Cho lăng trụ đều ABC.A'B'C' có AB = a và đường thẳng A'B tạo với đáy một góc bằng 60 độ. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và B'C'. Tính theo a thể tích củ khối lăng trụ ABC.A'B'C' và độ dài của MN
Cho lăng trụ đều ABC.A'B'C' có AB = a và đường thẳng A'B tạo với đáy một góc bằng 60 độ. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và B'C'. Tính theo a thể tích củ khối lăng trụ ABC.A'B'C' và độ dài của MN
\(AA'\perp\left(ABC\right)\Rightarrow\widehat{A'BA}\) là góc giữa A'B với đáy
Suy ra : \(\widehat{A'BA}=60^o\Rightarrow AA'=AB.\tan\widehat{A'BA}=a\sqrt{3}\)
Do đó \(V_{ABC.A'B'C'}=AA'.S_{\Delta ABC}=\frac{3a^2}{4}\)
Gọi K là trung điểm cạnh BC, suy ra Tam giác MNK vuông tại K, có :
\(MK=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2};NK=AA'=a\sqrt{3}\)
Do đó : \(MN=\sqrt{MK^2+NK^2}=\frac{a\sqrt{13}}{2}\)
Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy là hình vuông. Tam giác A'AC vuông cân A'C=a. Tính thể tích của khối tứ diện ABB'C' và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD') theo a.
Tam giác A'AC vuông cân tai A và A'C=a nên A'A=AC=\(\frac{a}{\sqrt{2}}\)
Do đó : \(AB=B'C'=\frac{a}{2}\)
\(V_{ABB'C}=\frac{1}{3}B'C'.S_{\Delta ABB'}=\frac{1}{6}B'C'.AB.BB'=\frac{a^3\sqrt{2}}{48}\)
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác A'AB. Ta có
\(\begin{cases}AH\perp A'B\\AB\perp BC\end{cases}\)\(\Rightarrow AH\perp\left(A'BC\right)\)
Nghĩa là \(AH\perp\left(BCD'\right)\Rightarrow AH=d\left(A,\left(BCD'\right)\right)\)
Ta có :
\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AA'^2}\)
Do đó \(d\left(a,\left(BCD'\right)\right)=AH=\frac{a\sqrt{6}}{6}\)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB=a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa 2 mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 30 độ. Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính thể tích khối chóp S.ABM theo a.
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 \(V_{s.ABM}=\frac{a^3\sqrt{3}}{36}\)
Cho hình trụ tam giác ABC.A'B'C' có BB'=a, góc giữa đường thẳng BB' và mặt phẳng (ABC) bằng 60 độ; tam giác ABC vuông tại C và góc BAC bằng 60 độ. Hình chiếu vuông góc của B' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích của khối tứ diện A'ABC theo a
Góc giữa BB' và (ABC) là \(\widehat{B'BG}=60^0\). Suy ra đường cao \(B'G=BB'.\sin60^0=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
Lại có \(BG=BB'.\cos60^0=\dfrac{a}{2}\)
Gọi M là trung điểm AC thì \(BM=\dfrac{3}{2}BG=\dfrac{3a}{4}\)
Đặt AC=x thì \(BC=AC.\tan 60^0=x\sqrt{3}\)
Suy ra \(BM=\sqrt{BC^2+CM^2}=\sqrt{3x^2+\dfrac{x^2}{4}}=\dfrac{x\sqrt{13}}{2}=\dfrac{3a}{4}\). Suy ra \(x=\dfrac{3a\sqrt{13}}{26}\)
Do đó \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}BC.AC=\dfrac{x^2\sqrt{3}}{2}=\dfrac{9a^2\sqrt{3}}{52}\)
Vậy \(V_{A'ABC}=\dfrac{1}{3}BB'.S_{ABC}=\dfrac{3a^2\sqrt{3}}{52}\)
Gọi G là trong tâm tam giác ABC ta có B′G⊥(ABC)Từ đó B′BCG^=600 là góc mà B′B′ tạo với mặt phẳng (ABC). Trong tam giác vuông BB′G ta có ngay: BG=a2,B′G=a3√2BG=a2,B′G=a32
Đặt AB=2xAB=2x, trong tam giác vuông ABCABC ta có:
AC=x,BC=x3√AC=x,BC=x3 (do ABCˆ=600ABC^=600)
Giả sử BG∩ACBG∩AC thì BN=a2BG=3a4BN=a2BG=3a4.
Áp dụng định lí py ta go trong tam giác vuông BNCBNC ta có:
BN2=NC2+BC2⇒9a216=x24+3x2⇒x2=9a252(1)BN2=NC2+BC2⇒9a216=x24+3x2⇒x2=9a252(1)
ta có VA′ABC=13SABC.B′G=13.12.AB.BC.a3√2=a3√12x.x3√=ax24(2)VA′ABC=13SABC.B′G=13.12.AB.BC.a32=a312x.x3=ax24(2)
thay (2)(2) vào (1)(1) ta có: VA′.ABC=9a3208VA′.ABC=9a3208 (đvtt)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AC = 2a, góc ACB = 30 độ. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và SH = \(\sqrt{2}a\). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB)
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 \(d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{\sqrt{66}a}{11}\)
Cho tứ diện S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích tứ diện biết đường cao AH của tam giác ABC bằng a và góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABC) là 60 độ.
Tam giác ABC vuông cân tại A nên \(BC=2AH=2a\)
Từ đó \(S_{ABC}=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}a.2a=a^2\)
Vì \(SA\perp\left(ABC\right);AH\perp BC\) suy ra \(SH\perp BC\)
Do đó : \(\left(\left(SBC\right),\right)\left(ABC\right)=\widehat{SHA}=60^0\)
Suy ra \(SA=AH.\tan60^0=a\sqrt{3}\)
Vậy \(V_{SABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}a\sqrt{3}a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\)