Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
x s K A N B H D C
Ta có : \(\widehat{SCH}\) là góc giữa SC và mặt phẳng (ABC).
\(\Rightarrow\widehat{SCH}=60^0\)
Gọi D là trung điểm cạnh AB. Ta có :
\(HD=\frac{a}{6}\), CD= \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
\(HC=\sqrt{HD^2+CD^2}=\frac{a\sqrt{7}}{3}\)
\(SH=HC.\tan60^0=\frac{a\sqrt{21}}{3}\)
\(V_{s.ABC}=\frac{1}{3}.SH.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{21}}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{7}}{12}\)
Kẻ Ax song song với BC, gọi N, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên Ax và SN. Ta có BC song song với mặt phẳng (SAN) và \(BA=\frac{3}{2}HA\)
Nên \(d\left(SA.BC\right)=d\left(B,\left(SAN\right)\right)=\frac{3}{2}d\left(H.\left(SAN\right)\right)\)
\(AH=\frac{2a}{3}\); \(HN=AH.\sin60^0=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)
\(HK=\frac{SH.HN}{\sqrt{SH^2+HN^2}}=\frac{a\sqrt{42}}{12}\)
Vậy \(d\left(SA.BC\right)=\frac{a\sqrt{42}}{8}\)
Góc 60 là góc SCH. Dễ dàng tính được V
Trong (ABC), kẻ At // BC, Cz//AB, giao At=N
d(sa,bc)=d(bc, (SAN))=d(B, (SAN))=3/2 d(H, (SAN)).
Từ H kẻ HE vuông AN
Trong (SHE) kẻ HF vuông SE
=> d(H(SAN))=HF
A N B C H K S
Theo giả thiết, \(HA=HC=\frac{1}{2}AC=a\) và \(SH\perp\left(ABC\right)\)
Xét \(\Delta v.ABC\) ta có : \(BC=AC.\cos\widehat{ACB}=2a\cos30^0=\sqrt{3}a\)
Do đó : \(S_{\Delta.ABC}=\frac{1}{2}AC.BC.\sin\widehat{ACB}=\frac{1}{2}.2a.\sqrt{3}a.\sin30^0=\frac{\sqrt{3}a^2}{2}\)
Vậy \(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\sqrt{2}a.\frac{\sqrt{3}}{2}a^2=\frac{\sqrt{6}a^3}{6}\)
Vì CA=2HA nên d(C,(SAB))=2d(H, (SAB)) (1)
Gọi N là trung điểm của Ab, ta có HN là đường trung bình của tam giác ABC
Do đó HN//BC suy ra AB vuông góc với HN.
Lại có AB vuông góc với Sh nên AB vuông góc với mặt phẳng (SHN).
Do đó mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SHN).
Mà Sn là giao tuyến của 2 mặt phẳng vừa nêu, nên trong mặt phẳng (SHN), hạ HK vuông góc với SN, ta có HK vuông góc với mặt phẳng (SAB)
Vì vậy d(J, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C. (SAB))=2HK (2)
Vì \(SH\perp\left(ABC\right)\) nên \(SH\perp HN\), xét tam giác v.SHN, ta có :
\(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{HN^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{HN^2}\)
Vì HN là đường trung bình của tam giác ABC nên \(HN=\frac{1}{2}BC=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)
Do \(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{11}{6a^2}\) suy ra \(HK=\frac{\sqrt{66}a}{11}\) (3)
Thế (3) vào (2) ta được \(d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{\sqrt{66}a}{11}\)
Đáp án A.
Hướng dẫn giải:
Vì S H ⊥ ( A B C ) nên hình chiếu vuông góc của SA trên mặt đáy (ABC) là HA. Do đó
Tam giác ABC đều cạnh a nên A H = a 3 2 .
Tam giác vuông SHA
Diện tích tam giác đều ABC là S ∆ A B C = a 3 3 4 .
Vậy V S . A B C D = 1 3 S ∆ A B C . S H = a 3 3 8
Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên:
$S_{ABC} = \dfrac{\sqrt3}{4}a^2$.
Gọi $H$ là trung điểm của $BC$. Trong tam giác đều $ABC$ ta có:
$AH = \dfrac{\sqrt3}{2}a$.
Góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $60^\circ$ nên:
$\tan 60^\circ = \dfrac{SH}{AH}$
$\sqrt3 = \dfrac{SH}{\dfrac{\sqrt3}{2}a}$
$\Rightarrow SH = \dfrac{3a}{2}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SH$
$= \dfrac13 \cdot \dfrac{\sqrt3}{4}a^2 \cdot \dfrac{3a}{2}$
$= \dfrac{a^3\sqrt3}{8}$.
Vậy $V = \dfrac{a^3\sqrt3}{8}$
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên:
$AB = a,\quad AC = a\sqrt3$
$\Rightarrow BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{a^2 + 3a^2} = 2a$.
Vì $H$ là trung điểm của $BC$ nên:
$BH = HC = a$.
Theo giả thiết, $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$ nên:
$SH \perp (ABC)$.
Xét tam giác vuông $SBH$ tại $H$:
$SB = a\sqrt2,\quad BH = a$
Áp dụng định lý Pitago:
$SH^2 = SB^2 - BH^2$
$= (a\sqrt2)^2 - a^2 = 2a^2 - a^2 = a^2$
$\Rightarrow SH = a$.
Diện tích đáy tam giác $ABC$ là:
$S_{ABC} = \dfrac12 AB \cdot AC$
$= \dfrac12 \cdot a \cdot a\sqrt3 = \dfrac{a^2\sqrt3}{2}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SH$
$= \dfrac13 \cdot \dfrac{a^2\sqrt3}{2} \cdot a$
$= \dfrac{a^3\sqrt3}{6}$.
Vậy $V = \dfrac{a^3\sqrt3}{6}$
Chọn đáp án C.
S A B C M
Ta có : \(SA\perp BC\), \(AB\perp BC\) \(\Rightarrow SB\perp BC\)
Do đó : góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng \(\widehat{SBA}=30^0\)
\(V_{S.ABM}=\frac{1}{2}V_{S.ABC}=\frac{1}{2}SA.AB.BC\)
\(BC=AB=a;SA=AB.\tan30^0=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)
Vậy \(V_{s.ABM}=\frac{a^3\sqrt{3}}{36}\)
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.
Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên:
$S_{ABC} = \dfrac{\sqrt3}{4}a^2$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$, theo đề bài $H$ là trung điểm của $BC$.
Trong tam giác đều $ABC$ ta có:
$AH = \dfrac{\sqrt3}{2}a$.
Góc giữa $SA$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $60^\circ$ nên:
$\tan 60^\circ = \dfrac{SH}{AH}$
$\sqrt3 = \dfrac{SH}{\dfrac{\sqrt3}{2}a}$
$\Rightarrow SH = \dfrac{3a}{2}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SH$
$= \dfrac13 \cdot \dfrac{\sqrt3}{4}a^2 \cdot \dfrac{3a}{2}$
$= \dfrac{a^3\sqrt3}{8}$.
Vậy $V = \dfrac{a^3\sqrt3}{8}$
Chọn đáp án A
Đáp án D
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, có
$AB = 2,\ \widehat{ABC}=60^\circ$.
Trong tam giác vuông $ABC$:
$\cos 60^\circ = \dfrac{AB}{BC}$
$\dfrac12 = \dfrac{2}{BC} \Rightarrow BC = 4$.
=> $AC = BC\sin60^\circ = 4 \cdot \dfrac{\sqrt3}{2} = 2\sqrt3$.
Diện tích đáy $ABC$ là:
$S_{ABC} = \dfrac12 AB \cdot AC$
$= \dfrac12 \cdot 2 \cdot 2\sqrt3 = 2\sqrt3$.
Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.
Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên:
$AH = \dfrac{BC}{2} = 2$.
Góc giữa $SA$ và mặt phẳng đáy bằng $45^\circ$ nên:
$\tan 45^\circ = \dfrac{SA}{AH}$
$1 = \dfrac{SA}{2} \Rightarrow SA = 2$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SA$
$= \dfrac13 \cdot 2\sqrt3 \cdot 2$
$= \dfrac{4\sqrt3}{3}$.