Những câu hỏi liên quan
LV
Xem chi tiết
AH
8 tháng 6 2021 lúc 22:18

Bạn chỉ nên đăng 1 bài 1 lần thôi, tránh làm loãng box toán!

Bình luận (0)
LV
Xem chi tiết
AH
8 tháng 6 2021 lúc 22:16

Lời giải:
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên 

$60^0= \angle (SC, (ABCD))=\angle (SC, AC)=\widehat{SCA}$

Ta có:

$AC=\sqrt{a^2+(2a)^2}=\sqrt{5}a$

$\frac{SA}{AC}=\tan \widehat{SCA}=\tan 60^0=\sqrt{3}$

$\Rightarrow SA=\sqrt{15}a$
$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD}$

$=\frac{1}{3}.\sqrt{15}a.a.2a=\frac{2\sqrt{15}}{3}a^3$

Bình luận (0)
PB
Xem chi tiết
CT
18 tháng 4 2018 lúc 3:14

Bình luận (0)
PB
Xem chi tiết
CT
7 tháng 8 2018 lúc 9:47

Bình luận (0)
NC
Xem chi tiết
AH
9 tháng 3 2021 lúc 0:14

Lời giải:

Do $SA\perp (ABCD)$ nên $\angle (SB, ABCD)=\angle (SB, AB)=\widehat{SBA}=45^0$

$\Rightarrow SAB$ là tam giác vuông cân tại $A$

$\Rightarrow SA=AB=a$ 

Áp dụng định lý Pitago: $SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=\sqrt{a^2+(2a)^2}=\sqrt{5}a$

Bình luận (0)
LV
Xem chi tiết
LV
Xem chi tiết
AH
22 tháng 6 2021 lúc 23:57

Lời giải:
Lấy $H$ là trung điểm $AB$ thì do $SAB$ cân tại $S$ nên $SH\perp BH$

$BH$ là giao tuyến của $(SAB), (ABCD)$; (SAB)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$

$\Rightarrow (SC, (ABCD))=(SC, CH)=\widehat{SCH}=45^0$

$\Rightarrow SH=CH=\sqrt{BC^2+BH^2}=\sqrt{(2a)^2+(\frac{a}{2})^2}=\frac{\sqrt{17}}{2}a$
\(V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{\sqrt{17}}{2}a.a.2a=\frac{\sqrt{17}}{3}a^3\)

Bình luận (0)
PB
Xem chi tiết
CT
23 tháng 7 2019 lúc 10:36

Chọn gốc toạ độ tại A. Các tia Ox; Oy; Oz lần lượt trùng với các tia AD, AB, AS ta có tọa độ điểm là A(0;0;0); D(2;0;0);  B ( 0 ; 2 ; 0 ) ;   S ( 0 ; 0 ; 2 ) ;     C 2 ; 2 ; 0 ;   M 0 ; 2 2 ; 2 2 ;   N 1 ; 0 ; 0

Do vậy

Chọn đáp án B.

Bình luận (0)
H24
Xem chi tiết
H24
31 tháng 8 2023 lúc 19:41

Theo đề có:

\(\left\{{}\begin{matrix}CD\perp AD\\CD\perp SA\end{matrix}\right.\)

=> \(CD\perp\left(SAD\right)\)

<=> \(d\left(C,\left(SAD\right)\right)=CD=a\)

`HaNa♬`

Bình luận (0)
VN
Xem chi tiết