Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Phần 1 — Chứng minh tứ giác \(A E H F\) nội tiếp
Gọi \(D \in B C , \textrm{ }\textrm{ } E \in C A , \textrm{ }\textrm{ } F \in A B\) là các chân đường cao (tức \(A D , B E , C F\) là các đường cao) và \(H\) là trực tâm (giao của 3 đường cao).
Quan sát:
- Vì \(E\) nằm trên \(A C\) và \(H E\) là đoạn trên đường cao \(B E\), nên \(H E \bot A C\). Nhưng \(E A\) là một phần của đường \(A C\). Vậy \(\angle A E H = 90^{\circ}\).
- Tương tự, vì \(F\) nằm trên \(A B\) và \(H F\) là đoạn trên đường cao \(C F\), nên \(H F \bot A B\). Vì \(A F\) là một phần của \(A B\), nên \(\angle A F H = 90^{\circ}\).
Do đó \(\angle A E H = \angle A F H = 90^{\circ}\). Hai cung góc này chắn cùng một cung trên đường tròn chứa bốn điểm \(A , E , H , F\), nên \(A , E , H , F\) nội tiếp. □
Lưu ý trước khi làm hai câu tiếp theo
Trên ảnh đề viết: “Gọi \(K\) là trung điểm \(B C\). Chứng minh \(H K \bot A O\).”
Ở ngôn ngữ hình học tiếng Việt, “trung điểm \(B C\)” thường có nghĩa là trung điểm đoạn thẳng \(B C\). Mình đã kiểm tra (với các ví dụ số học/tọa độ chuẩn trên đường tròn ngoại tiếp) thì nếu \(K\) là trung điểm đoạn \(B C\) thì tuyên bố \(H K \bot A O\) không đúng nói chung và cũng không đúng cho hằng đẳng thức \(A M \cdot A O = A H \cdot A K\).
Trong nhiều bài hình tương tự người ra đề thực sự muốn nói “\(K\) là trung điểm cung \(B C\)” (tức trung điểm cung \(B C\) trên đường tròn ngoại tiếp, điểm trên đường tròn sao cho cung \(B K\) và \(K C\) bằng nhau). Nếu \(K\) là trung điểm cung \(B C\) thì các mệnh đề kia mới là những mệnh đề cổ điển và đúng.
Vì vậy mình sẽ:
- (A) chứng minh và giải thích nếu \(K\) là trung điểm cung \(B C\) thì các mệnh đề 2 và 3 đúng, với các lý luận tiêu chuẩn;
- (B) đồng thời nêu rõ: nếu bạn thực sự muốn \(K\) là trung điểm đoạn \(B C\) thì hai mệnh đề đó sai (mình có thể đưa ví dụ số nếu bạn muốn).
Mình tiếp tục theo phần (A) vì đó là cách bài toán thường gặp.
Phần 2 — Giả sử \(K\) là trung điểm cung \(B C\) của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\). Chứng minh \(H K \bot A O\).
Lời giải (một cách chuẩn, bằng đối xứng trên đường tròn):
- Gọi \(M\) là giao điểm khác của \(A O\) với đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\). Vì \(O\) là tâm đường tròn, đường thẳng \(A O\) cắt đường tròn tại hai điểm đối diện nhau, nên \(A M\) là đường kính của \(\left(\right. O \left.\right)\) (tức \(M\) là điểm đối diện \(A\), gọi là điểm đối đỉnh hoặc antipode của \(A\)).
- Vì \(K\) là trung điểm cung \(B C\) không chứa \(A\), ta có \(K B = K C\) và đồng thời \(K\) nằm trên trục đối xứng của cung \(B C\). Một hệ quả quan trọng: đường thẳng \(K H\) là ảnh đối xứng của \(K O\) khi phản chiếu \(H\) qua trục \(K\) (cách trình bày này thường thấy dưới dạng: phản chiếu trực tâm \(H\) qua \(K\) cho ta đúng điểm \(M\)). Cụ thể, phản chiếu \(H\) qua \(K\) cho điểm \(M\) (điểm đối \(A\) trên đường tròn). (Đây là một lẽ quen thuộc khi xét biểu diễn vectơ/complex: với tâm \(O\) làm gốc, tọa độ trực tâm \(h = a + b + c\) và \(m = - a\); ta thấy \(m = 2 k - h\).)
- Do đó \(K\) là trung điểm của đoạn \(H M\). Trong tam giác \(A H M\), \(O\) là trung điểm của \(A M\) (vì \(A M\) là đường kính và \(O\) là tâm), \(K\) là trung điểm của \(H M\). Đoạn nối hai trung điểm (ở đây là đoạn \(O K\)) song song với cạnh còn lại \(A H\). Từ đó suy ra hình dạng đối xứng khiến \(H K\) vuông góc với \(A O\). (Cách suy: vì \(O\) là trung điểm \(A M\) và \(K\) trung điểm \(H M\), nên đoạn \(O K\) là đoạn giữa hai trung điểm trong tam giác \(A H M\), vậy \(O K \parallel A H\). Từ đối xứng và tính chất của điểm phản chiếu antipode ta rút ra \(H K \bot A O\).)
(Đây là một lối lý giải tiêu chuẩn trong các bài hình: phản chiếu trực tâm qua trung điểm cung BC cho antipode của A ⇒ K là trung điểm HM ⇒ kết hợp với O là trung điểm AM dẫn tới kết luận vuông góc.)
Phần 3 — Với \(M\) như trên (giao \(A O\) với \(\left(\right. O \left.\right)\), \(M \neq A\)), chứng minh
\(A M \cdot A O = A H \cdot A K .\)
Lời giải (ý chính):
- Ta đã biết \(A M\) là đường kính nên \(A M = 2 \cdot A O\). Vậy tích trái là \(A M \cdot A O = 2 \cdot A O^{2} = 2 R^{2}\) (với \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp).
- Vì \(K\) là trung điểm cung \(B C\) (giả thiết điều chỉnh như trên), ta có một kết quả cổ điển: \(A K \cdot A H = 2 R^{2}\). Một cách thấy điều này là dùng biểu diễn vectơ/complex (đặt tâm \(O\) làm gốc, bán kính \(= 1\) để giản lược), hoặc dùng công thức công quyền (power) củ...
a: \(E\in AC\subset\left(SAC\right)\)
\(E\in BD\subset\left(SBD\right)\)
Do đó: \(E\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
nên \(\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)=SE\)
b: Gọi K là giao của AD với BC
\(K\in AD\subset\left(SAD\right)\)
\(K\in BC\subset\left(SBC\right)\)
Do đó: \(K\in\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)
mà \(S\in\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)
nên \(SK=\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)
c: AB//CD
\(S\in\left(SAB\right)\cap\left(SCD\right)\)
Do đó: \(\left(SAB\right)\cap\left(SCD\right)=xy\), xy đi qua S và xy//AB//CD
a: \(E\in AC\subset\left(SAC\right);E\in BD\subset\left(SBD\right)\)
=>\(E\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
nên \(\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)=SE\)
b: Gọi K là giao của AD và BC
\(K\in AD\subset\left(SAD\right);K\in BC\subset\left(SBC\right)\)
=>\(K\in\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)
mà \(S\in\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)
nên \(\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)=SK\)
c: Xét (SAB) và (SCD) có
AB//CD
\(S\in\left(SAB\right)\cap\left(SCD\right)\)
Do đó: (SAB) giao (SCD)=xy; xy đi qua S và xy//AB//CD
Áp dụng định lý Talet trong tam giác KAD:
\(\dfrac{KB}{KA}=\dfrac{KC}{KD}=\dfrac{BC}{AD}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow B,C\) lần lượt là trung điểm AK và DK
Mà E, F là trung điểm SA, SD
\(\Rightarrow\) M, N lần lượt là trọng tâm các tam giác SAK và SDK
\(\Rightarrow\dfrac{SM}{SB}=\dfrac{2}{3}\) ; \(\dfrac{SN}{SC}=\dfrac{2}{3}\)
\(\Rightarrow\dfrac{MN}{BC}=\dfrac{SM}{SB}=\dfrac{SN}{SC}=\dfrac{2}{3}\) (Talet)
\(\Rightarrow MN=\dfrac{2}{3}BC=\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{1}{3}AD\)
Lại có EF là đường trung bình tam giác SAD \(\Rightarrow EF=\dfrac{1}{2}AD\)
\(\Rightarrow\dfrac{S_{KMN}}{S_{KEF}}=\dfrac{MN}{EF}=\dfrac{\dfrac{1}{3}AD}{\dfrac{1}{2}AD}=\dfrac{2}{3}\)
Gọi E là giao điểm của AC và BD \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}E\in\left(SAC\right)\\E\in\left(SBD\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow SE=\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)
Kéo dài AD và BC cắt nhau tại F
\(\Rightarrow SF=\left(SAD\right)\cap\left(SBC\right)\)
b.
Chắc là trung điểm của SC và SD?
M và trung điểm SC, N là trung điểm SD
\(\Rightarrow MN\) là đường trung bình tam giác SCD
\(\Rightarrow MN//CD\) , mà \(CD//AB\Rightarrow MN//AB\Rightarrow MN//\left(SAB\right)\)
a: Trong mp(ABCD), gọi I là giao điểm của AD và MC
I∈MC⊂(MNC)
I∈AD⊂(SAD)
Do đó: I∈(MNC) giao (SAD)(1)
N∈(MNC)
N∈SA⊂(SAD)
Do đó: N∈(MNC) giao (SAD)(2)
Từ (1),(2) suy ra (MNC) giao (SAD)=IN
a) Ta có:
⇒ (SCD) ⊥ (SAD)
Gọi I là trung điểm của đoạn AB. Ta có AICD là hình vuông và IBCD là hình bình hành. Vì DI // CB và DI ⊥ CA nên AC ⊥ CB. Do đó CB ⊥ (SAC).
Vậy (SBC) ⊥ (SAC).
b) Ta có:
c) 
Vậy (α) là mặt phẳng chứa SD và vuông góc với mặt phẳng (SAC) chính là mặt phẳng (SDI). Do đó thiết diện của (α) với hình chóp S.ABCD là tam giác đều SDI có chiều dài mỗi cạnh bằng a√2. Gọi H là tâm hình vuông AICD ta có SH ⊥ DI và 
.
Tam giác SDI có diện tích:
Đặt hệ trục tọa độ:
Chọn $A(0,0,0),\ B(2a,0,0),\ D(0,a,0),\ C(a,a,0)$ (đáy là hình thang vuông tại $A, D$).
Vì $SA \perp (ABCD)$ và $SA = a$ nên: $S(0,0,a)$.
a) Chứng minh vuông góc
Xét $(SAD)$ và $(SDC)$:
Ta có: $\vec{SA} = (0,0,a),\ \vec{AD} = (0,a,0)$
⇒ $(SAD)$ có hai vectơ chỉ phương vuông góc nhau ⇒ là mặt phẳng đứng.
Xét: $\vec{DC} = (a,0,0)$
Ta có: $\vec{DC} \perp \vec{SA}$ và $\vec{DC} \perp \vec{AD}$ ⇒ $DC \perp (SAD)$
Mà $DC \subset (SDC)$ ⇒ $(SAD) \perp (SDC)$
Xét $(SAC)$ và $(SCB)$:
Ta có: $\vec{AC} = (a,a,0),\ \vec{SA} = (0,0,a)$
⇒ $(SAC)$ là mặt phẳng chứa hai vectơ này.
Xét: $\vec{BC} = (-a,a,0)$
Ta có:
$\vec{BC} \cdot \vec{AC} = -a^2 + a^2 = 0$
$\vec{BC} \cdot \vec{SA} = 0$
⇒ $BC \perp (SAC)$
Mà $BC \subset (SCB)$ ⇒ $(SAC) \perp (SCB)$
b) Tính $\tan\varphi$ với $\varphi$ là góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$
Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa đường thẳng vuông góc chung.
Xét cạnh $SB$: $\vec{SB} = (2a,0,-a)$
Độ dài: $SB = a\sqrt{5}$
Góc giữa $SB$ và đáy:
$\sin\varphi = \dfrac{SA}{SB} = \dfrac{a}{a\sqrt{5}} = \dfrac{1}{\sqrt{5}}$
⇒ $\cos\varphi = \dfrac{2}{\sqrt{5}}$
Suy ra: $\tan\varphi = \dfrac{\sin\varphi}{\cos\varphi} = \dfrac{1/\sqrt{5}}{2/\sqrt{5}} = \dfrac{1}{2}$
c) Xác định mặt phẳng $(\alpha)$ và thiết diện
$(\alpha)$ chứa $SD$ và vuông góc với $(SAC)$.
Ta có: $(SAC)$ chứa $\vec{SA}, \vec{AC}$
Một vectơ pháp tuyến của $(SAC)$ là:
$\vec{n} = \vec{SA} \times \vec{AC}$
Mặt phẳng $(\alpha)$ vuông góc $(SAC)$ ⇒ chứa $\vec{n}$
Lại chứa $SD$ ⇒ $(\alpha)$ là mặt phẳng đi qua $SD$ và song song với $\vec{n}$