Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
\(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\left(đpcm\right)\)
Đề bài sai rồi bạn
Muốn HK song song BD thì H, K phải là hình chiếu của A lên SB và SD
a) Ta có:
\(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot CB\)
\(ABC{\rm{D}}\) là hình vuông \( \Rightarrow AB \bot CB\)
\( \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right)\)
\(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot CD\)
\(ABC{\rm{D}}\) là hình vuông \( \Rightarrow AD \bot CD\)
\( \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\)
b) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}CB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CB \bot AH\\AH \bot SB\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\)
\(\left. \begin{array}{l}CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AK\\AK \bot SD\end{array} \right\} \Rightarrow AK \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow AK \bot SC\)
\( \Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow SC \bot HK\)
\(\begin{array}{l}\Delta SAB = \Delta SA{\rm{D}}\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow SH = SK,SB = S{\rm{D}}\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{SK}}{{S{\rm{D}}}} \Rightarrow HK\parallel B{\rm{D}}\\SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot HK\end{array}\)
\(\left. \begin{array}{l}SC \bot HK\\SA \bot HK\end{array} \right\} \Rightarrow HK \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow HK \bot AI\)
Bạn vẽ hình giúp mình nha!
a. Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}BC\perp AB\left(ABCD.là.hình.vuông\right)\\BC\perp SA\left(SA\perp\left(ABCD\right)\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AH\)
Có: \(\left\{{}\begin{matrix}BC\perp AH\left(cmt\right)\\AH\perp SB\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp SC\) (đpcm)
Chứng minh tương tự với AK, ta cũng có: \(AK\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AK\perp SC\)
Có: \(\left\{{}\begin{matrix}AH\perp SC\\AK\perp SC\\AI\perp SC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\)SC vuông góc với mặt phẳng chứa A,H,I,K
Hay A,H,I,K cùng nằm trong một mặt phẳng
b. Có: \(SC\perp\left(HIK\right)\Rightarrow SC\perp HK\)
Xét \(\Delta SAB\) vuông tại A và \(\Delta SAD\) vuông tại A có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA.là.cạnh.chung\\AB=AD\left(ABCD.là.hình.vuông\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\)\(\Delta SAB\) = \(\Delta SAD\) \(\Rightarrow AH=AK\Rightarrow\dfrac{SH}{SB}=\dfrac{SK}{SD}\)
Áp dụng định lí Ta-let đảo ta có: HK//BD
Xét \(\Delta SBD\) có: SB=SD \(\Rightarrow\)\(\Delta SBD\) cân tại S
\(\Rightarrow\) SO vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao
\(\Rightarrow\) \(SO\perp BD\)
Mà BD//HK
\(\Rightarrow\)\(SO\perp HK\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SO\perp HK\\SC\perp HK\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\) (đpcm) \(\Rightarrow HK\perp AI\) (đpcm)
a.
\(\Delta_VSAB=\Delta_VSAD\left(c.g.c\right)\Rightarrow AB_1=AD_1\)
\(\Rightarrow SB_1=SD_1\Rightarrow\dfrac{SB_1}{SB}=\dfrac{SD_1}{SD}\)
\(\Rightarrow B_1D_1||BD\) (Talet đảo)
\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC\\BC\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AB_1\)
\(\Rightarrow AB_1\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AB_1\perp SC\)
Hoàn toàn tương tự: \(AD_1\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AD_1\perp SC\)
\(\Rightarrow SC\perp\left(AB_1D_1\right)\)
b.
\(\left\{{}\begin{matrix}SC\perp AC_1\\SC\perp\left(AB_1D_1\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AC_1\in\left(AB_1D_1\right)\)
\(\Rightarrow\) 4 điểm \(A;B_1;C_1;D_1\) đồng phẳng
Theo chứng minh câu a, \(AB_1\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AB_1\perp B_1C_1\) (1)
\(AD_1\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AD_1\perp\left(D_1C_1\right)\)
\(\Rightarrow B_1;D_1\) cùng nhìn \(AC_1\) dưới 1 góc vuông nên tứ giác \(AB_1C_1D_1\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC_1\)
c.
Gọi E là trung điểm BC
\(\Rightarrow C_1E\) là đường trung bình tam giác SBC
\(\Rightarrow C_1E||SB\Rightarrow\widehat{SB;AC_1}=\widehat{\left(C_1E;AC_1\right)}=\widehat{AC_1E}\)
\(SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{3}\)
\(C_1E=\dfrac{1}{2}SB=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
\(AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{AB^2+\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\)
\(\dfrac{1}{AC_1^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AC^2}\Rightarrow AC_1=\dfrac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=a\)
Áp dụng định lý hàm cos cho tam giác \(AEC_1\):
\(cos\widehat{AC_1E}=\dfrac{AC_1^2+C_1E^2-AE^2}{2AC_1.C_1E}=0\Rightarrow\widehat{AC_1E}=90^0\)