Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SMA}\) là góc giữa SM và đáy
\(\Rightarrow\widehat{SMA}=60^0\Rightarrow SA=AM.tan60^0=\sqrt{3a^2+\left(\dfrac{2a}{2}\right)^2}.\sqrt{3}=2a\sqrt{3}\)
Qua B kẻ đường thẳng song song AM cắt AD kéo dài tại E
\(\Rightarrow AM||\left(SBE\right)\Rightarrow d\left(AM;SB\right)=d\left(AM;\left(SBE\right)\right)=d\left(A;\left(SBE\right)\right)\)
Từ A kẻ \(AH\perp BE\) , từ A kẻ \(AK\perp SH\Rightarrow AK=d\left(A;\left(SBE\right)\right)\)
\(\widehat{DAM}=\widehat{AEB}\) (đồng vị) , mà \(\widehat{BAH}=\widehat{AEB}\) (cùng phụ \(\widehat{ABH}\))
\(\Rightarrow\widehat{DAM}=\widehat{BAH}\)
\(\Rightarrow AH=AB.cos\widehat{BAH}=AB.cos\widehat{DAM}=\dfrac{AB.AD}{AM}=\dfrac{2a.a\sqrt{3}}{2a}=a\sqrt{3}\)
\(\dfrac{1}{AK^2}=\dfrac{1}{AH^2}+\dfrac{1}{SA^2}=\dfrac{1}{3a^2}+\dfrac{1}{12a^2}=\dfrac{5}{12a^2}\)
\(\Rightarrow AK=\dfrac{2a\sqrt{15}}{5}\)
ta có : \(\begin{cases}AB\perp SH\\AB\perp HF\end{cases}\) \(\Rightarrow AB\perp\left(SHF\right)\Rightarrow\left(SAB\right)\perp\left(SHF\right)\)theo giao tuyến SF
kẻ \(HK\perp SF\) tại K \(\Rightarrow HK\perp\left(SAB\right)\Rightarrow d_{\left(B;\left(SAB\right)\right)}=HK\)
\(HF=\frac{4a}{5}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{15}}{5}\)
(SAB) chứa SB và song song CD
\(\Rightarrow d_{\left(CD;SB\right)}=d_{\left(CD;\left(SAB\right)\right)}=d_{\left(C;\left(SAB\right)\right)}=CM\)(M là hình chiếu của C lên (SAB))
có : HK//CM \(\Rightarrow\frac{CM}{HK}=\frac{CA}{AH}=5\)\(\left(AC=2a\sqrt{5};AH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}\right)\)
\(\Rightarrow CM=5HK=a\sqrt{15}\)
Vậy : \(d_{\left(CD;SB\right)}=a\sqrt{15}\)
Bài 1:
Vì \(SH\perp (ABCD)\Rightarrow \angle (SC,(ABCD))=\angle (SC,HC)=\angle SCH\)
\(\Rightarrow \angle SCH=30^0\)
\(\Rightarrow \frac{SH}{HC}=\tan SCH=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SH=\frac{HC\sqrt{3}}{3}\)
Pitago: \(HC=\sqrt{HB^2+BC^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}\)
Do đó \(SH=\frac{\sqrt{15}}{6}\)
\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{15}}{6}.1^2=\frac{\sqrt{15}}{18}\)
Bài 2:
$S$ cách đều $A.B,C$ nên \(SA=SB=SC\).
Xét chóp $S.ABC$ có độ dài các cạnh bên bằng nhau nên chân đường cao hạ từ đỉnh $S$ xuống đáy chính là tâm ngoại tiếp đáy.
Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên chân đường cao (H) hạ từ $S$ xuống là trung điểm của $AC$.
Theo định lý Pitago: \(AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{3}a\)
\(\Rightarrow S_{ABCD}=AB.AC=\sqrt{3}a^2\)
Có: \(60^0=\angle (SB,(ABCD))=\angle (SB,BH)=\angle SBH\)
\(\frac{SH}{BH}=\tan \angle SBH=\sqrt{3}\Rightarrow SH=BH\sqrt{3}\)
$H$ là trung điểm của $AC$ nên \(BH=AH=HC=\frac{1}{2}AC=a\Rightarrow SH=a\sqrt{3}\)
Vậy \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\sqrt{3}a^2=a^3\)