Xét tam giác \(SBI\) có: \(S{I^2} + B{I^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} = S{B^2}\)
\( \Rightarrow \Delta SBI\) vuông tại \(I \Rightarrow SI \bot BI\)
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}SI \bot AC\\SI \bot BI\end{array} \right\} \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)\)
a) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}A \in \left( {AOS} \right) \cap \left( {AOB} \right)\\O \in \left( {AOS} \right) \cap \left( {AOB} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AO = \left( {AOS} \right) \cap \left( {AOB} \right)\)
b) \(\widehat {AOS} = {90^ \circ } \Rightarrow SO \bot AO\)
Vậy \(SO\) có vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {AOS} \right)\) và \(\left( {AOB} \right)\).
c) \(\widehat {AOS} = {90^ \circ } \Rightarrow SO \bot AO\)
\(\widehat {AOB} = {90^ \circ } \Rightarrow AO \bot BO\)
Vậy \(\widehat {SOB}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {S,AO,B} \right]\)
Vì \(\left( {AOS} \right) \bot \left( {AOB} \right)\) nên \(\widehat {SOB} = {90^ \circ }\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow SO \bot OB\\SO \bot OA\end{array} \right\} \Rightarrow SO \bot \left( {AOB} \right)\)
a) \(SA \bot \left( {ABC} \right);SA \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)
\(\left. \begin{array}{l}AH \bot BC\\SA \bot BC\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\AH \cap SA = \left\{ A \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right);BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow \left( {SAH} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)
b) Ta có \(AH \bot BC,BC \bot SH\left( {BC \bot \left( {SAH} \right)} \right)\)
\( \Rightarrow \left[ {S,BC,A} \right] = \left( {SH,AH} \right) = \widehat {SHA}\)
Xét tam giác ABC vuông tại A có
\(\widehat {ABC} = {30^0} \Rightarrow \widehat {ACH} = {60^0}\)
Xét tam giác ACH vuông tại H có
\(\sin \widehat {ACH} = \frac{{AH}}{{AC}} \Rightarrow AH = a.\sin {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Xét tam giác SHA vuông tại A có
\(\tan \widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}:\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = 1 \Rightarrow \widehat {SHA} = {45^0}\)
Vậy \(\left[ {S,BC,A} \right] = {45^0}\)
a) Xét tam giác ABC có AB = AC => tam giác ABC cân tại A mà M là trung điểm BC
=> \(AM \bot BC\) (1)
\(\begin{array}{l}SA \bot BC\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\ \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right);SM \subset \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot SM\,\,\,\left( 2 \right)\end{array}\)
Từ (1), (2) ta có \(\widehat {SMA}\) là một góc phẳng của góc nhị diện [S, BC, A].
b) Xét tam giác ABC cân tại A có
\(\widehat {BAC} = {120^0} \Rightarrow \widehat {ACB} = {30^0}\)
\(\sin \widehat {ACB} = \frac{{AM}}{{AC}} \Leftrightarrow \tan {30^0} = \frac{{AM}}{a} \Leftrightarrow AM = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)
\(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{a}{{2\sqrt 3 }}:\frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SMA} = \arctan \frac{1}{2}\)
a) \(SA \bot BC\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right),AB \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right),BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\)
b) +) Trong (SAC) kẻ \(AD \bot SC \Rightarrow d\left( {A,SC} \right) = AD\)
Xét tam giác ABC vuông tại B có
\(\sin \widehat {CAB} = \frac{{BC}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{a}{{\sin {{30}^0}}} = 2a\)
Xét tam giác SAC vuông tại A có
\(\frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {2a} \right)}^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}} \Rightarrow AD = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)
Do đó \(d\left( {A,SC} \right) = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\)
+) \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right),\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB\)
Trong (SAB) kẻ \(AE \bot SB\)
\( \Rightarrow AE \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AE\)
Xét tam giác ABC vuông tại B có
\(\tan \widehat {CAB} = \frac{{BC}}{{AB}} \Rightarrow AB = \frac{a}{{\tan {{30}^0}}} = a\sqrt 3 \)
Xét tam giác SAB vuông tại A có
\(\frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} = \frac{5}{{6{a^2}}} \Rightarrow AE = \frac{{a\sqrt {30} }}{5}\)
Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {30} }}{5}\)
Kẻ \(OI \bot C{\rm{D}}\left( {I \in C{\rm{D}}} \right),OH \bot SI\left( {H \in SI} \right)\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot C{\rm{D}}\\OI \bot C{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot \left( {SOI} \right)\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot OH\\OH \bot SI\end{array} \right\} \Rightarrow OH \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\ \Rightarrow d\left( {O,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = OH\end{array}\)
\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow AC = a \Rightarrow OC = \frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}\)
\(\Delta ABD\) có \(\widehat {BA{\rm{D}}} = {120^ \circ } \Rightarrow B{\rm{D}} = \sqrt {A{B^2} + A{{\rm{D}}^2} - 2{\rm{A}}B.A{\rm{D}}} = a\sqrt 3 \Rightarrow OD = \frac{1}{2}B{\rm{D}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
\(\Delta OCD\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OI\)
\( \Rightarrow OI = \frac{{OC.O{\rm{D}}}}{{C{\rm{D}}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)
\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OI \Rightarrow \Delta SOI\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OH\)
\( \Rightarrow OH = \frac{{SO.OI}}{{\sqrt {S{O^2} + O{I^2}} }} = \frac{{a\sqrt {51} }}{{17}}\)
Vậy \(d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH = \frac{{a\sqrt {51} }}{{17}}\).
a) Xét tam giác ABC vuông tại B có
\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \)
Xét tam giác AA’C vuông tại A có
\(A'{C^2} = A{A'^2} + A{C^2} = {a^2} + {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 3{a^2} \Rightarrow A'C = a\sqrt 3 \)
Vậy độ dài đường chéo hình lập phương bằng \(a\sqrt 3 \)
b) Ta có \(\begin{array}{l}BD \bot AC,BD \bot AA' \Rightarrow BD \bot \left( {ACC'A'} \right);BD \subset \left( {BDD'B'} \right)\\ \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {BDD'B'} \right)\end{array}\)
c) Ta có \(C'O \bot BD\left( {BD \bot \left( {ACC'A'} \right)} \right),CO \bot BD \Rightarrow \left[ {C,BD,C'} \right] = \left( {CO,C'O} \right) = \widehat {COC'}\)
\(OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Xét tam giác COC’ vuông tại C có
\(\tan \widehat {COC'} = \frac{{CC'}}{{OC}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 \Rightarrow \widehat {COC'} = \arctan \sqrt 2 \)
Ta có \(C'O \bot BD\left( {BD \bot \left( {ACC'A'} \right)} \right),AO \bot BD \Rightarrow \left[ {A,BD,C'} \right] = \left( {AO,C'O} \right) = \widehat {AOC'}\)
\(\widehat {AOC'} = {180^0} - \widehat {COC'} \approx 125,{26^0}\)
a) Ta có: \(\left. \begin{array}{l}OA \bot OB\\OA \bot OC\end{array} \right\} \Rightarrow OA \bot \left( {OBC} \right)\)
Mà \(BC \in \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot BC\)
b) Ta có \(\left. \begin{array}{l}OA \bot OB\\OB \bot OC\end{array} \right\} \Rightarrow OB \bot \left( {OAC} \right)\)
Mà \(CA \in \left( {OAC} \right) \Rightarrow CA \bot OB\)
c) Ta có \(\left. \begin{array}{l}OC \bot OB\\OA \bot OC\end{array} \right\} \Rightarrow OC \bot \left( {OAB} \right)\)
Mà \(AB \in \left( {OAB} \right) \Rightarrow AB \bot OC\)