Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Gọi \(H\) là trung điểm của \(AC\)
\(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow SH \bot AC\)
Mà \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)
\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot BC\)
Lại có \(AC \bot BC\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAC} \right)\)
b) \(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow AI \bot SC\)
\(BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot AI\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AI \bot \left( {SBC} \right)\\AI \subset \left( {ABI} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ABI} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)
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 \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {30} }}{5}\)
\(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow AB\) là hình chiếu vuông góc của SB lên (ABC)
\(\Rightarrow\widehat{SBA}\) là góc giữa SB và (ABC)
\(AB=AC\sqrt{2}=a\sqrt{2}\)
\(tan\widehat{SBA}=\dfrac{SA}{AB}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}\Rightarrow\widehat{SBA}\approx50^046'\)
\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\\AC\perp BC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAC\right)\)
\(\Rightarrow SC\) là hình chiếu vuông góc của SB lên (SAC)
\(\Rightarrow\widehat{BSC}\) là góc giữa SB và (SAC)
\(SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{5}\) ; \(BC=AC=a\)
\(sin\widehat{BSC}=\dfrac{BC}{SB}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\Rightarrow\widehat{BSC}\approx26^034'\)
b.
Theo cmt, \(BC\perp\left(SAC\right)\)
Mà \(BC=\left(SBC\right)\cap\left(ABC\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{SCA}\) là góc giữa (SBC) và (ABC)
\(tan\widehat{SCA}=\dfrac{SA}{AC}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{SCA}=60^0\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABC\right)\\SA\in\left(SAC\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(SAC\right)\perp\left(ABC\right)\)
\(\Rightarrow\) Góc giữa (SAC) và (ABC) là 90 độ
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\\AI \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right)\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow BC \bot AH\\AH \bot SI\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\end{array}\)
Vậy \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).
Chọn C.
Gọi H là trung điểm của BC, suy ra .
Gọi K là trung điểm AC
a) BC ⊥ SA & BC ⊥ AB) ⇒ BC ⊥ (SAB)
⇒ BC ⊥ SB.
⇒ tam giác SBC vuông tại B.
b) BH ⊥ AC & BH ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAC)
⇒ (SBH) ⊥ (SAC).
c) d[B, (SAC)] = BH. Ta có:
S A B C D H
Ta có
\(\left(SBC\right)\perp\left(ABC\right)\left(gt\right)\)
\(B\in\left(SBC\right);B\in\left(ABC\right);C\in\left(SBC\right);C\in\left(ABC\right)\) => BC là giao tuyến của (SBC) và (ABC)
\(AB\perp BC\left(gt\right);AB\in\left(ABC\right)\)
\(\Rightarrow AB\perp\left(SBC\right)\Rightarrow SC\perp AB\) (1)
Từ S hạ \(SD\perp BC\) Xát tg vuông SBD có
\(\widehat{SBC}=30^o\Rightarrow SD=\dfrac{SB}{2}=\dfrac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\) (trong tg vuông cạnh đối diện với góc 30 độ bằng nửa cạnh huyền)
\(\Rightarrow\widehat{BSD}=90^o-\widehat{SBC}=90^o-30^o=60^o\)
\(\Rightarrow BD=\sqrt{SB^2-SD^2}=\sqrt{12-3}=3=AB\)
\(\Rightarrow CD=BC-BD=4-3=1\)
Xét tg vuông SDC có
\(\tan\widehat{DSC}=\dfrac{CD}{SD}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow\widehat{DSC}=30^o\)
\(\Rightarrow\widehat{BSC}=\widehat{BSD}+\widehat{DSC}=60^o+30^o=90^o\Rightarrow SC\perp SB\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow SC\perp\left(SAB\right)\)
Trong mp (SAB) dựng \(BH\perp SA\) (3)
\(\Rightarrow SC\perp BH\)(4)
Từ (3) và (4) \(\Rightarrow BH\perp\left(SAC\right)\) => BH là khoảng cách từ B đến (SAC)
Ta có
\(AB\perp\left(SBC\right)\left(cmt\right)\Rightarrow AB\perp SB\) xét tg vuông SAB có
\(SA=\sqrt{AB^2+SB^2}=\sqrt{9+12}=\sqrt{21}\) (pitago)
\(AB^2=AH.SA\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)
\(\Rightarrow AH=\dfrac{AB^2}{SA}=\dfrac{9}{\sqrt{21}}=\dfrac{3\sqrt{21}}{7}\)
\(\Rightarrow SH=SA-AH=\sqrt{21}-\dfrac{3\sqrt{21}}{7}=\dfrac{4\sqrt{21}}{7}\)
Ta có
\(BH^2=AH.SH\) (Trong tg vuông bình phương đường cao hạ từ đỉnh góc vuông băng tích giữa hai hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)
\(\Rightarrow BH^2=\dfrac{3\sqrt{21}}{7}.\dfrac{4\sqrt{21}}{7}=\dfrac{12.21}{49}=\dfrac{4.3.3.7}{7^2}\)
\(\Rightarrow BH=\dfrac{6\sqrt{7}}{7}\)