Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $S$ xuống mặt phẳng $(ABC)$
Ta có \(\left\{\begin{matrix} SH\perp AB\\ SA\perp AB\end{matrix}\right.\Rightarrow AB\perp (SHA)\rightarrow AB\perp HA\)
Tương tự \(BC\perp HC\). Kết hợp với \(ABC\) vuông cân tại $B$ suy ra \(ABCH\) là hình vuông
Có \(AH\parallel (SBC)\Rightarrow d(A,(SBC))=d(H,(SBC))\)
Kẻ \(HT\perp SC\). Có \(\left\{\begin{matrix} SH\perp BC\\ HC\perp BC\end{matrix}\right.\Rightarrow BC\perp (SHC)\Rightarrow BC\perp HT\)
Do đó \(HT\perp (SBC)\Rightarrow d(H,(SBC))=HT=\sqrt{\frac{SH^2.HC^2}{SH^2+HC^2}}=\sqrt{\frac{SH^2.AB^2}{SH^2+AB^2}}=\sqrt{2}\Rightarrow SH=\sqrt{6}a\)
Từ trung điểm $O$ của $AC$ dựng trục vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$. Trên trục đó ta lấy điểm $I$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp.
\(IS^2=IA^2=IH^2\Leftrightarrow (\overrightarrow{IO}+\overrightarrow{OH}+\overrightarrow{HS})^2=IO^2+OH^2\)
\(\Leftrightarrow HS^2+2\overrightarrow{IO}.\overrightarrow{HS}=0\)
Do \(\overrightarrow {SH}\parallel \overrightarrow {IO}\Rightarrow \overrightarrow {IO}=k\overrightarrow{SH}\). Thay vào PT trên có $k=\frac{1}{2}$
\(\Rightarrow IO=\frac{\sqrt{6}a}{2}\Rightarrow IA=\sqrt{IO^2+AO^2}=\sqrt{3}a\)
\(\Rightarrow S_{\text{mặt cầu}}=4\pi R^2=12a^2\pi\)
A B C D S M H
\(\widehat{BAD}=120^0\Rightarrow\widehat{ABC}\Rightarrow\Delta ABC\) đều
\(\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow S_{ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}\)
Tam giác SAM vuông tại A có \(\widehat{SMA}=45^0\Rightarrow\) Tam giác SAM vuông tại A : SA = AM = \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Do đó \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA.S_{ABCD}=\frac{a^3}{4}\)
Do AD song song với BC nên d(D;(SBC))=d(A,(SBC))
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM
Ta có : \(\begin{cases}AM\perp BC\\SA\perp BC\end{cases}\)\(\Rightarrow BC\perp\cdot\left(SAM\right)\)
\(\Rightarrow BC\perp AH\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SBC\right)\right)=AH\)
Ta có :
\(AH=\frac{AM\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{4}\Rightarrow d\left(D,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{4}\)
A B E F C S
Gọi E là trung điểm của AC \(\Rightarrow BE\perp\left(SAC\right)\rightarrow BE\perp SC\)
Vẽ EF vuông góc với SC tại F. Ta có \(SC\perp BF\Rightarrow\widehat{EFB}=60^0\) là góc giữa (SAC) và (SBC)
Tam giác BEF vuông tại E nên \(EF=\frac{a\sqrt{2}}{2\sqrt{3}}\)
Tam gics SAC đồng dạng với tam giác EFC suy ra \(\sqrt{3}SA=SC\Leftrightarrow SA=a\)
Thể tích \(V=\frac{1}{3}S_{ABC}.SA=\frac{a^2}{6}\)
S B H C I A D
Gọi I là trung điểm của AD.
Ta có : \(IA=ID=IC=a\Rightarrow CD\perp AC\)
Mặt khác, \(CD\perp SA\) suy ra CD vuông góc với SC nên tam giác SCD là tam giác vuông tại C
Trong tam giác vuông SAB ta có :
\(\frac{SH}{SB}=\frac{SA^2}{SB^2}=\frac{SA^2}{SA^2+AB^2}=\frac{2a^2}{2a^2+a^2}=\frac{2}{3}\)
Gọi \(d_{1,};d_2\) lần lượt là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng (SCD) thì
\(\frac{d_2}{d_1}=\frac{SH}{SB}=\frac{2}{3}\Rightarrow d_2=\frac{2}{3}d_1\)
\(d_1=\frac{3V_{B.SCD}}{S_{SCD}}=\frac{SA.S_{BCD}}{S_{SCD}}\)
\(S_{NCD}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}a^2\)
\(S_{SCD}=\frac{1}{2}SC.CD=\frac{1}{2}\sqrt{SA^2+AB^2+BC^2}.\sqrt{IC^2+ID^2}=a^2\sqrt{2}\)
Suy ra \(d_1=\frac{a}{2}\)
Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là \(d_2=\frac{2}{3}d_1=\frac{a}{3}\)
I. Nội qui tham gia "Giúp tôi giải toán"
1. Không đưa câu hỏi linh tinh lên diễn đàn, chỉ đưa các bài mà mình không giải được hoặc các câu hỏi hay lên diễn đàn;
2. Không trả lời linh tinh, không phù hợp với nội dung câu hỏi trên diễn đàn.
3. Không "Đúng" vào các câu trả lời linh tinh nhằm gian lận điểm hỏi đáp.
Các bạn vi phạm 3 điều trên sẽ bị giáo viên của Online Math trừ hết điểm hỏi đáp, có thể bị khóa tài khoản hoặc bị cấm vĩnh viễn không đăng nhập vào trang web.
Đáp án là C