Cho tứ diện ABCD có DA ⊥ (ABC), tam giác ABC cân tại A với AB=AC=a; BC=\(\dfrac{6a}{5}\). Gọi M là trung điểm của BC, kẻ AH ⊥ MD, với H thuộc MD.a) Chứng minh rằng AH ⊥ (BCD)b) Cho AD=\(\dfrac{4a}{5}\) Tính góc giữa hai đường thẳng AC và DM.c) Gọi G1 ; G2 là trọng tâm các tam giác ABC và DBC. Chứng minh rằng G1G2 ⊥...
Đọc tiếp
Cho tứ diện ABCD có DA ⊥ (ABC), tam giác ABC cân tại A với AB=AC=a; BC=\(\dfrac{6a}{5}\). Gọi M là trung điểm của BC, kẻ AH ⊥ MD, với H thuộc MD.
a) Chứng minh rằng AH ⊥ (BCD)
b) Cho AD=\(\dfrac{4a}{5}\) Tính góc giữa hai đường thẳng AC và DM.
c) Gọi G1 ; G2 là trọng tâm các tam giác ABC và DBC. Chứng minh rằng G1G2 ⊥ (ABC).
Do ABC cân \(\Rightarrow AM\perp BC\)
Mà \(DA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow DA\perp BC\)
\(\Rightarrow BC\perp\left(ADM\right)\Rightarrow BC\perp AH\)
\(\Rightarrow AH\perp\left(BCD\right)\)
b.
Gọi N là trung điểm AB \(\Rightarrow MN\) là đường trung bình tam giác ABC
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN||AC\\MN=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\widehat{\left(AC;DM\right)}=\widehat{\left(MN;DM\right)}=\widehat{DMN}\)
\(DN=\sqrt{AD^2+AN^2}=\sqrt{AD^2+\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{89}}{10}\)
\(AM=\sqrt{AB^2-\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2}=\dfrac{4a}{5}\Rightarrow DM=\sqrt{AD^2+AM^2}=\dfrac{4a\sqrt{2}}{5}\)
Định lý hàm cos cho tam giác DMN:
\(cos\widehat{DMN}=\dfrac{DM^2+MN^2-DN^2}{2DM.MN}=\dfrac{2\sqrt{2}}{5}\)
\(\Rightarrow\widehat{DMN}\approx55^033'\)
c.
M là trung điểm BC nên hiển nhiên \(G_1\) nằm trên AM và \(G_2\) nằm trên DM
Do \(G_1\) là trọng tâm ABC \(\Rightarrow\dfrac{AG_1}{AM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{MG_1}{AM}=\dfrac{1}{3}\)
Do \(G_2\) là trọng tâm DBC \(\Rightarrow\dfrac{DG_2}{DM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{MG_2}{DM}=\dfrac{1}{3}\)
\(\Rightarrow\dfrac{MG_1}{AM}=\dfrac{MG_2}{DM}\Rightarrow G_1G_2||DA\) (Talet đảo)
Mà \(DA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow G_1G_2\perp\left(ABC\right)\)