Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
+ Xác định góc của (SAB) và mặt phẳng đáy.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABD và E là hình chiếu của G lên AB. Ta có:
AB ⊥ SG & AB ⊥ GE⇒ AB ⊥ (SEG) ⇒ AB ⊥ SE.
SE ⊥ AB & GE ⊥ AB⇒ ∠((SAB),(ABCD)) = ∠(SEG) = 60o.
+ Xác định khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD).
Hạ GN ⊥ AD. Tương tự như trên, ta có: AD ⊥ GN & AD ⊥ SG⇒ AD ⊥ (SGN)
Hạ GH ⊥ SN, ta có GH ⊥ (SAD) suy ra khoảng cách từ G đến (SAD) là GH.
+ Tính GH.
(do GE = GN). Thế vào (1) ta được:
Ta có: M ∈(SAD) & MB = 3MG⇒ d(B,(SAD)) = 3d(G,(SAD)) = (a√3)/2.
+ Xác định góc của SC với (SAD).
Hạ CE ⊥ AD, ta có E là trung điểm AD và CE ⊥ (SAD) nên ∠(CSE) = 30 o .
∠(CSE) cũng chính là góc giữa SC và mp(SAD).
Trong ΔCSE, ta có:
S E = C E . tan 60 o = a 3 ⇒ S A = S E 2 - A E 2 = 3 a 2 - a 2 = a 2 .
Nhận xét
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và AE.
Ta có MN // BE nên MN // CD. Như vậy MN // (SCD). Ta suy ra
d(M,(SCD)) = d(N,(SCD)).
Mà DN/DA = 3/4 nên d(N,(SCD)) = 3/4 d(A,(SCD))
+ Xác định khoảng cách từ A đến (SCD).
Vì vậy tam giác ACD vuông cân tại C nên CD vuông góc với AC.
CD ⊥ AC & CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ (SAC) ⇒ (SCD) ⊥ (SAC).
Hạ AH ⊥ SC, ta có AH ⊥ (SCD).
a) Gọi E là trung điểm của AD
\(\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right),\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\)
Mà tam giác SAD đều
\( \Rightarrow \) \(SE \bot \left( {ABCD} \right)\)
Xét tam giác SDE vuông tại E có
\(SE = \sqrt {S{D^2} - D{E^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
b) Ta có \(AB \bot AD,AB \bot SE\left( {SE \bot \left( {ABCD} \right)} \right) \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)\)
Vì BC // AD (ABCD là hình vuông), \(AD \subset \left( {SAD} \right)\) nên BC // (SAD)
\( \Rightarrow \) d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)) = AB = a
c) Trong (SAD) kẻ \(AF \bot SD\)
Có \(AB \bot \left( {SAD} \right),AF \subset \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot AF\)
\( \Rightarrow \) d(AB, SD) = AF
Vì tam giác SAD đều nên \(AF = SE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Vậy \(d\left( {AB,{\rm{ }}SD} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
\(\left(SAB\right);\left(SAC\right)\) cùng vuông góc (ABCD) \(\Rightarrow SA\perp\left(ABCD\right)\)
\(SA=\sqrt{SD^2-AD^2}=a\sqrt{3}\)
Gọi M là trung điểm CD \(\Rightarrow GS=\dfrac{2}{3}MS\) (t/c trọng tâm)
\(\Rightarrow d\left(G;\left(SBD\right)\right)=\dfrac{2}{3}d\left(M;\left(SBD\right)\right)\)
Gọi I là giao điểm AM và BD \(\Rightarrow\dfrac{IM}{IA}=\dfrac{DM}{AB}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow d\left(M;\left(SBD\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(A;\left(SBD\right)\right)\Rightarrow d\left(G;\left(SBD\right)\right)=\dfrac{1}{3}d\left(A;\left(SBD\right)\right)\)
Kẻ AH vuông góc SO (O là tâm đáy) \(\Rightarrow AH\perp\left(SBD\right)\Rightarrow AH=d\left(A;\left(SBD\right)\right)\)
\(AO=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\) ; \(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AO^2}\Rightarrow AH=\dfrac{SA.AO}{\sqrt{SA^2+AO^2}}=\dfrac{a\sqrt{21}}{7}\)
\(\Rightarrow d\left(G;\left(SBD\right)\right)=\dfrac{1}{3}AH=\dfrac{a\sqrt{21}}{21}\)
Đáp án B.
Ta có AD//BC, 
=> AD//(SBC)
=> d(AD;SC) = d(AD;(SBC)) = d(D;(SBC)).
Qua I kẻ đường thẳng song song với AD, cắt CD tại H.
Suy ra IH ⊥ CD
Từ CD ⊥ IH, CD ⊥ SI=> CD ⊥ (SIH)=> CD ⊥ SH
Suy ra 
Lại có
Từ 
Suy ra
Từ (1) và (2), suy ra
Vậy
- Ta có: CD // AB nên CD// mp (SAB)
⇒ Suy ra:
- Kẻ MH ⊥ AB, HK ⊥ SM.
- Do đó, tam giác ABC là tam giác đều.
- Xét tam giác SHM vuông tại H; đường cao HK có:
a) SG là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC nên SG ⊥ (ABC). Ta có
Vậy khoảng cách từ S tới mặt phẳng (ABC) là độ dài của đoạn SG = a
Ta có CG ⊥ AB tại H. Vì GH là đoạn vuông góc chung của AB và SG, do đó
mà 
nên 
Đáp án B
Có