Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
S A B C I H O K
a) \(SB^2=AS^2+AB^2=AS^2+AC^2=SC^2\Rightarrow SB=SC\) => \(\Delta\)SBC cân tại S
Do đó: AO,SH cắt nhau tại trung điểm I của cạnh BC
Xét \(\Delta\)SBC: trực tâm H, đường cao SI => \(IH.IS=IB.IC\)(1)
Tương tự: \(IB.IC=IO.IA\)(2)
Từ (1);(2) => \(IH.IS=IO.IA\)=> \(\Delta\)IHO ~ \(\Delta\)IAS => ^IHO = ^IAS = 900 => OH vuông góc IS (3)
Ta có: BC vuông góc với AI,AS => BC vuông góc với (SAI) => BC vuông góc OH (4)
Từ (3);(4) => OH vuông góc (SBC).
b) Xét tam giác SKI: IO vuông góc SK tại A, KO vuông góc SI tại H (cmt) => O là trực tâm tam giác SKI
Vậy SO vuông góc IK.
a) Gọi A’ là giao điểm của AH và BC. Ta cần chứng minh ba điểm S, K, A’ thẳng hàng.
Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên AA′ ⊥ BC. Mặt khác theo giả thiết ta có: SA ⊥ (ABC), do đó SA ⊥ BC.
Từ đó ta suy ra BC ⊥ (SAA′) và BC ⊥ SA′. Vậy SA’ là đường cao của tam giác SBC nên SA’ là phải đi qua trực tâm K. Vậy ba đường thẳng AH, SK và BC đồng quy.
b) Vì K là trực tâm của tam giác SBC nên BK ⊥ SC (1)
Mặt khác ta có BH ⊥ AC vì H là trực tâm của tam giác ABC và BH ⊥ SA vì SA ⊥ (ABC).
Do đó BH ⊥ (ABC) nên BH ⊥ SC (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra SC ⊥ (BHK). Vì mặt phẳng (SAC) chứa SC mà SC ⊥ (BHK) nên ta có (SAC) ⊥ (BHK).
c) Ta có
Mặt phẳng (BHK) chứa HK mà HK ⊥ (SBC) nên (BHK) ⊥ (SBC).
TenAnh1 TenAnh1 A = (-0.14, -7.4) A = (-0.14, -7.4) A = (-0.14, -7.4) B = (14.46, -7.36) B = (14.46, -7.36) B = (14.46, -7.36) C = (-3.74, -5.6) C = (-3.74, -5.6) C = (-3.74, -5.6) D = (11.62, -5.6) D = (11.62, -5.6) D = (11.62, -5.6) E = (-3.34, -5.86) E = (-3.34, -5.86) E = (-3.34, -5.86) F = (12.02, -5.86) F = (12.02, -5.86) F = (12.02, -5.86) G = (-3.7, -5.88) G = (-3.7, -5.88) G = (-3.7, -5.88) H = (11.66, -5.88) H = (11.66, -5.88) H = (11.66, -5.88) I = (-3.74, -5.62) I = (-3.74, -5.62) I = (-3.74, -5.62) J = (11.62, -5.62) J = (11.62, -5.62) J = (11.62, -5.62) A'
tam giác ABC đều nên AM ⊥ BC ⇒ SM ⊥ BC (theo định lí ba đường vuông góc)
Đáp án B
a/M là trung điểm BC \(\Rightarrow AM\perp BC\) (t/c tam giác đều)
\(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\)
\(\Rightarrow BC\perp\left(SAM\right)\)
\(\Rightarrow BC\perp AH\)
Mà \(AH\perp SM\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\)
b/ \(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BI\)
\(BI\perp AC\) (do I là trực tâm ABC)
\(\Rightarrow BI\perp\left(SAC\right)\Rightarrow BI\perp SC\)
Mà \(BK\perp SC\) (do K là trực tâm tam giác SBC)
\(\Rightarrow SC\perp\left(BIK\right)\Rightarrow SC\perp IK\)
Hoàn toàn tương tự ta có \(SB\perp\left(CIK\right)\Rightarrow SB\perp IK\)
\(\Rightarrow IK\perp\left(SBC\right)\)
c/ Kéo dài BI cắt AC tại E \(\Rightarrow\) E là trung điểm AC
Két dài BK cắt SC tại F
Do \(SC\perp\left(BHK\right)\) mà SC là giao tuyến hai mặt phẳng (SAC) và (SBC)
\(\Rightarrow\widehat{BFE}\) là góc giữa (SAC) và (SBC)
\(BE=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
\(SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=a\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow cos\widehat{SCB}=\frac{CM}{SC}=\frac{1}{2\sqrt{2}}\) \(\Rightarrow sin\widehat{SCB}=\frac{\sqrt{14}}{4}\)
\(\Rightarrow BF=BC.sin\widehat{SCB}=\frac{a\sqrt{14}}{4}\)
\(\Rightarrow sin\widehat{BFE}=\frac{BE}{BF}=\frac{\sqrt{42}}{7}\Rightarrow cos\widehat{BFE}=\frac{\sqrt{7}}{7}\)