Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
tham khảo
Mô hình hoá chân cột bằng gang bằng cụt chóp tứ giác đều \(ABCD.A'B'C'D'\) với \(O,O'\) là tâm của hai đáy.Vậy \(AB=2a,A'B'=a,OO'=2a\)
a)Gọi \(M,M'\) lần lượt là trung điểm của \(CD,C'D'.\)
\(A'B'C'D'\) là hình vuông \(\Rightarrow O'M\perp C'D\)
\(CDD'C\) là hình thang cân \(\Rightarrow MM'\perp C'D'\)
Vậy \(\widehat{MM'O}\) là góc phẳng nhị diện giữa mặt bên và đáy nhỏ,\(\widehat{M'MO}\) là góc phẳng nhị diện giữa mặt bên và đáy lớn.
Kẻ \(M'H\perp OM\left(H\in OM\right)\)
\(OMM'O'\) là hình chữ nhật
\(\Rightarrow OH=O'M'=\dfrac{a}{2},OM=a,MH=OM-OH=\dfrac{a}{2}\tan\widehat{M'MO}=\dfrac{M'H}{MH}=4\)
\(\Rightarrow\widehat{M'MO}=75,96^o\Rightarrow\widehat{MM'O'}=180^o-\widehat{M'MO}\\ =104,04^o\)
b)Diện tích đáy lớn là:\(S=AB^2=4a^{^2}\)
Diện tích đáy bé là:\(S'=A'B'^2=a^2\)
Thể tích hình chóp cụt là:
\(V_1=\dfrac{1}{3}h\left(S+\sqrt{SS'}+S'\right)\\ =\dfrac{1}{3}.2a\left(4a^2+\sqrt{4a^2.a^2}+a^2\right)=\dfrac{14a^3}{3}\)
Thể tích hình trụ rỗng là:\(V_2=\pi R^2h=\pi\left(\dfrac{a}{2}\right)^2.2a=\dfrac{\pi a^3}{2}\)
Thể tích chân cột là:\(V=V_1-V_2=\left(\dfrac{14}{3}-\dfrac{\pi}{2}\right)a^3\)
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
\(\tan \widehat {SGD} = \frac{{SG}}{{GD}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} :\frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{6}{{a\sqrt 3 }}.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} \)
Chân đường cao hình chóp đều S.ABCD trùng với tâm O của đáy ABCD. AO là hình chiếu của SA lên (ABCD)
Đáp án C
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Vì S, ABCD là hình chóp tứ giác đều nên
Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mp(ABCD) là điểm O nên góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy là góc SBO.
Ta có: B D = a 2 ; B O = 1 2 B D = a 2
Lại có: S B 2 + S D 2 = B D 2 = 2 a 2 nên tam giác SBD vuông cân tại S. ⇒ S B O ^ = 45 0
Đáp án C
Chọn C.
+) Giả sử gọi hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh đều bằng a là S.ABCD có đường cao SH. Trong đó, H là tâm của hình vuông ABCD.
+) Ta có: (SCD) ∩ (ABCD) = CD. Gọi M là trung điểm CD.
- Tam giác SCD có SC = SD = a nên tam giác cân tại S, có SM là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao: SM ⊥ CD.- Tam giác HCD cân tại H (HC = HD = AC/2 = BD/2)
có HM là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao: HM ⊥ CD.
+) Ta có : SC = SD = CD = a nên tam giác SCD là tam giác đều cạnh a có SM là đường trung tuyến:
- Trong tam giác vuông SHM vuông tại H có:
Đáp án A
Đặt a> 0 cạnh hình vuông là Dễ thấy
Gọi O là tâm của đáy. Vẽ AH ⊥ SC tại, H, AH cắt SO tại I thì A I O ^ = φ
Qua I vẽ đường thẳng song song DB cắt SD, SB theo thứ tự tại K, L. Thiết diện chính là tứ giác
ALHK và tứ giác này có hai đường chéo AH ⊥ KL Suy ra
Ta có:
Theo giả thiết
Giải được
Suy ra φ = a r c sin 33 + 1 8
Chọn B
Lời giải. Để cho gọn ta chọn a=1
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với A(0;0;0) và B(1;0;0) , D(0; 3 ;0)
Suy ra C(1; 3 ;0)
VTPT của mặt phẳng (SBC) là
Đường thẳng có VTCP là
Khi đó
Gọi \(O\) và \(O'\) lần lượt là tâm của hai đáy.
Kẻ \(B'H \bot B{\rm{D}}\left( {H \in B{\rm{D}}} \right),B'K \bot BC\left( {K \in BC} \right)\)
\(\begin{array}{l}B{\rm{D}} = \sqrt {A{B^2} + A{{\rm{D}}^2}} = 2a\sqrt 2 \Rightarrow BO = \frac{1}{2}B{\rm{D}} = a\sqrt 2 \\B'D' = \sqrt {A'B{'^2} + A'{\rm{D}}{{\rm{'}}^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow B'O' = \frac{1}{2}B'{\rm{D'}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\end{array}\)
\(OO'B'H\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow OH = B'O' = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},B'H = OO' = a\)
\( \Rightarrow BH = BO - OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Tam giác \(BB'H\) vuông tại \(H\) có: \(BB' = \sqrt {B'{H^2} + B{H^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\)
\(BCC'B'\) là hình thang cân \( \Rightarrow BK = \frac{{BC - B'C'}}{2} = \frac{a}{2}\)
Tam giác \(BB'K\) vuông tại \(K\) có: \(B'K = \sqrt {BB{'^2} - B{K^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)
Chọn D
Phương pháp
Góc giữa cạnh bên SA với mặt đáy là góc giữa SA và hình chiếu của SA trên mặt phẳng đáy.
Gọi O là giao điểm của AC và BD
Ta có SABCD là hình chóp đều nên O là hình chiếu của S trên
(ABCD).