Chương 1: KHỐI ĐA DIỆN

linh nguyễn
Xem chi tiết
Hoàng Trọng Chiến
Xem chi tiết
chu thị ánh nguyệt
8 tháng 10 2017 lúc 20:37

undefined

Bình luận (1)
Kim Hồng
Xem chi tiết
thaoanh le thi thao
Xem chi tiết
Akai Haruma
1 tháng 10 2017 lúc 0:56

Bài 1:

\(SH\perp (ABCD)\Rightarrow \angle (SC,(ABCD))=\angle (SC,HC)=\angle SCH\)

\(\Rightarrow \angle SCH=30^0\)

\(\Rightarrow \frac{SH}{HC}=\tan SCH=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SH=\frac{HC\sqrt{3}}{3}\)

Pitago: \(HC=\sqrt{HB^2+BC^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}\)

Do đó \(SH=\frac{\sqrt{15}}{6}\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{15}}{6}.1^2=\frac{\sqrt{15}}{18}\)

Bình luận (0)
Akai Haruma
1 tháng 10 2017 lúc 1:02

Bài 2:
$S$ cách đều $A.B,C$ nên \(SA=SB=SC\).

Xét chóp $S.ABC$ có độ dài các cạnh bên bằng nhau nên chân đường cao hạ từ đỉnh $S$ xuống đáy chính là tâm ngoại tiếp đáy.

Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên chân đường cao (H) hạ từ $S$ xuống là trung điểm của $AC$.

Theo định lý Pitago: \(AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{3}a\)

\(\Rightarrow S_{ABCD}=AB.AC=\sqrt{3}a^2\)

Có: \(60^0=\angle (SB,(ABCD))=\angle (SB,BH)=\angle SBH\)

\(\frac{SH}{BH}=\tan \angle SBH=\sqrt{3}\Rightarrow SH=BH\sqrt{3}\)

$H$ là trung điểm của $AC$ nên \(BH=AH=HC=\frac{1}{2}AC=a\Rightarrow SH=a\sqrt{3}\)

Vậy \(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\sqrt{3}a^2=a^3\)

Bình luận (0)
Hằng Nguyễn Thị Thúy
Xem chi tiết
Hằng Nguyễn Thị Thúy
Xem chi tiết
Lại Thị Hồng Liên
Xem chi tiết
Phạm Thái Dương
31 tháng 3 2016 lúc 9:29

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 \(d\left(SA.BC\right)=\frac{a\sqrt{42}}{8}\)

Bình luận (4)
Thiên Thảo
30 tháng 3 2016 lúc 19:47

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

Bình luận (0)
Gia Khanh
Xem chi tiết
Akai Haruma
23 tháng 9 2017 lúc 10:29

Lời giải:

Ta có: \(V_{S.ABCD}=V_{S.ABC}+V_{S.ACD}\) mà dễ thấy \(\triangle ABC=\triangle ACD\) nên \(V_{S.ABCD}=2V_{S.ABC}\)

Xét chóp \(S.ABC\), đổi đỉnh thành chóp \(C.SAB\) có các cạnh bên \(CS=CA=CB\) nên chân đường cao (gọi là H) của hình chóp hạ từ C sẽ trùng với tâm ngoại tiếp của tam giác $SAB$

Sử dụng công thức Herong biết \(SA=\frac{3}{4},AB=SB=1\) ta có:

\(S_{SAB}=\frac{3\sqrt{55}}{64}\)

Sử dụng công thức: \(S=\frac{abc}{4R}\) có \(SH=R=\frac{SA.SB.AB}{4S_{SAB}}=\frac{4\sqrt{55}}{55}\)

Pitago: \(CH=\sqrt{SC^2-SH^2}=\sqrt{\frac{39}{55}}\)

Do đó \(V_{C.SAB}=\frac{1}{3}.CH.S_{SAB}=\frac{1}{3}.\sqrt{\frac{39}{55}}.\frac{3\sqrt{55}}{64}=\frac{\sqrt{39}}{64}\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=2V_{C.SAB}=\frac{\sqrt{39}}{32}\)

Bình luận (0)
Trần Mỹy Phượng
Xem chi tiết
Yan Tuấn Official
Xem chi tiết