Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) \(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow BC\parallel A{\rm{D}}\)
Mà \(A{\rm{D}} \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right)\)
\( \Rightarrow BC\parallel \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right)\)
\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB\)
\(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow AB \bot A{\rm{D}}\)
\( \Rightarrow AB \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {SA{\rm{D}}} \right)} \right) = AB = a\)
Vậy \(d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = a\).
b) \(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow B{\rm{D}} \bot A{\rm{C}}\)
\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot B{\rm{D}}\)
\( \Rightarrow B{\rm{D}} \bot \left( {SAC} \right)\)
Gọi \(O = AC \cap B{\rm{D}}\), kẻ \(OH \bot SC\left( {H \in SC} \right)\)
\(B{\rm{D}} \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow B{\rm{D}} \bot OH\)
\( \Rightarrow d\left( {B{\rm{D}},SC} \right) = OH\)
\(\Delta ABC\) vuông tại \(B\)\( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow OC = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC \Rightarrow \Delta SAC\) vuông tại \(A\)\( \Rightarrow SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = a\sqrt 3 \)
\(\Delta SAC \backsim \Delta OHC\,(g.g) \Rightarrow \frac{{SA}}{{OH}} = \frac{{SC}}{{OC}} \Rightarrow OH = \frac{{SA.OC}}{{SC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\)
Vậy \(d\left( {B{\rm{D}},SC} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).
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: \(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AP^2}\)
\(\Rightarrow d\left(AN,SC\right)=d\left(A,SMP\right)=AK=\frac{AS.AM.AP}{\sqrt{AS^2AM^2+AM^2AP^2+AP^2AS^2}}\)
\(=\frac{a\sqrt{2}.\frac{a}{2}.a}{\sqrt{2a^2.\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}.a^2+a^2.2a^2}}=\frac{a\sqrt{22}}{11}.\)
Kẻ \(SH\perp\left(ABC\right)\) \(\Rightarrow\widehat{SAH}=60^0\)
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông có:
\(tan60^0=\dfrac{SH}{SA}\Leftrightarrow SH=\sqrt{3}a\)
Ta có M và N lần lượt là trung điểm của SA và SB
\(\Rightarrow\) MN là đường trung bình của tam giác ABC
\(\Rightarrow MN//BC\)
mà \(BC\subset\left(ABC\right)\) , \(MN⊄(ABC) \)
\(\Rightarrow MN//\left(ABC\right)\)
\(d\left(MN,\left(ABC\right)\right)=d\left(M,\left(ABC\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(S,\left(ABC\right)\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.a\)
Vậy \(d\left(MN,\left(ABC\right)\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a\)
Chứng minh \(d\left(M,\left(ABC\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(S,\left(ABC\right)\right)\)
Kẻ \(MK\perp\left(ABC\right)\Rightarrow MK//SH\)
Áp dụng định lý thales: \(\dfrac{MK}{SH}=\dfrac{AM}{AS}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow MK=\dfrac{1}{2}SH\Rightarrow d\left(M,\left(ABC\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(S,\left(ABC\right)\right)\) (đpcm)
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)) = \(\frac{IL}{AL}.AL=\frac{CO}{CA}.\frac{SI}{SO}.AL=\frac{1}{2}.\frac{SH}{SB}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}\)
\(=\frac{1}{2}.\frac{SA^2}{SA^2+SB^2}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}=\frac{1}{2}.\frac{2a^2}{2a^2+a^2}.\frac{a\sqrt{2}.a\sqrt{2}}{\sqrt{2a^2+2a^2}}=\frac{a}{3}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\\AI \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right)\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow BC \bot AH\\AH \bot SI\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\end{array}\)
Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).
Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A'\) lên \(\left( {ABC} \right)\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\\ \Rightarrow \left( {AA',\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {AA',AH} \right) = \widehat {A'AH}\end{array}\)
\(\Delta AA'H\) vuông tại \(H \Rightarrow A'H = AA'.\sin \widehat {A'AH} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Vì \(\left( {ABC} \right)\parallel \left( {A'B'C'} \right)\) nên \(d\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right) = A'H = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Ta có: \(E\) là trung điểm của \(AB\)
\(F\) là trung điểm của \(AC\)
\( \Rightarrow EF\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow EF\parallel BC\\BC \subset \left( {BC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow EF\parallel \left( {BC{\rm{D}}} \right)\)
\(E\) là trung điểm của \(AB\)
\(H\) là trung điểm của \(AD\)
\( \Rightarrow EH\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow EH\parallel BD\\BD \subset \left( {BC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow EH\parallel \left( {BC{\rm{D}}} \right)\)
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}EF\parallel \left( {BCD} \right)\\EH\parallel \left( {BCD} \right)\\EF,EH \subset \left( {EFH} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {EFH} \right)\parallel \left( {BCD} \right)\)
a) \(M\) là trung điểm của \(AB\)
\(N\) là trung điểm của \(AC\)
\( \Rightarrow MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\)
\( \Rightarrow MN\parallel BC\)
\(AB \bot BC \Rightarrow MB \bot BC \Rightarrow d\left( {MN,BC} \right) = MB = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\)
b) \(M\) là trung điểm của \(AB\)
\(P\) là trung điểm của \(A{\rm{D}}\)
\( \Rightarrow MP\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow MP\parallel BD\\B{\rm{D}} \subset \left( {BC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow MP\parallel \left( {BC{\rm{D}}} \right)\)
\(AB \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow MB \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow d\left( {MP,\left( {BCD} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {BCD} \right)} \right) = MB = \frac{a}{2}\)
c)
\(\left. \begin{array}{l}\left. \begin{array}{l} \Rightarrow MN\parallel BC\\B{\rm{C}} \subset \left( {BC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel \left( {BC{\rm{D}}} \right)\\MP\parallel \left( {BC{\rm{D}}} \right)\\MN,MP \subset \left( {MNP} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {MNP} \right)\parallel \left( {BC{\rm{D}}} \right)\)
\( \Rightarrow d\left( {\left( {MNP} \right),\left( {BCD} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {BCD} \right)} \right) = MB = \frac{a}{2}\)