K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét hai tam giác vuông ABNABN và BCPBCP có: AB = BC,AB=BC, BN = CP.BN=CP.
\Rightarrow \Delta ABN = \Delta BCP⇒ΔABN=ΔBCP.
\Rightarrow \widehat{BAN} = \widehat{CBP},⇒BAN=CBP, \widehat{ANB} = \widehat{BPC}ANB=BPC.
Mà \widehat{BAN} + \widehat{ANB} = 90^{\circ} \Rightarrow \widehat{CBP} + \widehat{ANB} = 90^{\circ}BAN+ANB=90∘⇒CBP+ANB=90∘ hay AN \perp BPAN⊥BP (1).
Vì \Delta SADΔSAD đều nên \left\{ \begin{aligned} & SH\perp AD \\ & (SAD)\perp (ABCD) \\ & BP \subset (ABCD) \\ \end{aligned} \right. \Rightarrow SH \perp BP⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧
Xét hai tam giác vuông ABNABN và BCPBCP có: AB = BC,AB=BC, BN = CP.BN=CP.
\Rightarrow \Delta ABN = \Delta BCP⇒ΔABN=ΔBCP.
\Rightarrow \widehat{BAN} = \widehat{CBP},⇒BAN=CBP, \widehat{ANB} = \widehat{BPC}ANB=BPC.
Mà \widehat{BAN} + \widehat{ANB} = 90^{\circ} \Rightarrow \widehat{CBP} + \widehat{ANB} = 90^{\circ}BAN+ANB=90∘⇒CBP+ANB=90∘ hay AN \perp BPAN⊥BP (1).
Vì \Delta SADΔSAD đều nên \left\{ \begin{aligned} & SH\perp AD \\ & (SAD)\perp (ABCD) \\ & BP \subset (ABCD) \\ \end{aligned} \right. \Rightarrow SH \perp BP⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧
Xét hai tam giác vuông ABNABN và BCPBCP có: AB = BC,AB=BC, BN = CP.BN=CP.
\Rightarrow \Delta ABN = \Delta BCP⇒ΔABN=ΔBCP.
\Rightarrow \widehat{BAN} = \widehat{CBP},⇒BAN=CBP, \widehat{ANB} = \widehat{BPC}ANB=BPC.
Mà \widehat{BAN} + \widehat{ANB} = 90^{\circ} \Rightarrow \widehat{CBP} + \widehat{ANB} = 90^{\circ}BAN+ANB=90∘⇒CBP+ANB=90∘ hay AN \perp BPAN⊥BP (1).
Vì \Delta SADΔSAD đều nên \left\{ \begin{aligned} & SH\perp AD \\ & (SAD)\perp (ABCD) \\ & BP \subset (ABCD) \\ \end{aligned} \right. \Rightarrow SH \perp BP⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧
Đúng(0)
Xét hai tam giác vuông ABNABN và BCPBCP có: AB = BC,AB=BC, BN = CP.BN=CP.
\Rightarrow \Delta ABN = \Delta BCP⇒ΔABN=ΔBCP.
\Rightarrow \widehat{BAN} = \widehat{CBP},⇒BAN=CBP, \widehat{ANB} = \widehat{BPC}ANB=BPC.
Mà \widehat{BAN} + \widehat{ANB} = 90^{\circ} \Rightarrow \widehat{CBP} + \widehat{ANB} = 90^{\circ}BAN+ANB=90∘⇒CBP+ANB=90∘ hay AN \perp BPAN⊥BP (1).
Vì \Delta SADΔSAD đều nên \left\{ \begin{aligned} & SH\perp AD \\ & (SAD)\perp (ABCD) \\ & BP \subset (ABCD) \\ \end{aligned} \right. \Rightarrow SH \perp BP⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧
Xét hai tam giác vuông ABN và BCP có: AB=BC, BN=CP.
⇒ΔABN=ΔBCP
.
⇒ˆBAN=ˆCBP,
ˆANB=ˆBPC
.
Mà ˆBAN+ˆANB=90∘⇒ˆCBP+ˆANB=90∘
hay AN⊥BP (1)
Vì ΔS
Đúng(0)
Xét hai tam giác vuông ABNABN và BCPBCP có: AB=BC,AB=BC, BN=CP.BN=CP.
⇒ΔABN=ΔBCP⇒ΔABN=ΔBCP.
⇒ˆBAN=ˆCBP,⇒BAN^=CBP^, ˆANB=ˆBPCANB^=BPC^.
Mà ˆBAN+ˆANB=90∘⇒ˆCBP+ˆANB=90
Đúng(0)
Xét hai tam giác vuông ABNABN và BCPBCP có: AB = BC,AB=BC, BN = CP.BN=CP.
\Rightarrow \Delta ABN = \Delta BCP⇒ΔABN=ΔBCP.
\Rightarrow \widehat{BAN} = \widehat{CBP},⇒BAN=CBP, \widehat{ANB} = \widehat{BPC}ANB=BPC.
Mà \widehat{BAN} + \widehat{ANB} = 90^{\circ} \Rightarrow \widehat{CBP} + \widehat{ANB} = 90^{\circ}BAN+ANB=90∘⇒CBP+ANB=90∘ hay AN \perp BPAN⊥BP (1).
Vì \Delta SADΔSAD đều nên \left\{ \begin{aligned} & SH\perp AD \\ & (SAD)\perp (ABCD) \\ & BP \subset (ABCD) \\ \end{aligned} \right. \Rightarrow SH \perp BP⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧
Bài làm
Xét hai tam giác vuông ABNABN và BCPBCP có: AB=BC,AB=BC, BN=CP.BN=CP.
⇒ΔABN=ΔBCP⇒ΔABN=ΔBCP.
⇒ˆBAN=ˆCBP,⇒BAN^=CBP^, ˆANB=ˆBPCANB^=BPC^.
Mà ˆBAN+ˆANB=90∘⇒ˆCBP+ˆANB=90∘
Đúng(0)
Xét hai tam giác vuông ABNABN và BCPBCP có: AB=BC,AB=BC, BN=CP.BN=CP.
⇒ΔABN=ΔBCP⇒ΔABN=ΔBCP.
⇒ˆBAN=ˆCBP,⇒BAN^=CBP^, ˆANB=ˆBPCANB^=BPC^.
Mà ˆBAN+ˆANB=90∘⇒ˆCBP+ˆANB=90∘BAN^+ANB^=90∘⇒CBP^+ANB^=90∘ hay AN⊥BPAN⊥BP (1).
Vì ΔSADΔSAD đều nên ⎧⎪⎨⎪⎩SH⊥AD(SAD)⊥(ABCD)BP⊂(ABCD)⇒SH⊥BP{SH⊥AD(SAD)⊥(ABCD)BP⊂(ABCD)⇒SH⊥BP.
Mặt khác, ABNHABNH là hình chữ nhật nên KK là trung điểm của HBHB hay MK//SHMK//SH.
⇒BP⊥MK⇒BP⊥MK (2).
Từ (1) và (2) suy ra BP⊥(AMN)⇒BP⊥AM.BP⊥(AMN)⇒BP⊥AM.
Xét hai tam giác vuông ABNABN và BCPBCP có: AB = BC,AB=BC, BN = CP.BN=CP.
\Rightarrow \Delta ABN = \Delta BCP⇒ΔABN=ΔBCP.
.⇒BAN=CBP, \widehat{ANB} = \widehat{BPC}ANB=BPC.
Mà \widehat{BAN} + \widehat{ANB} = 90^{\circ} \Rightarrow \widehat{CBP} + \widehat{ANB} = 90^{\circ}BAN+ANB=90∘⇒CBP+ANB=90∘ hay AN \perp BPAN⊥BP (1).
Mà \widehat{BAN} + \widehat{ANB} = 90^{\circ} \Rightarrow \widehat{CBP} + \widehat{ANB} = 90^{\circ}BAN+
Xét hai tam giác vuông ABNABN và BCPBCP có: AB=BC,AB=BC, BN=CP.BN=CP.
⇒ΔABN=ΔBCP⇒ΔABN=ΔBCP.
⇒ˆBAN=ˆCBP,⇒BAN^=CBP^, ˆANB=ˆBPCANB^=BPC^.
Mà ˆBAN+ˆANB=90∘⇒ˆCBP+ˆANB=90
Đúng(0)
Xét hai tam giác vuông ABNABN và BCPBCP có: AB=BC,AB=BC, BN=CP.BN=CP.
⇒ΔABN=ΔBCP⇒ΔABN=ΔBCP.
⇒ˆBAN=ˆCBP,⇒BAN^=CBP^, ˆANB=ˆBPCANB^=BPC^.
Mà ˆBAN+ˆANB=90∘⇒ˆCBP+ˆANB=90∘
Xét hai tam giác vuông ABNABN và BCPBCP có: AB=BC,AB=BC, BN=CP.BN=CP.
⇒ΔABN=ΔBCP⇒ΔABN=ΔBCP.
⇒ˆBAN=ˆCBP,⇒BAN^=CBP^, ˆANB=ˆBPCANB^=BPC^.
Mà ˆBAN+ˆANB=90∘⇒ˆCBP+ˆANB=90∘
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi G, N lần lượt là trọng tâm tam giác SCD, ABD. Trên các cạnh SB lấy điểm M sao cho SB = 3SM.
Chứng minh NG // (SAD)
Chứng minh MN //(SAD)
Trong mp(ABD), Gọi K là giao điểm của BN và AD
Xét ΔBAD có
N là trọng tâm
K là giao điểm của BN và AD
DO đó: K là trung điểm của AD
Xét ΔBAD có
N là trọng tâm
BK là đường trung tuyến
Do đó: \(BN=\frac23BK\)
Ta có: SM+MB=SB
=>MB=SB-SM=3SM-SM=2SM
=>\(\frac{BM}{BS}=\frac{2MS}{3MS}=\frac23\)
Xét ΔBKS có \(\frac{BN}{BK}=\frac{BM}{BS}\left(=\frac23\right)\)
nên MN//SK
mà SK⊂(SAD) và MN không thuộc mp(SAD)
nên MN//(SAD)
Trong mp(SDC), gọi F là giao điểm của CG và SD
Xét ΔSDC có
G là trọng tâm
F là giao điểm của CG và SD
Do đó: F là trung điểm của SD
Xét ΔSCD có
F là trung điểm của SD
G là trọng tâm
Do đó: \(CG=\frac23CF\)
=>CG=2GF
Trong mp(ABCD), gọi O là giao điểm của AC và BD
ABCD là hình bình hành
=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường
=>O là trung điểm chung của AC và BD
Xét ΔDAB có
N là trọng tâm
O là trung điểm của BD
Do đó: A,N,O thẳng hàng
=>\(AN=\frac23AO=\frac23OC;ON=\frac13OA=\frac13OC\)
Vì A,N,O thẳng hàng
và A,O,C thẳng hàng
nên A,N,O,C thẳng hàng
\(NC=NO+OC\)
\(=\frac13AO+AO=\frac43AO\)
=>\(\frac{CN}{NA}=\frac{\frac43AO}{\frac23AO}=\frac43:\frac23=2\)
Xét ΔCAF có \(\frac{CN}{NA}=\frac{CG}{GF}\left(=2\right)\)
nên GN//AF
mà AF⊂(SAD)
và GN không thuộc mp(SAD)
nên GN//(SAD)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc (BAD)= 60. Tam giác SAD là tam giác cân đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SA= \(\dfrac{a\sqrt{5}}{4}\) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm AD, DC và SB
a, Chứng minh SM ⊥ (ABCD), (SBD) ⊥ (SMN)
b, Tính góc giữa M và (SAC)
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Khi đó bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối SCMN là:
Đáp án C.
Gọi H là trung điểm của AD
Cho hệ trục tọa độ như hình vẽ =>
Trung điểm MN là
có 
Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (ABCD)
=> d có vecto chỉ phương
∆ NCM vuông tại C => I là tâm đường tròn ngoại tiếp
=> d là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN
=> Tâm J của mặt cầu ngoại tiếp SCMN thuộc d
Ta có d qua
và 
là vecto chỉ phương
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD (tham khảo hình vẽ bên). Tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN
Chọn D.
Áp dụng công thức tìm nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp R 2 = x 2 + r 2 với
r là bán kính đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy
x = S O 2 - r 2 2 h : S là đỉnh hình chóp , O là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy, h là chiều cao hình chóp
Cụ thể vào bài toán:
Đáy là tam giác CMN vuông tại C
Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN là trung điểm MN
Áp dụng công thức đường trung tuyến trong tam giác HMN tính được H O 2 = 5 a 2 8
Trong tam giác vuông SHO có
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và \(SC=a\sqrt{2}\) . Gọi H và K lần lượt là trung điểm AB và AD .
a) chứng minh \(SH\perp\left(ABCD\right)\)
b) chứng minh \(AC\perp SK\) và \(CK\perp SD\) .
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Tính bán kính R của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.CMN
Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SA \perp (ABCD)$. Đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$. Gọi $H$, $I$, $K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SB$, $SC$, $SD$.
a. Chứng minh $BC \perp (SAB)$.
b. Chứng minh $AH$, $AI$, $AK$ cùng thuộc một mặt phẳng.
c. Chứng minh $HK \perp AI$.
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
a) Chứng minh MN // (SBC); MN // (SAD).
b) Gọi I là trung điểm SA. Tìm giao điểm K của (INM) và SD.
c) Chứng minh: SB, SC // (IMN).
d) Gọi H là trung điểm IO. Chứng minh HK // (SBC).
a: Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)
\(CN=ND=\frac{CD}{2}\)
mà AB=CD
nên AM=MB=CN=ND
Xét tứ giác AMND có
AM//ND
AM=ND
Do đó: AMND là hình bình hành
=>MN//AD
=>MN//(SAD)
MN//AD
AD//BC
Do đó: MN//BC
=>MN//(SBC)
c: Xét ΔABS có
M,I lần lượt là trung điểm của AB,AS
=>MI là đường trung bình của ΔABS
=>MI//SB
=>SB//(IMN)
Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mp đáy (ABCD) và ABCD là hình thang vuông tại A, đáy lớn AB, AB=2a, AD=CD=a. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SC và E là trung điểm của AB
a, CMR: (SCD) \(\perp\)(SAD) và AH \(\perp\)(SBC)
b, Biết góc giữa 2 mp (SCD) và (ABCD) bằng 300. Tính góc giữa 2 mp (SAD) và (SCE)?
Bảng xếp hạng