Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A E M B C H N S
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 \(AH=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(A,\left(CMN\right)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\Rightarrow d\left(SB,CM\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{29}}\)
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 \(V_{\left(H\right)}=\frac{1}{3}\pi.R^2.OH=\frac{\sqrt{3}}{54}\pi a^3\)
S D A H B M C I N
Gọi H là tâm của ABCD\(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)
M là trung điểm của BC \(\Rightarrow BC\perp\left(SHM\right)\)
Do các mặt bên tạo với đáy cùng 1 góc => \(\widehat{SHM}\) bằng góc tạo bởi 2 mặt bên với đáy
Tính được \(SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}'HM=\frac{a}{2}\)
\(\tan\widehat{SMH}=\frac{SH}{MH}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SMN}=60^0\)
Lập luận được tâm khối cầu là điểm I của SH với trung trực SC trong (SHC)
Tính được bán kính khối cầu do tam giác SNI đồng dạng với tam giác SHC
\(\Rightarrow SI=\frac{SN.SC}{SH}=\frac{5a}{4\sqrt{3}}\)
Vậy \(V=\frac{4}{3}\pi R^2=\frac{125a^3\sqrt{3}\pi}{432}\)
B A C H I S
Gọi H là trung điểm của BC, suy ra \(SH\perp BC\). Mà (SBC) vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên \(SH\perp\left(ABC\right)\)
Ta có : \(BC=a\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\); \(AC=BC\sin30^0=\frac{a}{2}\)
\(AB=BC.\cos30^0=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Do đó \(V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SH.AB.AC=\frac{a^3}{16}\)
Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên \(HA=HB\). Mà \(SH\perp\left(ABC\right)\), suy ra \(SA=SB=a\). Gọi I là trung điểm của AB, suy ra \(SI\perp AB\)
Do đó \(SI=\sqrt{SB^2-\frac{AB^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{4}\)
Suy ra \(d\left(C;\left(SAB\right)\right)=\frac{3V_{S.ABC}}{S_{SAB}}=\frac{6V_{S.ABC}}{SI.AB}=\frac{a\sqrt{39}}{13}\)
Người đọc tự vẽ hình :D
Câu 1: Đề là góc giữa cạnh bên và cạnh đáy chứ ko phải mặt đáy đúng ko?
Do góc giữa cạnh bên và cạnh đáy bằng \(60^0\) nên các mặt bên là các tam giác đều
\(\Rightarrow SA=SB=SC=AB=a\)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên đáy \(\Rightarrow AH=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)
\(\Rightarrow SH=\sqrt{SA^2-AH^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)
\(\Rightarrow V=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{3}.\frac{1}{2}.a.\frac{a\sqrt{3}}{2}=...\)
Câu 2:
Mặt bên là tam giác cân có 1 góc bằng \(60^0\Rightarrow\) các mặt bên là các tam giác đều \(\Rightarrow SA=SB=SC=SD=AB\)
Gọi O là tâm đáy \(\Rightarrow SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SO=a\)
\(AC=AB\sqrt{2}\Rightarrow AO=\frac{1}{2}AC=\frac{AB\sqrt{2}}{2}\)
Áp dụng Pitago:
\(SA^2=SO^2+AO^2\Rightarrow AB^2=SO^2+\left(\frac{AB\sqrt{2}}{2}\right)^2\)
\(\Rightarrow AB^2=2SO^2=2a^2\)
\(\Rightarrow V=\frac{1}{3}SO.AB^2=\frac{1}{3}.a.2a^2=\frac{2}{3}a^3\)
Câu 3:
\(S_{ACD}=\frac{1}{2}AD.AB=a^2\)
\(\Rightarrow V_{S.ACD}=\frac{1}{3}SA.S_{ACD}=\frac{1}{3}a.a^2=\frac{a^3}{3}\)
\(S_{\Delta BCD}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{a^2}{2}\)
\(\Rightarrow V_{S.BCD}=\frac{1}{3}SA.S_{\Delta BCD}=\frac{a^3}{6}\)
//Kéo dài AB cắt CD tại E \(\Rightarrow AE=AD=2a\)
\(\Rightarrow AE=2AB\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=2.d\left(B;\left(SCD\right)\right)\)
Có \(AC=a\sqrt{2}\) ; \(CD=a\sqrt{2}\Rightarrow AC^2+CD^2=AD^2\)
\(\Rightarrow AC\perp CD\)
Mà \(CD\perp SA\) (do \(SA\perp\left(ABCD\right)\))
\(\Rightarrow CD\perp\left(SAC\right)\)
Từ A kẻ \(AH\perp SC\Rightarrow CD\perp AH\) (do \(AH\in\left(SAC\right)\))
\(\Rightarrow AH\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AH=d\left(A;\left(SCD\right)\right)\)
\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AC^2}\Rightarrow AH=\frac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)
\(\Rightarrow d\left(B;\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}AH=\frac{a\sqrt{6}}{6}\)