Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: BC vuông góc AM
BC vuông góc SA
=>BC vuông góc (SAM)
b: BC vuông góc (SAM)
=>BC vuông góc SM
=>(SM;(ABC))=90 độ
a) Xét tam giác ABC cân tại A có
AM là đường trung tuyến (M là trung điểm BC)
\( \Rightarrow \) AM là đường cao \( \Rightarrow \) \(AM \bot BC\)
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}AM \bot BC\\SA \bot BC\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\\AM \cap SA = \left\{ A \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\)
b) \(\left. \begin{array}{l}BC \bot \left( {SAM} \right)\\SM \subset \left( {SAM} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot SM\)
Xét tam giác SBC có:
+) SM là đường cao \(\left( {BC \bot SM} \right)\)
+) SM là đường trung tuyến (M là trung điểm BC)
\( \Rightarrow \) Tam giác SBC cân tại S.
Ta có:
$\triangle ABC$ vuông cân tại $A$ nên:
$AB = AC = a,\ AB \perp AC$.
Lại có:
$SA \perp (ABC)$ nên:
$SA \perp AB,\ SA \perp AC$.
Và:
$SA = a\sqrt{3}$.
Ta có:
$AC \perp AB$ và $AC \perp SA$.
Mà $AB,\ SA$ là hai đường cắt nhau nằm trong mặt phẳng $(SAB)$ nên:
$AC \perp (SAB)$.
Lại có:
$AC \subset (SAC)$.
Suy ra:
$(SAB)\perp (SAC)$.
Vì $\triangle ABC$ vuông cân tại $A$ nên:
$M$ là trung điểm của $BC$.
Suy ra:
$AM \perp BC$.
Lại có:
$SA \perp (ABC)$ nên:
$SA \perp BC$.
Do đó:
$BC \perp SA$ và $BC \perp AM$.
Mà $SA,\ AM$ là hai đường cắt nhau thuộc mặt phẳng $(SAM)$ nên:
$BC \perp (SAM)$.
Suy ra:
$BC \perp SM$.
Vì $SA \perp (ABC)$ nên hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $(ABC)$ là $AC$.
Do đó góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là:
$\widehat{SCA}$.
Xét tam giác vuông $SAC$ tại $A$:
$SA = a\sqrt{3},\ AC = a$.
Ta có:
$SC=\sqrt{SA^2+AC^2}$
$=\sqrt{3a^2+a^2}$
$=2a$.
Suy ra:
$\sin \widehat{SCA}=\dfrac{SA}{SC}$
$=\dfrac{a\sqrt3}{2a}$
$=\dfrac{\sqrt3}{2}$.
Vậy:
$\widehat{(SC,(ABC))}=60^\circ$.
Gọi D là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC)
\(SD\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SD\perp AB\) , mà \(AB\perp SA\left(gt\right)\Rightarrow AB\perp\left(SAD\right)\Rightarrow AB\perp AD\)
\(\Rightarrow AD||BC\)
Tương tự ta có: \(BC\perp\left(SCD\right)\Rightarrow BC\perp CD\Rightarrow CD||AB\)
\(\Rightarrow\) Tứ giác ABCD là hình vuông
\(\Rightarrow BD=a\sqrt{2}\)
\(SD=\sqrt{SB^2-BD^2}=a\sqrt{2}\)
Gọi P là trung điểm AD \(\Rightarrow MP\) là đường trung bình tam giác SAD
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MP=\dfrac{1}{2}SD=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\\MP||SD\Rightarrow MP\perp\left(ABC\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\alpha=\widehat{MNP}\)
\(cos\alpha=\dfrac{NP}{MN}=\dfrac{NP}{\sqrt{NP^2+MP^2}}=\dfrac{a}{\sqrt{a^2+\dfrac{a^2}{2}}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\)
Ta có {BC⊥ABAB⊥SC⇒AB⊥CE{BC⊥ABAB⊥SC⇒AB⊥CE
Khi đó {CE⊥ABCE⊥SA⇒CE⊥(SAB){CE⊥ABCE⊥SA⇒CE⊥(SAB)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: SC2=SE.SB⇒SESB=SC2SB2SC2=SE.SB⇒SESB=SC2SB2, tương tự SDSE=SC2SA2SDSE=SC2SA2
Lại cả CA=AC√2=2a;VS.ABC=13SC.SABC=23a3CA=AC2=2a;VS.ABC=13SC.SABC=23a3
Khi đó VS.CDEVS.ABC=SESBSDSA=SC2SB2.SC2SA2=4648=13VS.CDEVS.ABC=SESBSDSA=SC2SB2.SC2SA2=4648=13
Do đó VS.CDE=13.23a3=2a39VS.CDE=13.23a3=2a39.
a.
Do \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\\AB\perp BC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)
\(\Rightarrow BC\perp SB\)
b.
\(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow AC\) là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABC)
\(\Rightarrow\widehat{SCA}\) là góc giữa SC và (ABC)
\(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=a\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow tan\widehat{SCA}=\dfrac{SA}{AC}=1\Rightarrow\widehat{SCA}=45^0\)
Vì $SA\perp(ABC)$ nên:
$SA\perp BC$.
Lại có:
$AB\perp BC$.
Suy ra:
$BC\perp (SAB)$.
Mà $SM\subset (SAB)$ nên:
$BC\perp SM$.
Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng $SM$ và $BC$ chính là khoảng cách từ $B$ đến $SM$ trong mặt phẳng $(SAB)$.
Xét tam giác vuông $SAB$ tại $A$:
$AB=a,\ SA=a\sqrt2$.
Suy ra:
$SB=\sqrt{AB^2+SA^2}=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt3$.
Vì $M$ là trung điểm của $AB$ nên:
$BM=\dfrac a2$.
Ta có:
$SM=\sqrt{SA^2+AM^2}=\sqrt{2a^2+\left(\dfrac a2\right)^2}=\dfrac{3a}{2}$.
Diện tích tam giác $SBM$:
$S_{SBM}=\dfrac12\cdot BM\cdot SA=\dfrac12\cdot\dfrac a2\cdot a\sqrt2=\dfrac{a^2\sqrt2}{4}$.
Gọi $d$ là khoảng cách từ $B$ đến $SM$, ta có:
$S_{SBM}=\dfrac12\cdot SM\cdot d$.
Suy ra:
$\dfrac{a^2\sqrt2}{4}=\dfrac12\cdot\dfrac{3a}{2}\cdot d$
$\Rightarrow d=\dfrac{a\sqrt2}{3}$.
Vậy:
$\boxed{d=\dfrac{a\sqrt2}{3}}$.
Vì \(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow BC\perp SA\)(1)
Vì tam giác ABC cân tại A , M là trung điểm BC \(\Rightarrow BC\perp AM\)(2)
Từ 1,2 => \(BC\perp\left(SAM\right)\)( ĐPCM)
S B C A M
Vì \(SA\perp(ABC)\Rightarrow BC\perp SA\)
Theo giả thiết tam giác \(ABC\)là tam giác cân tại \(A\)và\(M\)là trung điểm \(BC\)\(\Rightarrow BC\perp AM\)
Ta có \(\hept{\begin{cases}BC\perp SA\\BC\perp AM\end{cases}\Rightarrow BC\perp\left(SAM\right)}\)
Vì SA⊥(ABC)SA⊥(ABC) ⇒BC⊥SA⇒BC⊥SA.
Theo giải thiết tam giác ABCABC là tam giác cân tại AA và MM là trung điểm BCBC ⇒BC⊥AM⇒BC⊥AM.
Ta có {BC⊥SABC⊥AM{BC⊥SABC⊥AM ⇒⇒
Hướng dẫn giải:
SABCM
Vì SA \perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow BC\perp SA⇒BC⊥SA.
Theo giải thiết tam giác ABCABC là tam giác cân tại AA và MM là trung điểm BCBC \Rightarrow BC\perp AM⇒BC⊥AM.
Ta có \left\{ \begin{aligned} & BC \perp SA \\ & BC \perp AM \\ \end{aligned} \right.{BC⊥SABC⊥AM \Rightarrow⇒ BC \perp (SAM)BC⊥ (SAM).
Vì SA \perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow BC\perp SA⇒BC⊥SA
Theo giải thiết tam giác ABCABC là tam giác cân tại AA và MM là trung điểm BCBC \Rightarrow BC\perp AM⇒BC⊥AM
Ta có \left\{ \begin{aligned} & BC \perp SA \\ & BC \perp AM \\ \end{aligned} \right.{BC⊥SABC⊥AM \Rightarrow⇒ BC \perp (SAM)BC⊥ (SAM)
Vì SA \perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow BC\perp SA⇒BC⊥SA.
Theo giải thiết tam giác ABCABC là tam giác cân tại AA và MM là trung điểm BCBC \Rightarrow BC\perp AM⇒BC⊥AM.
Ta có \left\{ \begin{aligned} & BC \perp SA \\ & BC \perp AM \\ \end{aligned} \right.{BC⊥SABC⊥AM \Rightarrow⇒ BC \perp (SAM)BC⊥ (SAM).
Vì SA⊥(ABC)SA⊥(ABC) ⇒BC⊥SA⇒BC⊥SA.
Theo giải thiết tam giác ABCABC là tam giác cân tại AA và MM là trung điểm BCBC ⇒BC⊥AM⇒BC⊥AM.
Ta có {BC⊥SABC⊥AM{BC⊥SABC⊥AM ⇒⇒ BC⊥(SAM)BC⊥(SAM).
Vì SA \perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow BC\perp SA⇒BC⊥SA.
Theo giả thiết tg ABC cân tại A, M là trung điểm BC\(\Rightarrow\)BC\(\perp\)AM
Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}BC\perp SA\\BC\perp AM\end{matrix}\right.\)⇒BC\(\perp\)\((SAM)\)
Vì SA \perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow BC\perp SA⇒BC⊥SA.
Theo giải thiết tam giác ABCABC là tam giác cân tại AA và MM là trung điểm BCBC \Rightarrow BC\perp AM⇒BC⊥AM.
Ta có \left\{ \begin{aligned} & BC \perp SA \\ & BC \perp AM \\ \end{aligned} \right.
BC⊥SABC⊥AM => BC⊥(SAM) \Rightar⇒ BC \perp (SAMBC⊥ (SAM).
Xét ΔSAB và ΔSAC:
SA là cạnh chung
AB=AC (ΔABC cân tại A)
=> ΔSAB = ΔSAC => SB=SC
=> ΔSBC là tam giác cân tại S
M là trung điểm của BC => SM là đường cao của ΔSBC
=>BC⊥SM⊂(SAM) (1)
SA⊥(ABC)=>BC⊥SA⊂(SAM) (2)
(1),(2)=> BC⊥(SAM)
ta có M là tđ của BC mà tam giác abc cân tại A
suy ra AM là đg cao,tt,tr (AM⊥BC) (1)
SA⊥đáy (2)
từ 1,2 suy ra BC ⊥(SAM)
Vì SA⊥(ABC)SA⊥(ABC) ⇒BC⊥SA⇒BC⊥SA.
Theo giải thiết tam giác ABCABC là tam giác cân tại AA và MM là trung điểm BCBC ⇒BC⊥AM⇒BC⊥AM.
Ta có {BC⊥SABC⊥AM{BC⊥SABC⊥AM ⇒⇒ BC⊥(SAM)BC⊥(SAM).
Do tam giác ABC là tam giác cân tại A. M là trung điểm của BC nên AM vuông góc với BC. Lại có SA vuông góc với BC. Suy ra BC vuông góc với SAM
Vì SA⊥(ABC)SA⊥(ABC) ⇒BC⊥SA⇒BC⊥SA.
Theo giải thiết tam giác ABCABC là tam giác cân tại AA và MM là trung điểm BCBC ⇒BC⊥AM⇒BC⊥AM.
Ta có {BC⊥SABC⊥AM{BC⊥SABC⊥AM ⇒⇒ BC⊥(SAM)BC⊥(SAM)
Vì SA \perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow BC\perp SA⇒BC⊥SA.
Theo giải thiết tam giác ABCABC là tam giác cân tại AA và MM là trung điểm BCBC \Rightarrow BC\perp AM⇒BC⊥AM.
Ta có \left\{ \begin{aligned} & BC \perp SA \\ & BC \perp AM \\ \end{aligned} \right.{BC⊥SABC⊥AM \Rightarrow⇒ BC \perp (SAM)BC⊥ (SAM).
ta có BC⊥AB
BC⊥SA
suy ra BC⊥(SAB) ⇒BC⊥AH
ta có AH ⊥ BC
AH⊥SB
⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC