Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có \(\left(SHC\right)\cap\left(SHD\right)=SH\)
Từ giả thiết \(\left(SHC\right)\perp\left(ABCD\right);\left(SHD\right)\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)
\(\Leftrightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}AB.AD.SH=\frac{1}{3}a^2\sqrt{3}.SH\left(1\right)\)
Ta có \(SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow HD\) là hình chiếu của SD trên (ABCD), suy ra góc giữa SD và (ABCD) là \(\widehat{SDH}=60^0\Rightarrow SH=HD\tan\widehat{SDHH}=\frac{a\sqrt{39}}{2}\)
Khi đó \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{2}a^3\sqrt{13}\)
Dựng hình bình hành ACBE. Khi đó AC//BE suy ra AC//(SBE)
\(\Rightarrow d\left(AC,SB\right)=d\left(AC,\left(SBE\right)\right)=d\left(A,\left(SBE\right)\right)=2d\left(H,\left(SBE\right)\right)\)
Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên BE và SK.
Khi đó \(BE\perp KH,BE\perp SH\Rightarrow BE\perp HI\left(1\right)\)
Mặt khác \(HI\perp SK\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(HI\perp\left(SBE\right)\Rightarrow d\left(H,\left(SBE\right)\right)=HI\)
Tính được \(HK=\frac{a\sqrt{3}}{4};HI=\frac{a\sqrt{39}}{\sqrt{212}}\)
\(\Rightarrow d\left(AC,SB\right)=2d\left(H,\left(SBE\right)\right)=2HI=\frac{a\sqrt{39}}{\sqrt{53}}=\frac{a\sqrt{2067}}{53}\)
D A B C N M I G H
\(d\left(M,BN\right)=\frac{\left|13\left(-1\right)-10.2+13\right|}{\sqrt{13^2+10^2}}=\frac{20}{\sqrt{269}}\)
\(H\in\Delta\Leftrightarrow H\left(3a;2a\right)\)
Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm của tam giác BCD
Suy ra \(CG=\frac{2}{3}.CI=\frac{1}{3}AC\) mà \(AM=\frac{1}{4}AC\Rightarrow MG=\frac{5}{12}AC\Rightarrow CG=\frac{4}{5}MG\)
\(\Rightarrow d\left(C,BN\right)=\frac{4}{5}d\left(M,BN\right)=\frac{16}{\sqrt{269}}\Rightarrow d\left(H,BN\right)=2d\left(C,BN\right)=\frac{32}{\sqrt{269}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{\left|13.3a-10.2a+13\right|}{\sqrt{269}}=\frac{32}{\sqrt{269}}\Leftrightarrow a=1\) hoặc \(a=\frac{-45}{19}\)
Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên \(H\left(3;2\right)\)
Tiếp.........
Ta thấy \(CM=\frac{3AC}{4}=\frac{2AB}{4}=\frac{2CD}{4}=\frac{CD}{2}=CD=CH\Rightarrow\Delta MHN\) vuông tại M
HM có phương trình \(y-2=0\Rightarrow MN:x+1=0\Rightarrow N\left(-1;0\right)\Rightarrow C\left(1;1\right),D\left(-3;-1\right)\)
Do \(\overrightarrow{CM}=3\overrightarrow{MA}\Rightarrow A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right)\Rightarrow I\left(\frac{-1}{3};\frac{5}{3}\right)\Rightarrow B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right)\)
Vậy \(A\left(\frac{-5}{3};\frac{7}{3}\right);B\left(\frac{7}{3};\frac{13}{3}\right);C\left(1;1\right);D\left(-3.-1\right)\)
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 \(d\left(B,\left(SAC\right)\right)=4HK=\frac{6a\sqrt{7}}{7}\)
ta có : \(\begin{cases}AB\perp SH\\AB\perp HF\end{cases}\) \(\Rightarrow AB\perp\left(SHF\right)\Rightarrow\left(SAB\right)\perp\left(SHF\right)\)theo giao tuyến SF
kẻ \(HK\perp SF\) tại K \(\Rightarrow HK\perp\left(SAB\right)\Rightarrow d_{\left(B;\left(SAB\right)\right)}=HK\)
\(HF=\frac{4a}{5}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{15}}{5}\)
(SAB) chứa SB và song song CD
\(\Rightarrow d_{\left(CD;SB\right)}=d_{\left(CD;\left(SAB\right)\right)}=d_{\left(C;\left(SAB\right)\right)}=CM\)(M là hình chiếu của C lên (SAB))
có : HK//CM \(\Rightarrow\frac{CM}{HK}=\frac{CA}{AH}=5\)\(\left(AC=2a\sqrt{5};AH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}\right)\)
\(\Rightarrow CM=5HK=a\sqrt{15}\)
Vậy : \(d_{\left(CD;SB\right)}=a\sqrt{15}\)
S D C B A F H E K
\(\begin{cases}\left(SAC\right)\perp\left(ABCD\right)\\\left(SBE\right)\perp\left(ABCD\right)\\\left(SBE\right)\cap\left(SAC\right)=SH\end{cases}\) \(\Rightarrow SH\perp\left(ABCD\right)\)
\(\begin{cases}BE\perp SH\left(SH\perp\left(ABCD\right)\right)\\BE\perp AC\end{cases}\) \(\Rightarrow BE\perp\left(SAC\right)\)
vậy SH là hình chiếu của SB lên (SAC) . vậy \(\widehat{BSH}=30^o\)
đặt AB=x
ta có : \(AE=\sqrt{BE^2-AB^2}=\sqrt{5a^2-x^2}\)
lại có : \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AE^2}\Leftrightarrow\frac{5}{4a^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{5a^2-x^2}\Leftrightarrow x^4-5a^2x^2+a^2=0\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x^2=a^2\\x^2=4a^2\end{array}\right.\) \(\Leftrightarrow\left[\begin{array}{nghiempt}x=a\\x=2a\end{array}\right.\) . loại x=a vì AE=2a>a=AB
Vậy AB=2a
\(BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\frac{4a}{\sqrt{5}}\)
\(\frac{1}{BH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{BC^2}\Leftrightarrow\frac{5}{16a^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{BC^2}\Leftrightarrow BC=4a\)
\(S_{ABCD}=AB.BC=8a^2\)
Tam giác SBH vuông tại H nên \(SH=BH.\cot\widehat{BSH}=\frac{4a}{\sqrt{5}}.\sqrt{3}=\frac{4a\sqrt{15}}{5}\)
\(V_{SABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{4a\sqrt{15}}{5}.8a^2=\frac{32a^3\sqrt{15}}{15}\)
rất tiếc em hok giúp gì được cho chị
em lớp 6
mình thấy bài giải này giống vs bên hocmai nhưng xem đi xem lại vẫn không hiểu cái khúc\(5/4a^2=1/x^2+1/(5a^2-x^2)\) và cho mk hỏi lun cách bấm hệ đó s ra dc x^2=a^2???