Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(\left[ {S,BC,A} \right] = {45^0}\)
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:
\(\left. \begin{array}{l}SI \bot AC\\SI \bot BI\end{array} \right\} \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)\)
\(\Delta SAB,\Delta SAC\) 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 \(J\)\( \Rightarrow BJ \bot IJ \Rightarrow BC \bot IJ\)
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 \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {30} }}{5}\)
Xét tam giác ABC có : \(BC=AB.\tan60^0=2a\sqrt{3}\Rightarrow S_{\Delta ABC}=2a^2\sqrt{3}\)
\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}.2a^2\sqrt{3}=2a^3\)
- Gọi N là trung điểm cạnh SA. Do SB//(CMN) nên d(SB. CM)=d(SB,(CMN))
=d(B,(CMN))
=d(A,(CMN))
- Kẻ \(AE\perp MC,E\in MC\) và kẻ \(AH\perp NE,H\in NE\), ta chứng minh được \(AH\perp\left(CMN\right)\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=AH\)
Tính \(AE=\frac{2S_{\Delta AMC}}{MC}\) trong đó :
\(S_{\Delta AMC}=\frac{1}{2}AM.AC.\sin\widehat{CAM}=\frac{1}{2}a.4a\frac{\sqrt{3}}{2}=a^2\sqrt{3};MC=a\sqrt{13}\)
\(\Rightarrow AE=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}\)
Tính được \(AH=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(SB,CM\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\)
Ta có : MN là đường trung bình của tam giác SAD
Suy ra MN song song với AD và \(MN=\frac{1}{2}AD\Rightarrow\begin{cases}MN||BC\\MN=BC\end{cases}\)\(\Rightarrow\) BCNM là hình bình hành (1)
Mặt khác
\(\begin{cases}BC\perp AB\\BC\perp SA\end{cases}\)\(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp BM\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) ra suy ra BCNM là hình chữ nhật
Ta có :
\(S_{BCNM}=2S_{\Delta BCM}\Rightarrow V_{S.BCNM}=2V_{S.BCM}\)
\(V_{S.BCM}=V_{C.SBM}=\frac{1}{3}CB.S_{\Delta SBM}=\frac{1}{6}CB.S_{\Delta SAB}=\frac{1}{6}CB.\frac{1}{2}SA.AB=\frac{a^3}{6}\)
Vậy \(V_{S.BCNM}=\frac{a^3}{3}\)
Gọi I là trung điểm của AD.
Ta có : \(IA=ID=IC=a\Rightarrow CD\perp AC\)
Mặt khác, \(CD\perp SA\) suy ra CD vuông góc với SC nên tam giác SCD là tam giác vuông tại C
Trong tam giác vuông SAB ta có :
\(\frac{SH}{SB}=\frac{SA^2}{SB^2}=\frac{SA^2}{SA^2+AB^2}=\frac{2a^2}{2a^2+a^2}=\frac{2}{3}\)
Gọi \(d_{1,};d_2\) lần lượt là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng (SCD) thì
\(\frac{d_2}{d_1}=\frac{SH}{SB}=\frac{2}{3}\Rightarrow d_2=\frac{2}{3}d_1\)
\(d_1=\frac{3V_{B.SCD}}{S_{SCD}}=\frac{SA.S_{BCD}}{S_{SCD}}\)
\(S_{NCD}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}a^2\)
\(S_{SCD}=\frac{1}{2}SC.CD=\frac{1}{2}\sqrt{SA^2+AB^2+BC^2}.\sqrt{IC^2+ID^2}=a^2\sqrt{2}\)
Suy ra \(d_1=\frac{a}{2}\)
Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là \(d_2=\frac{2}{3}d_1=\frac{a}{3}\)
\(\widehat{BAD}=120^0\Rightarrow\widehat{ABC}\Rightarrow\Delta ABC\) 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 :
\(AH=\frac{AM\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}\Rightarrow d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{4}\)
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
\(\widehat {BAC} = {120^0} \Rightarrow \widehat {ACB} = {30^0}\)
\(\sin \widehat {ACB} = \frac{{AM}}{{AC}} \Leftrightarrow \tan {30^0} = \frac{{AM}}{a} \Leftrightarrow AM = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\)
\(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{a}{{2\sqrt 3 }}:\frac{a}{{\sqrt 3 }} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SMA} = \arctan \frac{1}{2}\)