Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
S A B C D H E K F
Ta có
\(SH\perp\left(ABCD\right);SH\in\left(SBD\right)\Rightarrow\left(SBD\right)\perp\left(ABCD\right)\)
Trong mp (ABCD) từ C dựng đường thẳng vuông góc với BD cắt BD tại F ta có
\(SH\perp\left(ABCD\right);CF\in ABCD\Rightarrow SH\perp CF\)
Mà \(CF\perp BD\)
Ta có \(BD\in\left(SBD\right);SH\in\left(SBD\right)\)
\(\Rightarrow CF\perp\left(SBD\right)\) => CF là khoảng cách từ C đến (SBD)
Trong mp (ABCD) nối CH cắt AD tại E
Ta có BC//AD \(\Rightarrow\dfrac{BC}{ED}=\dfrac{HB}{HD}=\dfrac{HC}{HE}=1\Rightarrow ED=BC=\dfrac{3a}{2}\)
\(\Rightarrow EA=AD-ED=3a-\dfrac{3a}{2}=\dfrac{3a}{2}=BC\)
Mà BC//AE và \(\widehat{ABC}=90^o\)
=> ABCE là hình chữ nhật
Trong mp (ABCD) từ H dựng đường thẳng vuông góc với CD cắt CD tại K
Xét tg vuông CDE có
\(CD=\sqrt{CE^2+ED^2}=\sqrt{4a^2+\dfrac{9a^2}{4}}=\dfrac{5a}{2}\)
Xét tg vuông ABD có
\(BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{4a^2+9a^2}=a\sqrt{13}\)
\(\Rightarrow HB=HD=\dfrac{BD}{2}=\dfrac{a\sqrt{13}}{2}\)
Xét tg vuông CKH và tg vuông CED có \(\widehat{ECD}\) chung
=> tg CKH đồng dạng với tg CED (g.g.g)
\(\Rightarrow\dfrac{CK}{CE}=\dfrac{HC}{CD}\Rightarrow CK=\dfrac{CE.HC}{CD}=\dfrac{2a.a}{\dfrac{5a}{2}}=\dfrac{4a}{5}\)
Xét tg vuông CKH có
\(HK=\sqrt{HC^2-CK^2}=\sqrt{a^2-\dfrac{16a^2}{25}}=\dfrac{3a}{5}\)
Xét tg vuông DKH và tg vuông DFC có \(\widehat{BDC}\) chung
=> tg DKH đồng dạng với tg DFC (g.g.g)
\(\Rightarrow\dfrac{HK}{CF}=\dfrac{HD}{CD}\Rightarrow CF=\dfrac{HK.CD}{HD}=\dfrac{\dfrac{3a}{5}.\dfrac{5a}{2}}{\dfrac{a\sqrt{13}}{2}}=\dfrac{3a\sqrt{13}}{13}\)
Ta có \(\frac{d\left(A,\left(SCD\right)\right)}{d\left(M,\left(SCD\right)\right)}=2\Rightarrow d=\left(m,\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}d\left(A,\left(SCD\right)\right)\)
Dễ thấy AC _|_ CD, SA _|_ CD dựng AH _|_ SA => AH _|_ (SCD)
Vậy d(A,(SCD))=AH
Xét tam giác vuông SAC (A=1v) có \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{AS^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)
Vậy suy ra \(d\left(M,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)
.jpg)
E=AB∩CD,G=EN∩SB⇒GE=AB∩CD,G=EN∩SB⇒G là trọng tâm tam giác SAE.
d(M,(NCD))=GMGBd(B,(NCD))=12d(B,(NCD))=12.12d(A,(NCD))=14d(A,(NCD))=14hd(M,(NCD))=GMGBd(B,(NCD))=12d(B,(NCD))=12.12d(A,(NCD))=14d(A,(NCD))=14h
Tứ diện AEND vuông tại đỉnh A nên 1h2=1AN2+1AE2+1AD2=116a2⇒h=a√66111h2=1AN2+1AE2+1AD2=116a2⇒h=a6611
Vậy d(M,(NCD))=a√6644.d(M,(NCD))=a6644.
S A B C D H O K I L T
a) SA vuông góc với (ABCD) => SA vuông góc AD; hình thang ABCD vuông tại A => AD vuông góc AB
=> AD vuông góc (SAB), mà AD nằm trong (SAD) nên (SAB) vuông góc (SAD).
b) AD vuông góc (SAB), BC || AD => BC vuông góc (SAB) => B là hc vuông góc của C trên (SAB)
=> (SC,SAB) = ^CAB
\(SB=\sqrt{AS^2+AB^2}=\sqrt{2a^2+a^2}\)\(=a\sqrt{3}\)
\(\tan\widehat{CAB}=\frac{BC}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)=> (SC,SAB) = ^CAB = 300.
c) T là trung điểm của AD, K thuộc ST sao cho AK vuông góc ST, BT cắt AC tại O, HK cắt AO tại I, AI cắt SC tại L.
BC vuông góc (SAB) => BC vuông góc AH, vì AH vuông góc SB nên AH vuông góc SC. Tương tự AK vuông góc SC
=> SC vuông góc (HAK) => SC vuông góc AI,AL. Lập luận tương tự thì AL,AI vuông góc (SCD).
Dễ thấy \(\Delta\)SAB = \(\Delta\)SAT, chúng có đường cao tương ứng AH và AK => \(\frac{HS}{HB}=\frac{KS}{KT}\)=> HK || BT || CD
=> d(H,SCD) = d(I,SCD) = IL (vì A,I,L vuông góc (SCD)) = \(\frac{IL}{AL}.AL=\frac{CO}{CA}.\frac{SI}{SO}.AL=\frac{1}{2}.\frac{SH}{SB}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}\)
\(=\frac{1}{2}.\frac{SA^2}{SA^2+SB^2}.\frac{AS.AC}{\sqrt{AS^2+AC^2}}=\frac{1}{2}.\frac{2a^2}{2a^2+a^2}.\frac{a\sqrt{2}.a\sqrt{2}}{\sqrt{2a^2+2a^2}}=\frac{a}{3}\)
Do \(SH\perp\left(ABCD\right)\) nên \(\widehat{SHB}=\widehat{SHA}=\widehat{SHC}=90^0\). Mà ta có \(HB=HA=HC\left(=a\sqrt{2}\right)\) nên \(\Delta HAS=\Delta HCS=\Delta HBS\), suy ra \(SA=SB=SC\).
Đặt \(x=SH\Rightarrow SA=SB=SC=\sqrt{SH^2+AH^2}=\sqrt{x^2+2a^2}\)
Trong (SBC), đường thẳng qua B vuông góc BC cắt SC tại M. Khi đó \(\left(\left(SBC\right),\left(ABCD\right)\right)=\widehat{ABM}=60^0\).
Xét trên (SBC): \(cos\widehat{BCS}=\dfrac{BC^2+SC^2-BS^2}{2BC.SC}=\dfrac{BC}{2SC}=\dfrac{a}{\sqrt{x^2+2a^2}}\)
\(\Rightarrow tan\widehat{BCS}=\sqrt{\dfrac{1}{cos^2\widehat{BCS}}-1}=\sqrt{\dfrac{x^2+2a^2}{a^2}-1}=\dfrac{\sqrt{x^2+a^2}}{a}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BM=tan\widehat{BCS}.BC=2\sqrt{x^2+a^2}\\CM=\dfrac{BC}{cos\widehat{BCS}}=2\sqrt{x^2+2a^2}\end{matrix}\right.\)
Xét trên (ASC): \(cos\widehat{ACS}=\dfrac{AC^2+CS^2-AS^2}{2AC.CS}=\dfrac{AC}{2SC}=\sqrt{\dfrac{2}{x^2+2a^2}}a\)
\(\Rightarrow AM=\sqrt{AC^2+CM^2-2cos\widehat{ACS}.AC.CM}\)
\(=\sqrt{8a^2+4\left(x^2+2a^2\right)-2.a\sqrt{\dfrac{2}{x^2+2a^2}}.2\sqrt{x^2+2a^2}.2a\sqrt{2}}\)
\(\sqrt{8a^2+4\left(x^2+2a^2\right)-16a^2}=2x\)
Vậy \(AM^2+AB^2=BM^2\), do đó tam giác ABM vuông tại A.
\(\Rightarrow AM=tan60^0.AB=2a\sqrt{3}=2x\Rightarrow x=a\sqrt{3}\).
\(\Rightarrow SH=a\sqrt{3};SA=SB=SC=a\sqrt{5}\)
a) Từ H hạ HN vuông góc AB tại N (N thuộc (ABC)), HP vuông góc AS tại P (P thuộc (SAC)).
Khi đó, N là trung điểm AB, và: \(SP=\dfrac{SH^2}{AS}=\dfrac{3a^2}{a\sqrt{5}}=\dfrac{3a}{\sqrt{5}}\); \(HP=\dfrac{AH.HS}{AS}=\dfrac{a\sqrt{2}.a\sqrt{3}}{a\sqrt{5}}=a\sqrt{\dfrac{6}{5}}\)
Trên (SAB), đường thẳng qua P vuông góc SA cắt đường thẳng qua N vuông góc AB.
Ta có: \(TP\perp AS;HP\perp AS\Rightarrow HT\perp AS\) ; \(TN\perp AB;HN\perp AB\Rightarrow HT\perp AB\)
\(\Rightarrow HT\perp\left(SAB\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SAB\right)\right)=HT\) và \(HT\perp TP\) tại T; \(HN=a\).
Do tam giác SAB cân tại S nên T thuộc SN. Khi đó \(\Delta SPT\sim\Delta SNA\).
Có: \(cos\widehat{SAB}=\dfrac{SA^2+AB^2-SB^2}{2SA.AB}=\dfrac{AB}{2SA}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)
\(\Rightarrow sin\widehat{SAN}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\Rightarrow SN=sin\widehat{SAB}.AS=\dfrac{2}{\sqrt{5}}.a\sqrt{5}=2a\)
\(\Rightarrow TP=AN.\dfrac{SP}{SN}=a.\dfrac{\dfrac{3a}{\sqrt{5}}}{2a}=\dfrac{3}{2\sqrt{5}}a\)
\(\Rightarrow HT=\sqrt{HP^2-TP^2}=\sqrt{\dfrac{6}{5}a^2-\dfrac{9}{20}a^2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)