Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi O là tâm đáy, M là trung điểm AB
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SO\perp\left(ABC\right)\\OM\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\widehat{SMO}\) hay là góc giữa mặt bên và mặt đáy
\(\Rightarrow\widehat{SMO}=60^0\) \(\Rightarrow SO=OM.tan60^0=\dfrac{1}{3}CM.tan60^0=\dfrac{1}{3}AB.\dfrac{\sqrt{3}}{2}.tan60^0=\dfrac{a}{2}\)
\(CO=\dfrac{2}{3}CM=\dfrac{2}{3}.AB\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)
\(SC=\sqrt{SO^2+OC^2}=\dfrac{a\sqrt{21}}{6}\)
Lời giải:
$H$ là chân đường cao của hình chóp đều nên $H$ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$
Kẻ $HM\perp BC$. Dễ thấy $M$ là trung điểm $BC$ và $SBC$ cân tại $S$ nên $SM\perp BC$
Do đó:
$\angle ((SBC), (ABC))=\angle (SM, HM)$
$=\widehat{SMH}=60^0$
$\frac{SH}{HM}=\tan \widehat{SMH}=\tan 60^0=\sqrt{3}$
$\Rightarrow SH=\sqrt{3}HM$
Mà: $HM=\frac{1}{3}AM=\frac{1}{3}.\sqrt{AB^2-BM^2}=\frac{1}{3}\sqrt{AB^2-(\frac{BC}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{6}a$
Do đó: $SH=\sqrt{3}HM=\frac{3}{6}a=\frac{1}{2}a$
Ta tính được \(AG=a\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)
Từ gt ta có:
\(\widehat{\left(SA,\left(ABC\right)\right)}=\widehat{\left(SA,AG\right)}=\widehat{SAG}=60^0\)(Vì S.ABC là chóp tam giác đều nên \(SG\perp\left(ABC\right)\))
Khi đó SG=AG.tan60=a
Gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow GM=a\dfrac{\sqrt{3}}{6}\)
Đặt d(G,(SBC))=x
Áp dụng mô hình "điểm tốt - vẽ hai bước" cho hình chóp S.GBC với G là "điểm tốt" ta có:
\(\dfrac{1}{x^2}=\dfrac{1}{SG^2}+\dfrac{1}{GM^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{\left(a\dfrac{\sqrt{3}}{6}\right)^2}\)
\(\Rightarrow x=\dfrac{a}{\sqrt{13}}\)
Mô hình "điểm tốt - vẽ hai bước": Cho hình chóp S.ABC với \(SA\perp\left(ABC\right)\). Kẻ \(AH\perp BC,AK\perp SH\) thì d(A,(SBC))=AK.
CM: Ta có: \(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp AH\)
Mà \(AH\perp BC\Rightarrow BC\perp\left(SAH\right)\)
\(\Rightarrow\left(SBC\right)\perp\left(SAH\right)\) theo giao tuyến SH
Mà \(AK\perp SH,AK\subset\left(SAH\right)\) \(\Rightarrow AK\perp\left(SBC\right)\), dễ dàng suy ra đpcm
