Bài 2.1: Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng

Đáp số: \(\dfrac{a\sqrt{21}}{7}\)

Ta thấy \(AB\) song song với \(CD\) nên \(AB\)song song với mặt phẳng \(\left(SCD\right)\), do đó khoảng cách từ B đến mp (SCD) bằng khoảng cách từ E (trung điểm AB) tới mp (SCD). Gọi F là trung điểm của CD thì dễ thấy CD vuông góc với mp (SEF), do đó đường cao EH của tam giác SEF cũng vuông góc với mp (SCD) và bằng khoảng cách cần tìm.

Trong tam giác đều SAB cạnh a, đường cao \(SE=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\). Trong tam giác vuông SEF ta có

\(\dfrac{1}{EH^2}=\dfrac{1}{SE^2}+\dfrac{1}{EF^2}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2}+\dfrac{1}{a^2}\)

\(\Rightarrow EH^2=\dfrac{3a^2}{7}\Rightarrow EH=\dfrac{a\sqrt{21}}{7}\)

Đáp số: \(\dfrac{a\sqrt{2}}{4}\) .

Dễ thấy đường thẳng IJ song song với mặt phẳng (BB'D'D) nên khoảng cách giữa 2 đường thẳng IJ và B'D' bằng khoảng cách giữa đường thẳng IJ và mặt phẳng (BB'D'D) bằng khoảng cách từ điểm J tới mặt phẳng (BB'D'D).

Mặt khác, A'C' vuông góc với B'D' và Đ' nên A'C' vuông góc với (BB'D'D). Gọi O' là giao điểm 2 đường chéo B'D' và A'C'; E là trung điểm đoạn B'O thì JE là đường trung bình tam giác B'OC' nên \(JE\)vuông góc với (BB'D'D) và bằng \(\dfrac{1}{2}OC'=\dfrac{1}{4}A'C'=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}\).

a) Một cách khác để cm BĐT tam giác:

∆ABC có cạnh BC lớn nhất nên chân đường cao kẻ từ A phải nằm giữa B và C

=> HB + HC = BC

∆AHC vuông tại H => HC < AC

∆AHB vuông tại H => HB < AB

Cộng theo vế hai bất đẳng thức ta có:

HB + HC < AC + AB

Hay BC < AC + AB.

b) CMR: PM + PN > 2 PI:

Trên tia PI lấy Q sao cho PI = QI
Xét ΔMIQ và ΔNIP có :
+ PI = QI (cách vẽ)
+ \(\widehat{I_1}=\widehat{I_2}\) (đối đỉnh)
+ MI = NI (gt)
=> ΔMIQ = ΔNIP (c-g-c)
=> PN = QM
Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác đối với ΔMPQ Ta có: MP+MQ>PQ ⇒ PM+PN>PI+QI ⇒ PM+PN>2PI

ta có AC = BC. sin \(\stackrel\frown{B}\) = \(\dfrac{a}{2}\)

SH = \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) ( chân đường cao của hình chóp )

T a có khoảng cách từ C đến ( SAB) bằng 2 lầm khoảng cashc từ H đến (SAB)

+, từ H kẻ HM ⊥ AB

nối SM

từ H kẻ HN ⊥ SM

+, Ta có HM ⊥ AB ( theo cách kẻ )

AB ⊥ SH

=> AB ⊥ (SHM) => AB ⊥ HN

HN ⊥ SM ( cách kẻ )

=> HN là khoảng cashc từ H đến (SAB)

HN = \(\dfrac{SH.HM}{\sqrt{SH^2+HM^2}}\) = \(\dfrac{a\sqrt{39}}{26}\)

=> Khoảng cách từ C đến (SAB) = \(\dfrac{a\sqrt{39}}{13}\)

+)Gọi H là chân đường cao hạ từ A - -> BC 
Tam giác AHC vuông tại H nên 
AH = √(a² -a²/4) = a√3/2 
Diện tích tam giác ABC là S(ABC) = 1/2.AH.BC= 1/2.a²√3/2 
(dvdt) 
+)Từ S hạ SK ┴ AH , Kết hợp AH ┴ BC ta có SK ┴ (ABC) 
Hay SK là đường cao của hình chóp đều SABC 
+) Bài cho góc giữa các mặt bên với đáy là 60 độ nên 
góc giữa (SH,HK) = 60 độ 
Tam giác vuông SKH có SK = HK.tan(60) 
Tam giác vuông BKH có HK = a/2.tan(30) = a√3/6 
- - > SK = a√3/6.tan(60) = a/2 
Vậy V(SABC) =1/3.SK.S(ABC) = 1/3.a/2.1/2.a²√3/2 
= a³√3/24 (dvtt)

Lời giải:

$ABCD$ là hình vuông nên \(AC=\sqrt{2}a\)

Có \(\angle (SC,(ABCD))=\angle (SC,AC)=\angle SCA=45^0\)

Xét tam giác vuông tại $A$ là $SAC$ có:

\(1=\tan SCA=\frac{SA}{AC}\Rightarrow SA=\sqrt{2}a\)

Ta có:

\(\left\{\begin{matrix} SA\perp BC\\ AB\perp BC\end{matrix}\right.\Rightarrow (SAB)\perp BC\)

Từ $A$ kẻ $AH$ vuông góc với $SB$

\(AH\in (SAB)\Rightarrow AH\perp BC\)

Mà \(AH\perp SB\Rightarrow AH\perp (SBC)\) nên

\(d(A,(SBC))=AH=\sqrt{\frac{SA^2.AB^2}{SA^2+AB^2}}=\frac{\sqrt{6}a}{3}\)

kẻ OH vuông SC
d(BD,AC)= d(BD,SAC)=d(O,SC)=OH
vì SBD vuông SOC suy RA BD vuông OH
tan60=SO/OC
SO=\(\sqrt{6}\)
\(\frac{1}{OH^2}=\frac{1}{SO^2}+\frac{1}{OC^2}\)
thế số vào ra can6/2
bài này ko khó chúc bạn học tốt