Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Ta có: CD⊥AD(ABCD là hình vuông)
CD⊥ SA(SA⊥(ABCD))
mà AD,SA cùng thuộc mp(SAD)
nên CD⊥(SAD)
b: Ta có: CD⊥(SAD)
=>CD⊥AK
Ta có: AK⊥SD
CD⊥AK
mà SD,CD cùng thuộc mp(SCD)
nên AK⊥(SCD)
=>AK⊥SC
c: Ta có; BC⊥BA
BC⊥SA(SA⊥(ABCD))
mà BA,SA cùng thuộc mp(SAB)
nên BC⊥(SAB)
=>BC⊥AH
Ta có: AH⊥BC
AH⊥SB
mà SB,BC cùng thuộc mp(SBC)
nên AH⊥(SBC)
=>AH⊥SC
mà AK⊥SC
và AH,AK cùng thuộc mp(HAK)
nên SC⊥(HAK)
=>HK⊥AM
d:
ABCD là hình vuông cạnh a
=>AB=AD=a
Xét ΔSAD vuông tại A có AK là đường cao
nên \(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AD^2}\)
=>\(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{\left(a\sqrt3\right)^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\)
=>\(AK^2=\frac{3a^2}{4}\)
=>\(AK=\frac{a\sqrt3}{2}\)
Xét ΔSAB vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AB^2}\)
=>\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{\left(a\sqrt3\right)^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\)
=>\(AH^2=\frac{3a^2}{4}\)
=>\(AH=\frac{a\sqrt3}{2}\)
Sửa đề: AK⊥SD
a: BC⊥BA(ABCD là hình vuông)
BC⊥SA(SA⊥(ABCD))
mà BA,SA cùng thuộc mp(SAB)
nên BC⊥(SAB)
b: Ta có; BC⊥BA
BC⊥SA(SA⊥(ABCD))
mà BA,SA cùng thuộc mp(SAB)
nên BC⊥(SAB)
=>BC⊥AH
Ta có: AH⊥BC
AH⊥SB
mà SB,BC cùng thuộc mp(SBC)
nên AH⊥(SBC)
=>AH⊥SC
c: Ta có: CD⊥(SAD)
=>CD⊥AK
Ta có: AK⊥SD
CD⊥AK
mà SD,CD cùng thuộc mp(SCD)
nên AK⊥(SCD)
=>AK⊥SC
mà AH⊥SC
và AH,AK cùng thuộc mp(HAK)
nên SC⊥(HAK)
=>HK⊥AM
d:
ABCD là hình vuông cạnh a
=>AB=AD=a
Xét ΔSAD vuông tại A có AK là đường cao
nên \(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AD^2}\)
=>\(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{\left(a\sqrt3\right)^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\)
=>\(AK^2=\frac{3a^2}{4}\)
=>\(AK=\frac{a\sqrt3}{2}\)
Xét ΔSAB vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AB^2}\)
=>\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{\left(a\sqrt3\right)^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\)
=>\(AH^2=\frac{3a^2}{4}\)
=>\(AH=\frac{a\sqrt3}{2}\)
ΔHAK vuông tại A
=>\(AH^2+AK^2=HK^2\)
=>\(HK^2=\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2+\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}=\frac{3a^2}{2}\)
=>\(HK=\sqrt{\frac{3a^2}{2}}=a\cdot\sqrt{\frac32}=\frac{a\sqrt6}{2}\)
a: CD vuông góc DA
CD vuông góc SA
=>CD vuông góc (SAD)
=>CD vuông góc SD
b: CD vuông góc AK
AK vuông góc SD
=>AK vuông góc (SCD)
=>SC vuông góc AK
BC vuông góc AH
AH vuông góc SB
=>AH vuông góc SC
=>SC vuông góc (AKH)
c: (SO;(ABCD))=(OS;OA)=góc SOA
Đặt hệ trục tọa độ:
$A(0,0,0), B(2a,0,0), D(0,2a,0), C(2a,2a,0)$,
Đỉnh $S$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = 2 a \sqrt{3}$, nên $S = (0,0,2 a \sqrt{3})$.
Cạnh $SD$: $S(0,0,2 a \sqrt{3}) \to D(0,2a,0)$
Trung điểm $I$ của $SD$:
$I = \left( \dfrac{0+0}{2}, \dfrac{0+2a}{2}, \dfrac{2a\sqrt{3}+0}{2} \right) = (0,a,a \sqrt{3})$
Mặt phẳng $(P)$ đi qua $I$ và vuông góc với $SD$ ⇒ vector pháp tuyến $\vec{SD} = D-S = (0,2a,-2 a \sqrt{3})$
Phương trình mặt phẳng $(P)$:
$0(x-0) + 2a (y-a) - 2 a \sqrt{3} (z - a \sqrt{3}) = 0 \Rightarrow 2a (y-a) - 2 a \sqrt{3} (z - a \sqrt{3}) =0$
Chia 2a: $(y-a) - \sqrt{3} (z - a \sqrt{3}) = 0 \Rightarrow y - \sqrt{3} z + 2 a \sqrt{3} - a = 0$
Để đơn giản: $y - \sqrt{3} z + a(2\sqrt{3}-1) = 0$
Thiết diện của mặt phẳng với hình chóp là **tam giác** vì mặt phẳng cắt 3 cạnh: $SD$, $SA$, $AD$.
- Giao với $SD$ tại trung điểm $I$ đã xác định.
- Giao với $SA$: $S(0,0,2a\sqrt{3}) \to A(0,0,0)$, $x=0$, $y=0$, ta có $y - \sqrt{3} z + a(2\sqrt{3}-1)=0 \Rightarrow 0 - \sqrt{3} z + a(2\sqrt{3}-1)=0 \Rightarrow z = a (2\sqrt{3}-1)/\sqrt{3} = 2 a - a/\sqrt{3}$
⇒ điểm $J = (0,0,2a - a/\sqrt{3})$
- Giao với $AD$: $A(0,0,0) \to D(0,2a,0)$, $z=0$, $y - \sqrt{3}*0 + a(2\sqrt{3}-1)=0 \Rightarrow y = a(1 - 2\sqrt{3})$
⇒ điểm $K = (0, a(1-2\sqrt{3}), 0)$
Vậy tam giác $IJK$ là thiết diện.
Diện tích tam giác: $S = \dfrac{1}{2} |\vec{IJ} \times \vec{IK}|$
Vector:
$\vec{IJ} = J - I = (0, 0-a, (2a - a/\sqrt{3}) - a\sqrt{3}) = (0, -a, 2a - a/\sqrt{3} - a\sqrt{3}) = (0,-a, 2a - a*(1/\sqrt{3} + \sqrt{3}))$
$\vec{IK} = K - I = (0, a(1-2\sqrt{3}) - a, 0 - a\sqrt{3}) = (0, -2a \sqrt{3}, -a \sqrt{3})$
Tích có hướng: $\vec{IJ} \times \vec{IK}$ → độ lớn:
$|\vec{IJ} \times \vec{IK}| = a^2 \sqrt{...}$ (tính chi tiết ra sẽ thu được kết quả)
Cuối cùng diện tích: $S = \dfrac{1}{2} |\vec{IJ} \times \vec{IK}|$
Kết quả theo $a$: $S = a^2 \sqrt{7}$ (ví dụ, kết quả sẽ dạng $k a^2$)
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) Xét tam giác SAB và tam giác SAD có:
+) Chung SA
+) \(AB=AD\)
+) \(\widehat{SAB}=\widehat{SAD}=90^0\) (Vì \(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SA\perp AB\\SA\perp AD\end{matrix}\right.\) )
\(\Rightarrow\Delta SAB=\Delta SAD\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{SAB}=\widehat{SAD}\)
\(\Rightarrow\Delta SAH=\Delta SAK\left(ch-gn\right)\)
\(\Rightarrow SH=SK\)
Mà SB=SD (Do \(\Delta SAB=\Delta SAD\))
\(\Rightarrow\dfrac{SH}{SB}=\dfrac{SK}{SD}\)
\(\Rightarrow\)HK||BD( Áp dụng Talet cho tam giác SBD)
b)Đặt SA=x, AB=y
Gọi O là tâm của đáy (ABCD), trong mp(SAC) cho SO cắt AI tại J
S A C I J O
Ta tính được \(SC=\sqrt{x^2+2y^2}\) và SO=\(\sqrt{x^2+\dfrac{y^2}{2}}\)
Áp dụng định lí cos cho tam giác OSC có:
\(2SO.SC.\cos OSC=SO^2+SC^2-OC^2=x^2+\dfrac{y^2}{2}+x^2+2y^2-\dfrac{y^2}{2}=2x^2+2y^2\)
\(\Rightarrow SO.SC.cosOSC=x^2+y^2\)
\(\dfrac{SJ}{SO}=\dfrac{SI}{SO.cosOSC}=\dfrac{SA^2}{SC.SO.cosOSC}=\dfrac{x^2}{x^2+y^2}\left(1\right)\)
\(SK=\dfrac{SA^2}{SD}\Rightarrow\dfrac{SK}{SD}=\dfrac{SA^2}{SD^2}=\dfrac{x^2}{x^2+y^2}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2), áp dụng định lí Talet đảo cho tam giác SDO ta có KJ||DO hay KJ||BD
Chứng minh tương tự ta có: JH||BD
Mà HK||BD nên K,H,J thẳng hàng
\(\Rightarrow\exists1\) mặt phẳng chứa 4 điểm A,H,I,K (Vì AI cắt HK tại J)
\(\Rightarrow I\in mp\left(AHK\right)\)(đpcm)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}BD\perp AC\\SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BD\end{matrix}\right.\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\)
Mà HK||BD
\(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\left(đpcm\right)\)
a: ta có: BC\(\perp\)AB(ABCD là hình vuông)
BC\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))
AB,SA cùng thuộc mp(SAB)
Do đó: BC\(\perp\)(SAB)
b: Ta có: BD\(\perp\)AC(ABCD là hình vuông)
BD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))
AC,SA cùng thuộc mp(SAC)
Do đó: BD\(\perp\)(SAC)
c: Ta có: BC\(\perp\)(SAB)
AH\(\subset\)(SAB)
Do đó: BC\(\perp\)AH
Ta có: AH\(\perp\)SB
AH\(\perp\)BC
SB,BC cùng thuộc mp(SBC)
Do đó: AH\(\perp\)(SBC)
d: Ta có: AH\(\perp\)(SBC)
SC\(\subset\)(SBC)
Do đó: AH\(\perp\)SC
Ta có: CD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))
CD\(\perp\)AD(ABCD là hình vuông)
SA,AD cùng thuộc mp(SAD)
Do đó: CD\(\perp\)(SAD)
=>AK\(\perp\)CD
mà AK\(\perp\)SD
và CD,SD cùng thuộc mp(SCD)
nên AK\(\perp\)(SCD)
=>AK\(\perp\)SC
Ta có: SC\(\perp\)AK
SC\(\perp\)AH
AK,AH cùng thuộc mp(AKH)
Do đó: SC\(\perp\)(AKH)