Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi h và h’ lần lượt là chiều cao hạ từ A, A’ đến mặt phẳng (SBC).
Gọi S1 và S2 theo thứ tự là diện tích các tam giác SBC và SB’C’.
Khi đó ta có h′h=SA′SAh′h=SA′SA và 12B′SC′.SB′.SC′12BSC.SB.SC=SB′SB.SC′SC12B′SC′.SB′.SC′12BSC.SB.SC=SB′SB.SC′SC
Suy ra VS.A′B′C′VS.ABC=VA′.SB′C′VA.SBC=13h′S213hS1=SA′SA⋅SB′SB⋅SC′SCVS.A′B′C′VS.ABC=VA′.SB′C′VA.SBC=13h′S213hS1=SA′SA⋅SB′SB⋅SC′SC
Đó là điều phải chứng minh.
S M H G N A O D C
Ta có \(\begin{cases}BC\perp SA\\BC\perp AB\end{cases}\)\(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)\(\Rightarrow BC\perp AM\) (vì \(AM\subset\left(SAB\right)\left(1\right)\)
Mặt khác \(SC\perp\alpha\Rightarrow SA\perp AM\) (vì \(AM\subset\alpha\)) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AM\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AM\perp MG\) (vì \(MG\subset\left(SBC\right)\))
\(\Rightarrow\Delta AMG\) vuông tại M, tương tự ta cũng có tam giác ANG vuông tại N \(\Rightarrow\) tâm H đường tròn đáy của (H) là trung điểm AG, có bán kính \(R=\frac{AG}{2}\)
Xét tam giác vuông SAC tại A có \(AG=\frac{SA.AC}{SC}=\frac{\sqrt{6}}{3}a\Rightarrow R=\frac{\sqrt{6}}{6}a\)
Vì OH là đường cao (H)\(\Rightarrow OH\perp\alpha\Rightarrow OH\)//\(SC\Rightarrow O\) là giao điểm hai đường chéo AC, BD
\(\Rightarrow OH=\frac{1}{2}CG\).
Xét tam giác vuoongSAC có AG là đường cao, nên \(CG=\frac{AC^2}{SC}=\frac{2}{\sqrt{3}}a\Rightarrow OH=\frac{\sqrt{3}}{3}a\)
Vậy thể tích hình nón là \(V_{\left(H\right)}=\frac{1}{3}\pi.R^2.OH=\frac{\sqrt{3}}{54}\pi a^3\)
I*AB=> SI\(\perp\)AB
SI=\(SI=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
\(V_{k.chop}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}\)
b) Kẻ IK//DM(K\(\in\)AD)
Kẻ KH\(\perp\)DM(H\(\in\)DM)
=> d(I,DM)=d(K,DM0=KH
\(\Delta IAK~\Delta DCM\Rightarrow AK=\frac{1}{2}CM=\frac{a}{6}\)=> KD=5a/6
\(cos\widehat{ADM}=cos\widehat{DMC}=\frac{CM}{DM}=\frac{\frac{a}{3}}{\frac{a\sqrt{10}}{3}}=\frac{1}{\sqrt{10}}\)
=> KH=KDsin\(\widehat{ADM}\)=\(\sqrt{1-\cos\widehat{ADM}^2}=\frac{5a}{6}.\frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}\)
d(S,DM)=\(\sqrt{SI^2+d\left(I,DM\right)^2}=\frac{a\sqrt{22}}{4}\)
α M D C B A O a√3 S
a, \(V_{SACD}=\dfrac{1}{3}S_{ACD}\cdot SA\)
\(S_{ACD}=\dfrac{1}{2}a^2\cdot sin90^o=\dfrac{a^2}{2}\)
\(\Rightarrow V_{SACD}=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{3}=\dfrac{a^3\sqrt{3}}{6}\)
b, Từ O dựng OM // SB
\(\Rightarrow\left(\widehat{SB,AC}\right)=\left(\widehat{OM,OC}\right)\)
Gọi \(\widehat{COM}=\alpha\)
Xét \(\Delta\) \(OMC\) : \(OC=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)
\(OM=\dfrac{1}{2}SB\)
Xét \(\Delta\) \(SAB\) có : \(SB^2=SA^2+AB^2=3a^2+a^2=4a^2\)
\(\rightarrow SB=2a\rightarrow OM=a\)
CM là đường trung tuyến của \(\Delta\) \(SCD\) :
\(CM^2=\dfrac{SC^2+CD^2}{2}=\dfrac{SD^2}{4}\)
\(SC^2=5a^2\) ; \(SD^2=4a^2\)
\(\Rightarrow CM=\dfrac{5a^2+a^2}{2}-\dfrac{4a^2}{4}=2a^2\)
\(\Rightarrow CM=a\sqrt{2}\)
Xét \(\Delta\) OMC có :
\(CM^2=OM^2+OC^2-2OM\cdot OC\cdot cos\alpha\)
\(\Leftrightarrow2a^2=a^2+\dfrac{a^2}{2}-2a\cdot\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\cdot cos\alpha\)
\(\Rightarrow cos\alpha=\dfrac{-1}{2\sqrt{2}}< 0\)
\(\Rightarrow cos\left(\widehat{OC,OM}\right)=\dfrac{1}{2\sqrt{2}}=cos\left(\widehat{SB,AC}\right)\)