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 M N H K
Thế tích của khối chóp S.CDNM :
\(S_{CDNM}=S_{ABCD}-S_{AMN}-SBC\)
\(=AB^2-\frac{1}{2}AM.AN-\frac{1}{2}BC.BM\)
\(=a^2-\frac{a^2}{8}-\frac{a^2}{4}=\frac{5a^2}{8}\)
Vậy \(V_{SCDNM}=\frac{1}{3}S_{CDNM.SH}=\frac{5\sqrt{3}a^2}{24}\)
Khoảng cách giữa 2 đường thẳng DM và SC
\(\Delta ADM=\Delta DCN\Rightarrow\widehat{ADM}=\widehat{DCN}\Rightarrow DM\perp CN\)
Kết hợp với điều kiện :
\(DM\perp SH\Rightarrow DM\perp\left(SHC\right)\)
Hạ \(HK\perp SC\left(K\in SC\right)\Rightarrow HK\)là đoạn vuông góc chung của DM và SC
Do đó :
\(d\left(DM,SC\right)=HK\)
Ta có :
\(\begin{cases}HC=\frac{CD^2}{CN}=\frac{2a}{\sqrt{5}}\\HK=\frac{SH.HC}{\sqrt{SH^2+HC^2}}=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{19}}\end{cases}\)
\(\Rightarrow d\left(DM,SC\right)=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{19}}\)
cậu ơi, hướng dẫn giúp tớ bài tương tự này với: cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, góc giữa SD và mặt phẳng ABCD là 45 độ, SA vuông góc (ABCD). M là trung điểm BC. Tính khoảng cách DM và SC
cảm ơn c nhiều nhiều.
Ta có \(\left(SHC\right)\cap\left(SHD\right)=SH\)
Từ giả thiết \(\left(SHC\right)\perp\left(ABCD\right);\left(SHD\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)
\(\Leftrightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}AB.AD.SH=\frac{1}{3}a^2\sqrt{3}.SH\left(1\right)\)
Ta có \(SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow HD\) là hình chiếu của SD trên (ABCD), suy ra góc giữa SD và (ABCD) là \(\widehat{SDH}=60^0\Rightarrow SH=HD\tan\widehat{SDHH}=\frac{a\sqrt{39}}{2}\)
Khi đó \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{2}a^3\sqrt{13}\)
Dựng hình bình hành ACBE. Khi đó AC//BE suy ra AC//(SBE)
\(\Rightarrow d\left(AC,SB\right)=d\left(AC,\left(SBE\right)\right)=d\left(A,\left(SBE\right)\right)=2d\left(H,\left(SBE\right)\right)\)
Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên BE và SK.
Khi đó \(BE\perp KH,BE\perp SH\Rightarrow BE\perp HI\left(1\right)\)
Mặt khác \(HI\perp SK\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(HI\perp\left(SBE\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SBE\right)\right)=HI\)
Tính được \(HK=\frac{a\sqrt{3}}{4};HI=\frac{a\sqrt{39}}{\sqrt{212}}\)
\(\Rightarrow d\left(AC,SB\right)=2d\left(H,\left(SBE\right)\right)=2HI=\frac{a\sqrt{39}}{\sqrt{53}}=\frac{a\sqrt{2067}}{53}\)
z C B O A D y S x M N
a. Do ABCD là hình thoi có tâm là O nên từ giả thiết ta có :
\(C=\left(-2;0;0\right)\)
\(D=\left(0;-1;0\right)\)
Từ đó M là trung điểm của SC nên :
\(M\left(-1;0=-\sqrt{2}\right)\)
Ta có \(\overrightarrow{SA}=\left(2;0;-2\sqrt{2}\right)\)
\(\overrightarrow{BM}=\left(-1;-1;\sqrt{2}\right)\)
Gọi \(\alpha\) là góc giữa 2 đường thẳng SA, MB, ta có :
\(\cos\alpha=\frac{\left|\overrightarrow{SA.}\overrightarrow{BM}\right|}{\left|\overrightarrow{SA}\right|.\left|\overrightarrow{MB}\right|}=\frac{\left|-2-4\right|}{\sqrt{4+8}.\sqrt{1+2+1}}=\frac{6}{4\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)
Vậy \(\alpha=60^0\)
Để tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau SA, BM ta sử dụng công thức :
\(d\left(SA;BM\right)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{SA};\overrightarrow{BM}\right].\overrightarrow{AB}\right|}{\left|\left[\overrightarrow{SA};\overrightarrow{BM}\right]\right|}\) (1)
Theo công thức xác định tọa độ vecto \(\left[\overrightarrow{SA};\overrightarrow{BM}\right]\) ta có :
\(\left[\overrightarrow{SA};\overrightarrow{BM}\right]=\left(\left|\begin{matrix}0&-2\sqrt{2}\\-1&\sqrt{2}\end{matrix}\right|;\left|\begin{matrix}-2\sqrt{2}&2\\\sqrt{2}&-1\end{matrix}\right|;\left|\begin{matrix}2&0\\-1&-1\end{matrix}\right|\right)\)
\(=\left(-2\sqrt{2};1;0\right)\)
\(\Rightarrow\left|\left[\overrightarrow{SA};\overrightarrow{BM}\right]\right|=\sqrt{12}\)
\(\overrightarrow{AB}=\left(-2;1;0\right)\)
\(\Rightarrow\left[\overrightarrow{SA};\overrightarrow{BM}\right].\overrightarrow{AB}=4\sqrt{2}\)
Thay vào (1) ta có :
\(d\left(SA;BM\right)=\frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{12}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}\)
b. Vì AB \\ mặt phẳng (SDC) nên MN \\ DC. Suy ra N là trung điểm của SD
\(\Rightarrow N=\left(0;-\frac{1}{2};\sqrt{2}\right)\)
Dễ thấy :
\(V_{S.ABMN}=V_{S.ABN}+V_{S.BMN}\)
\(=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{SA};\overrightarrow{BM}\right].\overrightarrow{SN}\right|+\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{SB};\overrightarrow{SM}\right].\overrightarrow{SN}\right|\) (2)
Ta có \(\overrightarrow{SA}=\left(2;0;-2\sqrt{2}\right)\)
\(\overrightarrow{SN}=\left(0;-\frac{1}{2};-\sqrt{2}\right)\)
\(\overrightarrow{SB}=\left(0;1;-2\sqrt{2}\right)\)
\(\overrightarrow{SM}=\left(-1;0;-\sqrt{2}\right)\)
Ta lại có :
\(\left[\overrightarrow{SA};\overrightarrow{SB}\right]=\left(\left|\begin{matrix}0&-2\sqrt{2}\\-1&-2\sqrt{2}\end{matrix}\right|;\left|\begin{matrix}-2\sqrt{2}&2\\-2\sqrt{2}&0\end{matrix}\right|;\left|\begin{matrix}2&0\\0&1\end{matrix}\right|\right)\)
\(=\left(2\sqrt{2};4\sqrt{2};2\right)\)
\(\left[\overrightarrow{SB};\overrightarrow{SM}\right]=\left(\left|\begin{matrix}1&-2\sqrt{2}\\0&\sqrt{2}\end{matrix}\right|;\left|\begin{matrix}-2\sqrt{2}&0\\-\sqrt{2}&-1\end{matrix}\right|;\left|\begin{matrix}0&1\\-1&0\end{matrix}\right|\right)\)
\(=\left(-\sqrt{2};2\sqrt{2};1\right)\)
Thay vào (2) được :
\(V_{S.ABMN}=\frac{1}{6}\left(\left|-2\sqrt{2}-2\sqrt{2}\right|+\left|-\sqrt{2}-\sqrt{2}\right|\right)=\sqrt{2}\)
A N B C H K S
Theo giả thiết, \(HA=HC=\frac{1}{2}AC=a\) và \(SH\perp\left(ABC\right)\)
Xét \(\Delta v.ABC\) ta có : \(BC=AC.\cos\widehat{ACB}=2a\cos30^0=\sqrt{3}a\)
Do đó : \(S_{\Delta.ABC}=\frac{1}{2}AC.BC.\sin\widehat{ACB}=\frac{1}{2}.2a.\sqrt{3}a.\sin30^0=\frac{\sqrt{3}a^2}{2}\)
Vậy \(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\sqrt{2}a.\frac{\sqrt{3}}{2}a^2=\frac{\sqrt{6}a^3}{6}\)
Vì CA=2HA nên d(C,(SAB))=2d(H, (SAB)) (1)
Gọi N là trung điểm của Ab, ta có HN là đường trung bình của tam giác ABC
Do đó HN//BC suy ra AB vuông góc với HN.
Lại có AB vuông góc với Sh nên AB vuông góc với mặt phẳng (SHN).
Do đó mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SHN).
Mà Sn là giao tuyến của 2 mặt phẳng vừa nêu, nên trong mặt phẳng (SHN), hạ HK vuông góc với SN, ta có HK vuông góc với mặt phẳng (SAB)
Vì vậy d(J, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C. (SAB))=2HK (2)
Vì \(SH\perp\left(ABC\right)\) nên \(SH\perp HN\), xét tam giác v.SHN, ta có :
\(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{HN^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{HN^2}\)
Vì HN là đường trung bình của tam giác ABC nên \(HN=\frac{1}{2}BC=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)
Do \(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{11}{6a^2}\) suy ra \(HK=\frac{\sqrt{66}a}{11}\) (3)
Thế (3) vào (2) ta được \(d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{\sqrt{66}a}{11}\)
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 \(V_{\left(H\right)}=\frac{1}{3}\pi.R^2.OH=\frac{\sqrt{3}}{54}\pi a^3\)
Một đường thẳng muốn vuông góc với một mặt phẳng thì phải vuông góc với 2 đường thẳng chéo nhau chứ bạn? ở ba câu trên bạn mới chứng minh nó vuông với 1 đường mà
Đáp án C
⇒ A C ⊥ D M
Vì S H ⊥ ( A B C D ) ⇒ D H ⊥ ( S A C )
từ H kẻ H K ⊥ S D
⇒ H K là khoảng cách cần tính.
Ta có D H H M = D C A M = 4 ⇔ D H D M = 4 5
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
⇒ H K = 2 a 3