Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gặp những bài cần tính toán thế này làm biếng lắm, dựng hình thì dễ chứ tính thì chả muốn tính chút xíu nào.
Trong mp đáy, kéo dài AD và BC cắt nhau tại E \(\Rightarrow D\) là trung điểm AE (đường trung bình) \(\Rightarrow AE=AB=2a\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AD\perp AB\\SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AD\perp\left(SAB\right)\Rightarrow AD\perp SB\)
\(\Rightarrow AD\in\left(\alpha\right)\)
Trong mp (SAB), kẻ \(AM\perp SB\Rightarrow M\in\left(\alpha\right)\)
Dễ dàng chứng minh tam giác ACB vuông cân tại C (Pitago đảo) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAC\right)\)
Trong mp (SAC), kẻ \(AN\perp SC\Rightarrow AN\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AN\perp SB\Rightarrow N\in\left(\alpha\right)\)
\(\Rightarrow\) Thiết diện là tứ giác AMND
\(SB=SE=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{5}\) ; \(AM=\dfrac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}\)
\(AC=a\sqrt{2}\Rightarrow SC=\sqrt{AC^2+SA^2}=a\sqrt{3}\)
\(CN=\dfrac{AC^2}{SC}=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\) ; \(EC=BC=a\sqrt{2}\Rightarrow EN=\sqrt{EC^2+CN^2}=\dfrac{a\sqrt{30}}{3}\)
\(DE=AD=a\)
\(S_{AME}=\dfrac{1}{2}AM.AE=...\)
\(S_{DNE}=\dfrac{1}{2}DE.EN.sin\widehat{DEN}=\dfrac{1}{2}DE.EN.\dfrac{AM}{\sqrt{AM^2+AE^2}}=...\)
\(\Rightarrow S_{AMND}=S_{AME}-S_{DNE}=...\)
a) Gọi I là giao điểm của mặt phẳng (α) với cạnh SC. Ta có: (α) ⊥ SC, AI ⊂ (α) ⇒ SC ⊥ AI. Vậy AI là đường cao của tam giác vuông SAC. Trong mặt phẳng (SAC), đường cao AI cắt SO tại K và AI ⊂ (α), nên K là giao điểm của SO với (α).
b) Ta có 
⇒ BD ⊥ SC
Mặt khác BD ⊂ (SBD) nên (SBD) ⊥ (SAC).
Vì BD ⊥ SC và (α) ⊥ SC nhưng BD không chứa trong (α) nên BD // (α)
Ta có K = SO ∩ (α) và SO thuộc mặt phẳng (SBD) nên K là một điểm chung của (α) và (SBD).
Mặt phẳng (SBD) chứa BD // (α) nên cắt theo giao tuyến d // BD. Giao tuyến này đi qua K là điểm chung của (α) và (SBD).
Gọi M và N lần lượt là giao điểm của d với SB và SD. Ta được thiết diện là tứ giác AIMN vuông góc với SC và đường chéo MN song song với BD.
