Hai tam giác CBA và DBA là hai tam giác đều cạnh a

=> ∆ CBA = ∆ DBA ( c.c.c)

=> CM = DM ( 2 đường trung tuyến tương ứng)

=> Tam giác CMD cân tại M.

Lại có: MN là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao: MN ⊥ CD

* Chứng minh tương tự, ta có: MN ⊥ AB

Do đó, MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD.

* Tam giác BCD là tam giác đều cạnh a nên

\(BN=\sqrt{BC^2-CN^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Bài này học rồi mà bà

1 + 1 mà là toán lớp 11 à?

ừ đúng rồi

2 nha 

k cho mình

hok tốt 

2

Bbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbbb

Cách 1:

d:2x−y+1=0d:2x−y+1=0

Chọn 2 điểm bất kỳ thuộc đường thẳng dd là:

A(0;1)A(0;1) và B(1;3)B(1;3)

Q(O;−90o)A(0;1)=A′(1;0)Q(O;−90o)A(0;1)=A′(1;0)

Q(O;−90o)B(1;3)=B′(3;−1)Q(O;−90o)B(1;3)=B′(3;−1)

Ảnh d′d′ của đường thẳng dd qua phép Q(O;−90o)Q(O;−90o)

là đường thẳng đi qua 2 điểm A′(1;0)A′(1;0) và B′(3;−1)B′(3;−1)

Phương trình đường thẳng d′d′ là:

x−13−1=y−0−1−0x−13−1=y−0−1−0

⇔−(x−1)=2y⇔−(x−1)=2y

⇔x+2y−1=0⇔x+2y−1=0

 Cách 2:

Ảnh d′d′ của đường thẳng d:2x−y+1=0d:2x−y+1=0 qua phép Q(O;−90o)Q(O;−90o) là đường thẳng vuông góc với đường thẳng dd

nên phương trình d′d′ có dạng: x+2y+z=0x+2y+z=0

trên đường thẳng dd chọn 1 điểm bất kỳ là A(0;1)A(0;1) như vậy

Q(O;−90o)A(0;1)=A′(1;0)Q(O;−90o)A(0;1)=A′(1;0) thuộc đường thẳng d′d′ nên tọa độ của A′A′ thỏa mãn phương trình đường thẳng d′d′, ta có:

1+2.0+z=0⇔z=−11+2.0+z=0⇔z=−1

Vậy phương trình đường thẳng d′:x+2y−1=0d′:x+2y−1=0

a) S là điểm chung thứ nhất của \(\left(SAB\right)\)và\(\left(SCD\right)\)

Trong \(\left(ABCD\right):\)

\(AB\)∩ \(CD=E\)

\(E\)là chung điểm thứ hai của \(\left(SAB\right)\)và \(\left(SCD\right)\)

Vậy \(\left(SBC\right)\text{∩}\left(SAD\right)=SF\)

b) Trong \(\left(ABCD\right):AD\text{∩ }BC=F\)

Vậy \(\left(SBC\right)\text{∩}\left(SAD\right)=SF\)

a) (SAB) giao (SDC)= S

Gọi AB giao CD=O => (SAB) giao ( SCD)= O

Vậy (SAB) giao (SDC)=SO

b) (SAD) giao ( SBC)= S

Gọi AD giao BC= I => (SAD) giao ( SBC)=I

Vậy (SAD) giao (SBC)= SI

EM KO BÍT

EM LỚP 5 NHA