Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Dễ dàng chứng minh tam giác ABC và ACD đều
Suy ra AC=a, SA= AC.tan(gócSCA)=a.tan(600)
\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.a^2.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3}{2}\)
b) Có 2 cách làm để tìm khoảng cách từ H đến mp(SCD), nhưng bạn nên chọn phương pháp tọa độ hóa cho dễ
Chọn A làm gốc tọa độ , các tia AD, AI, AS lần lượt trùng tia Ax, Ay, Az
Có ngay tọa độ các điểm \(S\left(0;0;a\sqrt{3}\right)\) , \(D\left(a;0;0\right)\) , \(I\left(0;\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)\)
\(\Rightarrow C\left(\frac{a}{2};\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right)\)
theo số liệu đã cho, dễ xác định được điểm H chia đoạn SI với tỷ lệ 2:1
\(\Rightarrow H\left(0;\frac{a}{\sqrt{3}};\frac{a}{\sqrt{3}}\right)\)
Bây giờ chỉ cần viết pt (SCD) là tính được ngay khoảng cách từ H đến SCD
\(\left(SCD\right):\sqrt{3}x+y+z-\sqrt{3}=0\)
\(d\left(H\text{/}\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{5}}\)
Bạn ơi bạn chỉ mình cách bình thường được ko? Vì mình chưa học tọa độ hóa.
A B C D S M H
\(\widehat{BAD}=120^0\Rightarrow\widehat{ABC}\Rightarrow\Delta ABC\) đều
\(\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}\)
Tam giác SAM vuông tại A có \(\widehat{SMA}=45^0\Rightarrow\) Tam giác SAM vuông tại A : SA = AM = \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Do đó \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{a^3}{4}\)
Do AD song song với BC nên d(D;(SBC))=d(A,(SBC))
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM
Ta có : \(\begin{cases}AM\perp BC\\SA\perp BC\end{cases}\)\(\Rightarrow BC\perp\cdot\left(SAM\right)\)
\(\Rightarrow BC\perp AH\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH\)
Ta có :
\(AH=\frac{AM\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}\Rightarrow d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{4}\)
D A B C N M I G H
\(d\left(M,BN\right)=\frac{\left|13\left(-1\right)-10.2+13\right|}{\sqrt{13^2+10^2}}=\frac{20}{\sqrt{269}}\)
\(H\in\Delta\Leftrightarrow H\left(3a;2a\right)\)
Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm của tam giác BCD
Suy ra \(CG=\frac{2}{3}.CI=\frac{1}{3}AC\) mà \(AM=\frac{1}{4}AC\Rightarrow MG=\frac{5}{12}AC\Rightarrow CG=\frac{4}{5}MG\)
\(\Rightarrow d\left(C,BN\right)=\frac{4}{5}d\left(M,BN\right)=\frac{16}{\sqrt{269}}\Rightarrow d\left(H,BN\right)=2d\left(C,BN\right)=\frac{32}{\sqrt{269}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left|13.3a-10.2a+13\right|}{\sqrt{269}}=\frac{32}{\sqrt{269}}\Leftrightarrow a=1\) hoặc \(a=\frac{-45}{19}\)
Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên \(H\left(3;2\right)\)
Tiếp.........
Ta thấy \(CM=\frac{3AC}{4}=\frac{2AB}{4}=\frac{2CD}{4}=\frac{CD}{2}=CD=CH\Rightarrow\Delta MHN\) vuông tại M
HM có phương trình \(y-2=0\Rightarrow MN:x+1=0\Rightarrow N\left(-1;0\right)\Rightarrow C\left(1;1\right),D\left(-3;-1\right)\)
Do \(\overrightarrow{CM}=3\overrightarrow{MA}\Rightarrow A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right)\Rightarrow I\left(\frac{-1}{3};\frac{5}{3}\right)\Rightarrow B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right)\)
Vậy \(A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right);B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right);C\left(1;1\right);D\left(-3.-1\right)\)
Chọn A
=> SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAB).
.
Xét tam giác SBC vuông tại B có 
Xét tam giác SAB vuông tại A có:
S B M H A E N C D
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên AB, suy ra \(SH\perp\left(ABCD\right)\)
Do đó, SH là đường cao của hình chóp S.BMDN
Ta có : \(SA^2+SB^2=a^2+3a^2=AB^2\)
Nên tam giác SAB là tam giác vuông tại S.
Suy ra : \(SM=\frac{AB}{2}=a\) Do đó tam giác SAM là tam giác đều, suy ra \(SH=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)
Diện tích của tứ giác BMDN là \(S_{BMDN}=\frac{1}{2}S_{ABCD}=2a^2\)
Thể tích của khối chóp S.BMDN là \(V=\frac{1}{3}SH.S_{BMDN}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\)
Kẻ ME song song với DN (E thuộc AD)
Suy ra : \(AE=\frac{a}{2}\) Đặt \(\alpha\) là góc giữa 2 đường thẳng SM và DN
Ta có \(\left(\widehat{SM,ME}\right)=\alpha\), theo định lý 3 đường vuông góc ta có \(SA\perp AE\)
Suy ra :
\(SE=\sqrt{SA^2+AE^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2};ME=\sqrt{AM^2+AE^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\)
Tam giác SME là tam giác cân tại E nên \(\begin{cases}\widehat{SME}=\alpha\\\cos\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\end{cases}\)
Cho mình hỏi, tam giác cân thì tại sao lại suy ra cos góc kia như thế ??
