Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{\sqrt{66}a}{11}\)
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 \(AH\in\left(SAC\right)\))
\(\Rightarrow AH\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AH=d\left(A;\left(SCD\right)\right)\)
\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AC^2}\Rightarrow AH=\frac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\)
\(\Rightarrow d\left(B;\left(SCD\right)\right)=\frac{1}{2}AH=\frac{a\sqrt{6}}{6}\)
\(AB=BC=\frac{AC}{\sqrt{2}}=a\)
\(\Rightarrow V=\frac{1}{3}SA.\frac{1}{2}AB.BC=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}\)
Nếu đề bài hoàn toàn chính xác thì tất cả các đáp án đều sai, tâm mặt cầu sẽ là chính trung điểm của SC nên \(R=\frac{SC}{2}=\frac{c}{2}\)
Còn nếu dữ kiện đề bài là \(SA=a,AB=b,BC=c\) (và các hoán vị của bộ 3 đoạn thẳng này) thì đáp án là \(R=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2+c^2}\)
1.
Gọi chóp S.ABCD với I là tâm đáy
\(V=\frac{1}{3}SI.S_{ABCD}=\frac{1}{3}SI.a^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}\)
\(\Rightarrow SI=\frac{a\sqrt{6}}{2}\)
\(IA=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SA=\sqrt{SI^2+IA^2}=a\sqrt{2}\)
2.
Đặt \(BC=x\)
Gọi H là hình chiếu của S lên đáy \(\Rightarrow\) H là trung điểm BC
\(\Rightarrow SH=\sqrt{SC^2-HC^2}=\sqrt{4a^2-\frac{x^2}{4}}\)
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}a\sqrt{x^2-a^2}\)
\(\Rightarrow V=\frac{1}{6}a\sqrt{\left(x^2-a^2\right)\left(4a^2-\frac{x^2}{4}\right)}=\frac{1}{3}a\sqrt{\left(\frac{x^2}{4}-\frac{a^2}{4}\right)\left(4a^2-\frac{x^2}{4}\right)}\)
\(V\le\frac{a}{6}\left(\frac{x^2}{4}-\frac{a^2}{4}+4a^2-\frac{x^2}{4}\right)=\frac{5a^3}{8}\)
Câu 1:
Giải trâu bò: \(m=\frac{x+1}{\sqrt{2x^2+1}}\)
Đặt \(f\left(x\right)=\frac{x+1}{\sqrt{2x^2+1}}\Rightarrow f'\left(x\right)=\frac{\sqrt{2x^2+1}-\frac{\left(x+1\right).2x}{\sqrt{2x^2+1}}}{2x^2+1}=\frac{2x^2+1-2x^2-2x}{\left(2x^2+1\right)\sqrt{2x^2+1}}=\frac{1-2x}{\left(2x^2+1\right)\sqrt{2x^2+1}}\)
\(f'\left(x\right)=0\Rightarrow x=\frac{1}{2}\Rightarrow\) từ BBT ta thấy hàm số đạt cực đại tại \(x=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow m< f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\sqrt{6}}{2}\)
Mặt khác ta có:
\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}\frac{x+1}{\sqrt{2x^2+1}}=lim\frac{1+\frac{1}{x}}{\sqrt{2+\frac{1}{x^2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)
\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\frac{x+1}{\sqrt{2x^2+1}}=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\frac{1+\frac{1}{x}}{-\sqrt{2+\frac{1}{x^2}}}=-\frac{\sqrt{2}}{2}\)
\(\Rightarrow-\frac{\sqrt{2}}{2}< m< \frac{\sqrt{6}}{2}\)
Câu 2:
S A B C G M N P
\(V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SA.AB.BC=\frac{1}{6}a^3\)
Qua G kẻ đường thẳng song song BC lần lượt cắt SB, SC tại M và N
Gọi P là trung điểm SC, áp dụng định lý Talet:
\(\frac{PN}{PC}=\frac{PG}{BP}=\frac{1}{3}\Rightarrow\frac{SN}{SC}=\frac{SM}{SB}=\frac{PN+SP}{2SP}=\frac{PN+PC}{2PC}=\frac{2}{3}\)
Áp dụng công thức Simsons:
\(\frac{V_{S.ANM}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SN}{SC}.\frac{SM}{SB}=1.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{4}{9}\Rightarrow V_{S.ANM}=\frac{4}{9}V_{SABC}=\frac{2}{27}a^3\)
\(\Rightarrow V_{ABCNM}=V_{SABC}-V_{SANM}=\frac{1}{6}a^3-\frac{2}{27}a^3=\frac{5}{54}a^3\)
Đáp án C.
Hướng dẫn giải: Gọi H là trung điểm AC.
Do tam giác ABC vuông tại B nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Đỉnh S cách đều các điểm A, B,C nên hình chiếu của S trên mặt đáy (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
suy ra S H ⊥ ( A B C )
Tam giác vuông SBH, có
Tam giác vuông ABC ,
có A B = A C 2 - B C 2 = a 3
Diện tích tam giác vuông
S ∆ A B C = 1 2 B A . B C = a 3 2 2
Vậy V S . A B C = 1 3 S ∆ A B C . S H = a 3 2
A B C D H K S
Hạ \(SH\perp BC\Rightarrow\left(SBC\right)\perp\left(ABC\right)\)
\(\Rightarrow SH\perp BC;SH=SB.\sin\widehat{SBC}=a\sqrt{3}\)
Diện tích : \(S_{ABC}=\frac{12}{\boxtimes}BA.BC=6a^2\)
Thể tích : \(V_{s.ABC}=\frac{1}{3}S_{ABC}.SH=2a^3\sqrt{3}\)
Hạ \(HD\perp AC\left(D\in AC\right),HK\perp SD\left(K\in SD\right)\)
\(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\Rightarrow HK=d\left(H,\left(SAC\right)\right)\)
\(BH=SB.\cos\widehat{SBC}=3a\Rightarrow BC=4HC\)
\(\Rightarrow d\left(B,\left(SAC\right)\right)=4d\left(H,SAC\right)\)
Ta có : \(AC=\sqrt{BA^2+BC^2}=5a;HC=BC-BH=a\)
\(\Rightarrow HD=BA.\frac{HC}{AC}=\frac{3a}{5}\)
\(HK=\frac{SH.HS}{\sqrt{SH^2+HD^2}}=\frac{3a\sqrt{7}}{14}\)
Vậy \(d\left(B,\left(SAC\right)\right)=4HK=\frac{6a\sqrt{7}}{7}\)
Đáp án D