Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\)
\(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = b\sqrt 2 \)
\(\cos \widehat {SCA} = \frac{{AC}}{{SC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SCA} = {60^ \circ }\)
Vậy \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = {60^ \circ }\)
Chọn A.
\(\left. \begin{array}{l}\left( {SBI} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SCI} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SBI} \right) \cap \left( {SCI} \right) = SI\end{array} \right\} \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\)
Kẻ \(IH \bot BC\left( {H \in BC} \right)\)
\(SI \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SI \bot BC\)
\( \Rightarrow BC \bot \left( {SIH} \right) \Rightarrow BC \bot SH\)
Vậy \(\widehat {AHI}\) là góc nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right]\)\( \Rightarrow \widehat {AHI} = {60^ \circ }\)
\(\begin{array}{l}{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{2}\left( {AB + C{\rm{D}}} \right).A{\rm{D}} = 3{a^2}\\AI = I{\rm{D}} = \frac{1}{2}A{\rm{D}} = a\\{S_{AIB}} = \frac{1}{2}AB.AI = {a^2},{S_{CI{\rm{D}}}} = \frac{1}{2}C{\rm{D}}.I{\rm{D}} = \frac{{{a^2}}}{2}\\ \Rightarrow {S_{BIC}} = {S_{ABC{\rm{D}}}} - {S_{AIB}} - {S_{CI{\rm{D}}}} = \frac{{3{a^2}}}{2}\end{array}\)
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow BM = \frac{1}{2}AB = a,CM = AD = 2a \Rightarrow BC = \sqrt {B{M^2} + C{M^2}} = a\sqrt 5 \\ \Rightarrow IH = \frac{{2{{\rm{S}}_{BIC}}}}{{BC}} = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5} \Rightarrow SI = IH.\tan \widehat {SHI} = \frac{{3a\sqrt {15} }}{5}\end{array}\)
\({V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}{S_{ABC{\rm{D}}}}.SI = \frac{{3{a^3}\sqrt {15} }}{5}\)
Xét tam giác \(SAC\) có:
\(AC = \sqrt {S{A^2} + S{C^2} - 2.SA.SC.\cos \widehat {ASC}} = a\sqrt 3 \)
\(SI\) là trung tuyến \( \Rightarrow SI = \frac{{\sqrt {2\left( {S{A^2} + S{C^2}} \right) - A{C^2}} }}{2} = \frac{a}{2}\)
Ta có: \(S{I^2} + A{I^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} = S{A^2}\)
\( \Rightarrow \Delta SAI\) vuông tại \(I \Rightarrow SI \bot AC\)
Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\) có: \(AB = \sqrt {S{A^2} + S{B^2}} = a\sqrt 2 \)
Xét tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) có \(\widehat {BSC} = {60^ \circ }\) nên tam giác \(SBC\) đều. Vậy \(BC = a\)
Xét tam giác \(ABC\) có: \(A{B^2} + B{C^2} = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} + {a^2} = 3{a^2} = A{C^2}\)
\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B \Rightarrow BI = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Xét tam giác \(SBI\) có: \(S{I^2} + B{I^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} = S{B^2}\)
\( \Rightarrow \Delta SBI\) vuông tại \(I \Rightarrow SI \bot BI\)
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}SI \bot AC\\SI \bot BI\end{array} \right\} \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)\)
a) `[S,BC,O]`:
Góc phẳng nhị diện `[S,BC,O`] là góc giữa mặt phẳng `(SBC)` và mặt phẳng `(SBO)`. Vì hình chóp tứ giác đều, nên mặt phẳng `(SBC)` và mặt phẳng `(SBO)` là hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Do đó, góc phẳng nhị diện `[S,BC,O]` là góc vuông.
b) `[C,SO,B]`:
Góc phẳng nhị diện `[C,SO,B]` là góc giữa mặt phẳng `(CSO)` và mặt phẳng `(CSB)`. Vì hình chóp tứ giác đều, nên mặt phẳng `(CSO)` và mặt phẳng `(CSB)` là hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Do đó, góc phẳng nhị diện` [C,SO,B]` là góc vuông.
Kẻ \(OI \bot C{\rm{D}}\left( {I \in C{\rm{D}}} \right),OH \bot SI\left( {H \in SI} \right)\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot C{\rm{D}}\\OI \bot C{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot \left( {SOI} \right)\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow C{\rm{D}} \bot OH\\OH \bot SI\end{array} \right\} \Rightarrow OH \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\ \Rightarrow d\left( {O,\left( {SC{\rm{D}}} \right)} \right) = OH\end{array}\)
\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow AC = a \Rightarrow OC = \frac{1}{2}AC = \frac{a}{2}\)
\(\Delta ABD\) có \(\widehat {BA{\rm{D}}} = {120^ \circ } \Rightarrow B{\rm{D}} = \sqrt {A{B^2} + A{{\rm{D}}^2} - 2{\rm{A}}B.A{\rm{D}}} = a\sqrt 3 \Rightarrow OD = \frac{1}{2}B{\rm{D}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
\(\Delta OCD\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OI\)
\( \Rightarrow OI = \frac{{OC.O{\rm{D}}}}{{C{\rm{D}}}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)
\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OI \Rightarrow \Delta SOI\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OH\)
\( \Rightarrow OH = \frac{{SO.OI}}{{\sqrt {S{O^2} + O{I^2}} }} = \frac{{a\sqrt {51} }}{{17}}\)
Vậy \(d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH = \frac{{a\sqrt {51} }}{{17}}\).
a)
\(38^\circ = \frac{{\pi .38}}{{180}} = \frac{{19\pi }}{{90}}\,\,\,\left( {rad} \right)\)
b)
\( - 115^\circ = \frac{{\pi .\left( { - 115} \right)}}{{180}} = \frac{{ - 23\pi }}{{36}}\,\,\left( {rad} \right)\)
c)
\({\left( {\frac{3}{\pi }} \right)^\circ }= \frac{{\pi .\frac{3}{\pi }}}{{180}} = \frac{1}{{60}}\,\,\,\left( {rad} \right)\)
Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\).
Ta có:\(OM=\dfrac{1}{2}.AB=2a;AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=5a;OC=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{5}{2}a\)
\(SO=\sqrt{SC^2-OC^2}=\dfrac{5\sqrt{3}}{2}a\)
\(\left[S,BC,A\right]=\widehat{SMO}\)
\(\tan\widehat{SMO}=\dfrac{SO}{OM}=\dfrac{5\sqrt{3}}{4}\)
Suy ra:\(\widehat{SMO}=65,2^o\)
\(\Rightarrow D\)