Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C H O P E F M N U V V' K S T L J G I
Gọi EN giao FM tại K, AP cắt BC tại V, AK cắt BC tại U. Giao điểm của EF với AK và AP lần lượt là L và I.
Áp dụng ĐL Thales ta dễ có \(\frac{FL}{AM}=\frac{KF}{KM}=\frac{EF}{MN}=\frac{EI}{AM}\Rightarrow FL=EI\). Từ đây BU = CV
Suy ra hai điểm U,V đối xứng với nhau qua trung điểm T của cạnh BC (1)
Mặt khác gọi S là chân đường cao xuất phát từ A của tam giác ABC. KJ vuông góc AH tại J, AH cắt EF tại G.
Ta thấy ^KJH = ^KEH = ^KFH = 900 nên năm điểm E,F,K,H,J đồng viên
Từ đó \(GE.GF=GH.GJ\Rightarrow\frac{1}{4}SB.SC=\frac{1}{4}SH.SA=GH.GJ\)
Hay \(d_{\left(O,EF\right)}.AG=GH.d_{\left(K,EF\right)}\Rightarrow\frac{d_{\left(O,EF\right)}}{d_{\left(K,EF\right)}}=\frac{GH}{AG}\). Từ đó dễ suy ra L,O,H thẳng hàng
Gọi cát tuyến LOH cắt BC tại V'. Ta lại có CF và OH cắt nhau tại trọng tâm tam giác ABC nên theo ĐL Thales:
\(CV'=2.FL=BU\). Suy ra hai điểm U và V' đối xứng nhau qua trung điểm cạnh BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra V trùng V'. Mà AP cắt BC tại V, OH (Đường Euler của tam giác ABC) cắt BC tại V'
Nên OH,AP,BC đồng quy (đpcm).
a: Xét ΔAEM và ΔBEC có
EA=EB
góc AEM=góc BEC
EM=EC
Do đo: ΔAEM=ΔBEC
b: Xét tứ giác ABCN có
AB//CN
AB=CN
Do đó: ABCN là hình bình hành
=>AN=BC và AN//BC
c: Xét tứ giác AMBC có
E là trung điểm chung của AB và MC
nên AMBC là hình bình hành
=>AM//BC và AM=BC
=>AM//AN và AM=AN
=>A là trung điểm của MN
Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên: $S_{ABC} = \dfrac{\sqrt3}{4}a^2$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$, theo đề bài $H$ thuộc $BC$ và $HC = 2BH$.
=> $BH = \dfrac{a}{3},\ HC = \dfrac{2a}{3}$.
Đặt hệ trục sao cho $B(0,0),\ C(a,0)$, khi đó $H\left(\dfrac{a}{3},0\right)$.
Vì $ABC$ là tam giác đều nên $A\left(\dfrac{a}{2}, \dfrac{\sqrt3}{2}a\right)$.
Khi đó:
$AH^2 = \left(\dfrac{a}{2} - \dfrac{a}{3}\right)^2 + \left(\dfrac{\sqrt3}{2}a\right)^2$
$= \left(\dfrac{a}{6}\right)^2 + \dfrac{3a^2}{4}$
$= \dfrac{a^2}{36} + \dfrac{27a^2}{36}$
$= \dfrac{28a^2}{36}$
$= \dfrac{7a^2}{9}$
$\Rightarrow AH = \dfrac{a\sqrt7}{3}$.
Góc giữa $SA$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $60^\circ$ nên:
$\tan 60^\circ = \dfrac{SH}{AH}$
$\sqrt3 = \dfrac{SH}{\dfrac{a\sqrt7}{3}}$
$\Rightarrow SH = \dfrac{a\sqrt{21}}{3}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SH$
$= \dfrac13 \cdot \dfrac{\sqrt3}{4}a^2 \cdot \dfrac{a\sqrt{21}}{3}$
$= \dfrac{a^3\sqrt{63}}{36} = \dfrac{a^3 \cdot 3\sqrt7}{36} = \dfrac{a^3\sqrt7}{12}$.
Vậy $V = \dfrac{a^3\sqrt7}{12}$.
Chọn đáp án B.
Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên:
$S_{ABC} = \dfrac{\sqrt3}{4}a^2$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$, theo đề bài $H$ thuộc $BC$ và $HC = 2BH$.
Suy ra $BH = \dfrac{a}{3},\ HC = \dfrac{2a}{3}$.
Khi đó khoảng cách từ $H$ đến đường thẳng $AB$ là:
$HM = \dfrac{\sqrt3}{2}\cdot \dfrac{a}{3} = \dfrac{a\sqrt3}{6}$.
Góc giữa mặt phẳng $(SAB)$ và $(ABC)$ bằng $60^\circ$ nên:
$\tan 60^\circ = \dfrac{SH}{HM}$
$\sqrt3 = \dfrac{SH}{\dfrac{a\sqrt3}{6}}$
$\Rightarrow SH = \dfrac{a}{2}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SH$
$= \dfrac13 \cdot \dfrac{\sqrt3}{4}a^2 \cdot \dfrac{a}{2}$
$= \dfrac{a^3\sqrt3}{24}$.
Vậy $V = \dfrac{a^3\sqrt3}{24}$.
Chọn đáp án A.
Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên: $S_{ABC} = \dfrac{\sqrt3}{4}a^2$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$, theo đề bài $H$ thuộc $BC$ và $CH = 2HB$.
Suy ra $HB = \dfrac{a}{3},\ HC = \dfrac{2a}{3}$.
Vì $H$ nằm trên $BC$ nên $BH = \dfrac{a}{3}$.
Góc giữa $SB$ và mặt phẳng $(ABC)$ bằng $60^\circ$ nên:
$\tan 60^\circ = \dfrac{SH}{BH}$
$\sqrt3 = \dfrac{SH}{\dfrac{a}{3}}$
$\Rightarrow SH = \dfrac{a\sqrt3}{3}$.
Thể tích khối chóp $S.ABC$ là:
$V = \dfrac13 S_{ABC} \cdot SH$
$= \dfrac13 \cdot \dfrac{\sqrt3}{4}a^2 \cdot \dfrac{a\sqrt3}{3}$
$= \dfrac{a^3}{12}$.
Vậy $V = \dfrac{a^3}{12}$.
Chọn đáp án A.
a.có vì góc A=90
a