Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}G \in \left( {EFG} \right)\\G \in BD \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow G \in \left( {EFG} \right) \cap \left( {BCD} \right)\\\left. \begin{array}{l}I \in EF \subset \left( {EFG} \right)\\I \in BC \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {EFG} \right) \cap \left( {BCD} \right)\end{array}\)
Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {EFG} \right)\) và \(\left( {BCD} \right)\) là đường thẳng \(GI\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}F \in \left( {EFG} \right)\\F \in AC \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow F \in \left( {EFG} \right) \cap \left( {ACD} \right)\\\left. \begin{array}{l}H \in EG \subset \left( {EFG} \right)\\H \in A{\rm{D}} \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow H \in \left( {EFG} \right) \cap \left( {ACD} \right)\end{array}\)
Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {EFG} \right)\) và \(\left( {ACD} \right)\) là đường thẳng \(HF\).
b) Gọi \(J\) là giao điểm của \(CD\) và \(IG\).
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}J \in IG \subset \left( {EFG} \right)\\J \in C{\rm{D}} \subset \left( {ACD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow J \in \left( {EFG} \right) \cap \left( {ACD} \right)\)
Mà \(F \in \left( {EFG} \right) \cap \left( {ACD} \right),H \in \left( {EFG} \right) \cap \left( {ACD} \right)\) (theo chứng minh phần a).
Do đó ba điểm \(H,F,J\) thẳng hàng.
Vậy ba đường thẳng \(CD,IG,HF\) cùng đi điểm \(J\).
a) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}S \in \left( {SC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SAB} \right)\\C{\rm{D}}\parallel AB\\C{\rm{D}} \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\AB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right\}\)
\( \Rightarrow \)Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và \(\left( {SAB} \right)\) là đường thẳng \(d\) đi qua \(S\), song song với \(C{\rm{D}}\) và \(AB\).
b) Ta có:
\(\begin{array}{l}BC = \left( {BCM} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\MN = \left( {BCM} \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\BC\parallel A{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(A{\rm{D}}\parallel BC\parallel MN\).
Vậy tứ giác \(CBMN\) là hình thang.
a) Phương trình: \({x^2} - 3x + 2 = 0\,\,\,\left( 1 \right)\)
Ta có: \(\Delta = 9 - 4.2 = 1 > 0\)
Phương trình (1) có hai nghiệm \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} = \frac{{3 + 1}}{{2.1}} = 2\\{x_1} = \frac{{3 - 1}}{{2.1}} = 1\end{array} \right.\) => \({S_1} = \left\{ {1;2} \right\}\)
Phương trình: \(\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) = 0\,\,\,\left( 2 \right)\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 1\\x = 2\end{array} \right.\) => \({S_2} = \left\{ {1;2} \right\}\)
b) Hai tập \({S_1};{S_2}\) có bằng nhau
a) (SAB) và (SAD) cùng vuông góc (ABCD), (SAB) và (SAB) có giao tuyến SA => SA vuông góc (ABCD)
=> BC vuông góc SA. Mà BC vuông góc AB nên BC vuông góc (SAB).
Ta cũng có BD vuông góc AS, BD vuông góc AC vì ABCD là hình vuông
=> BD vuông góc (SAC) hay (SAC) vuông góc (SBD).
b) Gọi M là trung điểm của AB, CM cắt AD tại P, H thuộc CM sao cho AH vuông góc CM, K thuộc SH sao cho AK vuông góc SH.
Dễ thấy AN || CM => AN || (SCM) => d(AN,SC) = d(AN,SCM) = d(A,SCM) = d(A,SMP)
Ta có AH vuông góc MP, MP vuông góc AS => MP vuông góc (HAS) => (SMP) vuông góc (HAS)
Vì (SMP) và (HAS) có giao tuyến SH, AK vuông góc SH tại K nên d(A,SMP) = AK
Theo hệ thức lượng thì: \(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{AM^2}+\frac{1}{AP^2}\)
\(\Rightarrow d\left(AN,SC\right)=d\left(A,SMP\right)=AK=\frac{AS.AM.AP}{\sqrt{AS^2AM^2+AM^2AP^2+AP^2AS^2}}\)
\(=\frac{a\sqrt{2}.\frac{a}{2}.a}{\sqrt{2a^2.\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{4}.a^2+a^2.2a^2}}=\frac{a\sqrt{22}}{11}.\)
\(\left. \begin{array}{l}\left( {SBI} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SCI} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SBI} \right) \cap \left( {SCI} \right) = SI\end{array} \right\} \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\)
Kẻ \(IH \bot BC\left( {H \in BC} \right)\)
\(SI \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SI \bot BC\)
\( \Rightarrow BC \bot \left( {SIH} \right) \Rightarrow BC \bot SH\)
Vậy \(\widehat {AHI}\) là góc nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right]\)\( \Rightarrow \widehat {AHI} = {60^ \circ }\)
\(\begin{array}{l}{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{2}\left( {AB + C{\rm{D}}} \right).A{\rm{D}} = 3{a^2}\\AI = I{\rm{D}} = \frac{1}{2}A{\rm{D}} = a\\{S_{AIB}} = \frac{1}{2}AB.AI = {a^2},{S_{CI{\rm{D}}}} = \frac{1}{2}C{\rm{D}}.I{\rm{D}} = \frac{{{a^2}}}{2}\\ \Rightarrow {S_{BIC}} = {S_{ABC{\rm{D}}}} - {S_{AIB}} - {S_{CI{\rm{D}}}} = \frac{{3{a^2}}}{2}\end{array}\)
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow BM = \frac{1}{2}AB = a,CM = AD = 2a \Rightarrow BC = \sqrt {B{M^2} + C{M^2}} = a\sqrt 5 \\ \Rightarrow IH = \frac{{2{{\rm{S}}_{BIC}}}}{{BC}} = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5} \Rightarrow SI = IH.\tan \widehat {SHI} = \frac{{3a\sqrt {15} }}{5}\end{array}\)
\({V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}{S_{ABC{\rm{D}}}}.SI = \frac{{3{a^3}\sqrt {15} }}{5}\)
