K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

Cho hình thang ABCD có AB // CD và AB = 2a, BC = CD = DA = a. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A. Gọi S là một điểm duy nhất thay đổi trên d. (P) là một mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại I và cắt SC, SD lần lượt tại J, K.a) Chứng minh tứ giác BCJI, AIJK là các tứ giác nội tiếp.b) Gọi O là trung điểm của AB, O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCJI. Chứng minh rằng OO' ⊥...
Đọc tiếp

Cho hình thang ABCD có AB // CD và AB = 2a, BC = CD = DA = a. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A. Gọi S là một điểm duy nhất thay đổi trên d. (P) là một mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại I và cắt SC, SD lần lượt tại J, K.

a) Chứng minh tứ giác BCJI, AIJK là các tứ giác nội tiếp.

b) Gọi O là trung điểm của AB, O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCJI. Chứng minh rằng OO' ⊥ (SBC).

c) Chứng minh rằng khi S thay đổi trên d thì JK luôn luôn đi qua một điểm cố định.

d) Tìm một điểm cách đều các điểm A, B, C, D, I, J, K và tìm khoảng cách đó.

e) Gọi M là giao điểm của JK và (ABCD). Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

f) Khi S thay đổi trên d, các điểm I, J, K lần lượt chạy trên đường nào.

1
27 tháng 3 2017

Giải sách bài tập Toán 11 | Giải sbt Toán 11

Nhận xét

Hình thang ABCD có hai cạnh bên và đáy nhỏ bằng nhau và bằng nửa đáy lớn, nên nó là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AB, tâm O là trung điểm của AB.

Như vậy: ∠(ACB) = ∠(ADB) = 1v.

a) Theo giả thiết, ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BC

BC ⊥ SA & BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ SC. (1)

Mặt khác SB ⊥ (P) nên SB ⊥ IJ (⊂ (P)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra BCJI là tứ giác nội tiếp trong đường tròn đường kính BJ.

Ta có BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ AJ (⊂ (SAC))

AJ ⊥ BC & AJ ⊥ SB (do SB ⊥ (P)) ⇒ AJ ⊥ (SBC) ⇒ AJ ⊥ JI (⊂ (SBC)) (3)

Lý luận tương tự, ta có:

BD ⊥ AD & BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAD) ⇒ BD ⊥ AK (⊂ (SAD))

AK ⊥ BD & AK ⊥ SB(⊂ (P)) ⇒ AK ⊥ (SBD) ⇒ AK ⊥ KI. (4)

Từ (3) và (4) suy ra AKJI nội tiếp trong đường tròn đường kính AI nằm trong mặt phẳng (P).

b) Ta có ngay O’ là trung điểm BJ

Vì OO’ là đường trung bình của ΔABJ nên OO’ // AJ

Mà AJ ⊥ (SBC) nên OO’ ⊥ (SBC)

c) Ta có (SCD) ∩ (ABCD) = CD.

Gọi M = JK ∩ CD

SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AM(⊂ (ABCD)) (5)

SB ⊥ (P) ⇒ SB ⊥ AM (⊂ (P)) (6)

Từ (5) và (6), ta có: AM ⊥ (SAB) ⇒ AM ⊥ AB.

Suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔABC tại A. Như vậy AM cố định. Vì M = AM ∩ CD nên M cố định.

d) ΔAIB vuông tại I nên OA = OB = OI

ΔAJB vuông tại J (do AJ ⊥ (SBC)) nên OA = OB = OJ).

ΔAKB vuông tại K (do AK ⊥ (SBD)) nên OA = OB = OK).

Ta có OA = OB = OC = OD = OI = OJ = OK nên O là điểm cách đều các điểm đã cho và OA = AB/2 = a.

e) Theo chứng minh câu c.

f) Khi S thay đổi trên d, ta có I luôn nằm trong mặt phẳng (B, d).

Trong mặt phẳng này I luôn nhìn đoạn AB cố định dưới góc vuông nên tập hợp I là đường tròn ( C 1 ) đường kính AB nằm trong mặt phẳng (B, d).

Tương tự, tập hợp J là đường tròn ( C 2 ) đường kính AC nằm trong mặt phẳng (C, d) và tập hợp K là đường tròn đường kính AD nằm trong mặt phẳng (D, d).

3 tháng 11 2018

a, Chú ý:  A M O ^ = A I O ^ = A N O ^ = 90 0

b,  A M B ^ = M C B ^ = 1 2 s đ M B ⏜

=> DAMB ~ DACM (g.g)

=> Đpcm

c, AMIN nội tiếp => A M N ^ = A I N ^

BE//AM => A M N ^ = B E N ^

=>   B E N ^ = A I N ^ => Tứ giác BEIN nội tiếp =>  B I E ^ = B N M ^

Chứng minh được:  B I E ^ = B C M ^ => IE//CM

d, G là trọng tâm DMBC Þ G Î MI

Gọi K là trung điểm AO Þ MK = IK = 1 2 AO

Từ G kẻ GG'//IK (G' Î MK)

=>  G G ' I K = M G M I = M G ' M K = 2 3 I K = 1 3 A O  không đổi   (1)

MG' =  2 3 MK => G' cố định (2). Từ (1) và (2) có G thuộc (G'; 1 3 AO)

1 tháng 4 2020

GIẢI PHÁP CỦA CÂU NÀY LÀ GHÕ CHO MẠNG