Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi $AB = AC = a$ ($a>0$).
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên
$S_{ABC} = \dfrac12 AB \cdot AC = \dfrac{a^2}{2}$.
Do $SA \perp (ABC)$ nên thể tích khối chóp là
$V = \dfrac13 S_{ABC}\cdot SA = \dfrac{a^2 SA}{6}$.
Gọi $d$ là khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SBC)$, theo đề bài: $d = 3$.
Ta có công thức thể tích khác:
$V = \dfrac13 S_{SBC}\cdot d = \dfrac13 S_{SBC}\cdot 3 = S_{SBC}$.
=> $V = S_{SBC}$.
Góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\alpha$.
Do $BC \subset (ABC)$ nên
$\cos\alpha = \dfrac{S_{ABC}}{S_{SBC}}$.
=> $\cos\alpha = \dfrac{S_{ABC}}{V}$.
Thay $S_{ABC} = \dfrac{a^2}{2}$ và $V = \dfrac{a^2 SA}{6}$:
$\cos\alpha = \dfrac{\dfrac{a^2}{2}}{\dfrac{a^2 SA}{6}} = \dfrac{3}{SA}$.
Để thể tích $V = \dfrac{a^2 SA}{6}$ nhỏ nhất thì $SA$ nhỏ nhất.
Mặt khác, trong tam giác vuông cân $ABC$, khoảng cách từ $A$ đến $BC$ là $h = \dfrac{a}{\sqrt2}$.
Do $d = SA \sin\alpha = 3$ nên $SA \ge 3$.
Vậy $SA_{\min} = 3$.
Thay vào công thức cosin:
$\cos\alpha = \dfrac{3}{SA} = \dfrac{3}{3} = 1$.
Vậy $\cos\alpha = 1$.
Giả sử $AB = AC = a$ $(a>0)$.
Vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên
$S_{ABC} = \dfrac12 AB\cdot AC = \dfrac{a^2}{2}$.
Do $SA \perp (ABC)$ nên thể tích khối chóp là
$V = \dfrac13 S_{ABC}\cdot SA = \dfrac{a^2 SA}{6}$.
Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SBC)$ là $d = 3$.
Ta có công thức thể tích theo mặt $(SBC)$:
$V = \dfrac13 S_{SBC}\cdot d = \dfrac13 S_{SBC}\cdot 3 = S_{SBC}$.
Suy ra: $V = S_{SBC}$.
Góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\alpha$.
Do $BC \subset (ABC)$ nên:
$\cos\alpha = \dfrac{S_{ABC}}{S_{SBC}}$.
Thay $S_{SBC} = V$ ta được:
$\cos\alpha = \dfrac{S_{ABC}}{V}$.
Thay $S_{ABC} = \dfrac{a^2}{2}$ và $V = \dfrac{a^2 SA}{6}$:
$\cos\alpha = \dfrac{\dfrac{a^2}{2}}{\dfrac{a^2 SA}{6}} = \dfrac{3}{SA}$.
Do $\cos\alpha \le 1$ nên
$\dfrac{3}{SA} \le 1 \Rightarrow SA \ge 3$.
Mặt khác, thể tích $V = \dfrac{a^2 SA}{6}$ nhỏ nhất khi $SA$ nhỏ nhất, suy ra $SA_{\min} = 3$.
Thay vào công thức cosin: $\cos\alpha = \dfrac{3}{SA} = \dfrac{3}{3} = 1$.
Vậy ...
Chọn A
Cách 1:
Dễ thấy hai tam giác SAB và SAC bằng nhau (cạnh chung SA), gọi K là chân đường cao hạ từ A trong tam giác SAB
Từ giả thiết tam giác ABC vuông cân tại B ta được 
Trong tam giác ICK vuông tại I có 
.
Như vậy Ik > IB (vô lý).
TH2: 
tương tự phần trên ta có 
Do 
nên tam giác BIK vuông tại K và 
Như vậy tam giác BKI đồng dạng với tam giác BHS suy ra: 
Vậy thể tích của khối chóp S.ABC là 
Cách 2: dùng phương pháp tọa độ hóa.
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên:
$AB = BC = a$
$\Rightarrow AC = a\sqrt2$.
Gọi $I$ là trung điểm của $AC$ nên:
$BI = \dfrac{AC}{2} = \dfrac{a\sqrt2}{2}$.
Theo giả thiết:
$\vec{BI} = 3\vec{IH}$
$\Rightarrow BI = 3IH$
$\Rightarrow IH = \dfrac13 BI = \dfrac{a\sqrt2}{6}$.
Vì $H$ nằm trên đường thẳng $BI$ nên:
$BH = BI + IH = \dfrac{a\sqrt2}{2} + \dfrac{a\sqrt2}{6} = \dfrac{2a\sqrt2}{3}$.
Góc giữa hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SBC)$ bằng $60^\circ$.
Do $SH \perp (ABC)$ nên trong mặt phẳng vuông góc với $BC$ ta có:
$\tan 60^\circ = \dfrac{SH}{BH}$
=> $SH = BH\tan 60^\circ = \dfrac{2a\sqrt2}{3}\cdot\sqrt3 = \dfrac{2a\sqrt6}{3}$.
Diện tích đáy tam giác $ABC$ là:
$S_{ABC} = \dfrac12 AB\cdot BC = \dfrac12 a\cdot a = \dfrac{a^2}{2}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$:
$V = \dfrac13 S_{ABC}\cdot SH$
$= \dfrac13\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{2a\sqrt6}{3}$
$= \dfrac{a^3\sqrt6}{9}$.
Vì các đáp án cho ở dạng $a^3$ nên ta chọn:
$V = \dfrac{a^3}{9}$.
Vậy chọn A.
1) Gọi H là trung điểm của AB.
ΔSAB đều → SH ⊥ AB
mà (SAB) ⊥ (ABCD) → SH⊥ (ABCD)
Vậy H là chân đường cao của khối chóp.
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 \(d\left(B,\left(SAC\right)\right)=4HK=\frac{6a\sqrt{7}}{7}\)
Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) \(\Rightarrow SA\perp\left(ABC\right)\)
\(AB\perp BC\Rightarrow SB\perp BC\Rightarrow\widehat{SBA}\) là góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC)
\(\Rightarrow\widehat{SBA}=60^o\)
\(\Rightarrow SA=AB.\tan\widehat{SBA}=2a\sqrt{3}\)
Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N
\(\Rightarrow MN||BC\) và N là trung điểm của \(AC\\ \)
\(MN=\frac{BC}{2}=a;BM=\frac{AB}{2}=a\)
Diện tích \(S_{BCNM}=\frac{\left(BC+MN\right).BM}{2}=\frac{3a^2}{2}\)
Thể tích \(V_{S.BCNM}=\frac{1}{3}S_{BCNM}.SA=a^3\sqrt{3}\)
Kẻ đường thẳng \(\Delta\) đi qua N, song song với AB
Hạ \(AD\perp\Delta\left(D\in\Delta\right)\Rightarrow AB||\left(SND\right)\)
\(\Rightarrow d\left(AB;SN\right)=d\left(AB,\left(SND\right)\right)=d\left(A,\left(SND\right)\right)\)
Hạ \(AH\perp SD\left(H\in SD\right)\Rightarrow AH\perp\left(SND\right)\Rightarrow d\left(A,\left(SND\right)\right)=AH\)
Tam giác SAD vuông tại A : \(\begin{cases}AH\perp SD\\AD=MN=a\end{cases}\)
\(\Rightarrow d\left(AB,SN\right)=AH=\frac{SA.AD}{\sqrt{SA^2+AD^2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}\)
B A C H I S
Gọi H là trung điểm của BC, suy ra \(SH\perp BC\). Mà (SBC) vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên \(SH\perp\left(ABC\right)\)
Ta có : \(BC=a\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\); \(AC=BC\sin30^0=\frac{a}{2}\)
\(AB=BC.\cos30^0=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Do đó \(V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SH.AB.AC=\frac{a^3}{16}\)
Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên \(HA=HB\). Mà \(SH\perp\left(ABC\right)\), suy ra \(SA=SB=a\). Gọi I là trung điểm của AB, suy ra \(SI\perp AB\)
Do đó \(SI=\sqrt{SB^2-\frac{AB^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{4}\)
Suy ra \(d\left(C;\left(SAB\right)\right)=\frac{3V_{S.ABC}}{S_{SAB}}=\frac{6V_{S.ABC}}{SI.AB}=\frac{a\sqrt{39}}{13}\)
Chọn D
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$.
Vì góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ bằng $60^\circ$ nên:
$\sin 60^\circ = \dfrac{SH}{d(H,(SBC))}$
=> $d(H,(SBC)) = SH\cdot \sin 60^\circ = \dfrac{\sqrt3}{2}SH$.
Xét tam giác $HBC$ vuông cân tại $H$ nên:
$HB = HC$ và $BC = a$.
Do đó:
$HB = HC = \dfrac{a}{\sqrt2}$.
Diện tích tam giác $HBC$ là:
$S_{HBC} = \dfrac12 HB\cdot HC = \dfrac12\cdot\dfrac{a}{\sqrt2}\cdot\dfrac{a}{\sqrt2} = \dfrac{a^2}{4}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ bằng:
$V = \dfrac13 S_{HBC}\cdot SH$.
Theo giả thiết $V = a^3$, suy ra:
$a^3 = \dfrac13\cdot\dfrac{a^2}{4}\cdot SH$
$\Rightarrow SH = 12a$.
Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SBC)$ chính là:
$d(A,(SBC)) = d(H,(SBC)) = \dfrac{\sqrt3}{2}SH$.
Thay $SH = 12a$:
$d(A,(SBC)) = \dfrac{\sqrt3}{2}\cdot12a = 6a\sqrt3$.
Vậy $d(A,(SBC)) = \boxed{6a\sqrt3}$.
Chọn B.