Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a tâm O. SO vuông góc với mp (ABCD) và SA = SB = SC = SD = 2a. Gọi iM, NIa lượt là trung điểm BC v hat a underline SO ,k hat e OP vuông góc v...

0

MV

Mai văn võ

27 tháng 3 2021

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm là O, SA=SC,SB=SD, góc BAD = 60độ . a, Chứng minh SO vuông góc với mp ABCD

b, GỌI E,F lần lượt là trung điểm của BC và BE . Chứng minh mặt phẳng SOF vuông góc với SBC

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

27 tháng 3 2021

Do O là giao điểm 2 đường chéo $\Rightarrow$ O là trung điểm AC và BD

Tam giác SAC cân tại S $\Rightarrow SO$ là trung tuyến đồng thời là đường cao

$\Rightarrow SO\perp AC$ (1)

Tương tự ta có $SO\perp BD$ (2)

(1); (2) $\Rightarrow SO\perp\left(ABCD\right)$

b. Ta có $AC\perp BD$ nên tam giác OBC vuông tại O

$\Rightarrow OE=BE=\dfrac{1}{2}BC$ (trung tuyến ứng với cạnh huyền)

Mà $\widehat{BCD}=\widehat{BAD}=60^0\Rightarrow\Delta BCD$ đều

$\Rightarrow BD=BC\Rightarrow OB=BE=\dfrac{1}{2}BC\Rightarrow OB=OE=BE$

$\Rightarrow\Delta OBE$ đều $\Rightarrow OF\perp BC$ (trung tuyến tam giác đều đồng thời là đường cao)

Mà $SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SO\perp BC$

$\Rightarrow BC\perp\left(SOF\right)\Rightarrow\left(SBC\right)\perp\left(SOF\right)$

Đúng(1)

HK

Hoàng Kim Nhung

27 tháng 2 2023

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc ABC = 60, SA = SB = SC, SD = 2a. Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SB tại K.

#Toán lớp 12

1

T

Tuyet

27 tháng 2 2023

đề yêu cầu gì vậy em

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh có độ dài là a, tâm của hình vuông là O. Có SA vuông góc với đáy và gócgiữa đường thẳng SD và mp(ABCD) bằng030.Gọi I, J lần lượt là trung điểm của cạnh SB và SD.a). Tính khoảng cách từ điểm S đến mp(ABCD).b). Chứng minh các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông.c). Chứng minh: (SBD)(SAC)⊥.d). Chứng minh: IJ(SAC)⊥.e). Tính góc giữa đường thẳng SC và mp(ABCD).f). Tính góc...

L

lethihuyenlinh

10 tháng 9 2021

0

HM

Ha My

14 tháng 1 2021

cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD tâm O, SA vuông góc với đáy ABCD. H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD.

1, cminh HK song song BD.

2, từ A hạ AI vuông SC. Chứng minh I thuộc mp (AHK) và HK vuông góc với mp(SAC).

1

TN

Trung Nguyen

21 tháng 1 2021

a) Xét tam giác SAB và tam giác SAD có:

+) Chung SA

+) $AB=AD$

+) $\widehat{SAB}=\widehat{SAD}=90^0$ (Vì $SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}SA\perp AB\\SA\perp AD\end{matrix}\right.$ )

$\Rightarrow\Delta SAB=\Delta SAD\left(c-g-c\right)$

$\Rightarrow\widehat{SAB}=\widehat{SAD}$

$\Rightarrow\Delta SAH=\Delta SAK\left(ch-gn\right)$

$\Rightarrow SH=SK$

Mà SB=SD (Do $\Delta SAB=\Delta SAD$)

$\Rightarrow\dfrac{SH}{SB}=\dfrac{SK}{SD}$

$\Rightarrow$HK||BD( Áp dụng Talet cho tam giác SBD)

b)Đặt SA=x, AB=y

Gọi O là tâm của đáy (ABCD), trong mp(SAC) cho SO cắt AI tại J

Ta tính được $SC=\sqrt{x^2+2y^2}$ và SO=$\sqrt{x^2+\dfrac{y^2}{2}}$

Áp dụng định lí cos cho tam giác OSC có:

$2SO.SC.\cos OSC=SO^2+SC^2-OC^2=x^2+\dfrac{y^2}{2}+x^2+2y^2-\dfrac{y^2}{2}=2x^2+2y^2$

$\Rightarrow SO.SC.cosOSC=x^2+y^2$

$\dfrac{SJ}{SO}=\dfrac{SI}{SO.cosOSC}=\dfrac{SA^2}{SC.SO.cosOSC}=\dfrac{x^2}{x^2+y^2}\left(1\right)$

$SK=\dfrac{SA^2}{SD}\Rightarrow\dfrac{SK}{SD}=\dfrac{SA^2}{SD^2}=\dfrac{x^2}{x^2+y^2}\left(2\right)$

Từ (1) và (2), áp dụng định lí Talet đảo cho tam giác SDO ta có KJ||DO hay KJ||BD

Chứng minh tương tự ta có: JH||BD

Mà HK||BD nên K,H,J thẳng hàng

$\Rightarrow\exists1$ mặt phẳng chứa 4 điểm A,H,I,K (Vì AI cắt HK tại J)

$\Rightarrow I\in mp\left(AHK\right)$(đpcm)

Ta có: $\left\{{}\begin{matrix}BD\perp AC\\SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BD\end{matrix}\right.\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)$

Mà HK||BD

$\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\left(đpcm\right)$

Đúng(1)

PT

Pham Trong Bach

20 tháng 12 2017

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD và có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi I và K là hai điểm lần lượt lấy trên hai cạnh SB và SD sao cho SI/SB = SK/SD . Chứng minh:

a) BD ⊥ SC

b) IK ⊥mp(SAC)

1

CM

Cao Minh Tâm

20 tháng 12 2017

Giải bài 6 trang 105 sgk Hình học 11 | Để học tốt Toán 11

TP

Tăng Phạm Tuấn Tú

24 tháng 4 2023

cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, SA = a, SA ⊥ (ABCD). Gọi H, K lần lượt là trung điểm của cạnh SB,SD; O là tâm hình vuông ABCD.

1/ Chứng minh: (SAB) ⊥ (SBC)

2/ Chứng minh: SC ⊥ (AHK)

1

NL

Nguyễn Lê Phước Thịnh

25 tháng 4 2023

1: BC vuông góc AB

BC vuông góc SA

=>BC vuông góc (SAB)

=>(SAB) vuông góc (SBC)

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông, $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD,SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$. Gọi $H,I,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm $A$ trên các cạnh $SB,SC,SD$. Chứng minh rằng:a) $CB \bot \left( {SAB} \right)$ và $CD \bot \left( {SAD} \right)$;b) \(HK \bot...

B

Buddy

20 tháng 8 2023

1

QT

Quoc Tran Anh Le

Giáo viên

22 tháng 9 2023

a) Ta có:

$SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot CB$

$ABC{\rm{D}}$ là hình vuông $ \Rightarrow AB \bot CB$

$ \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right)$

$SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot CD$

$ABC{\rm{D}}$ là hình vuông $ \Rightarrow AD \bot CD$

$ \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$

b) Ta có:

$\left. \begin{array}{l}CB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CB \bot AH\\AH \bot SB\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC$

$\left. \begin{array}{l}CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AK\\AK \bot SD\end{array} \right\} \Rightarrow AK \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow AK \bot SC$

$ \Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow SC \bot HK$

$\begin{array}{l}\Delta SAB = \Delta SA{\rm{D}}\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow SH = SK,SB = S{\rm{D}}\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{SK}}{{S{\rm{D}}}} \Rightarrow HK\parallel B{\rm{D}}\\SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot HK\end{array}$

$\left. \begin{array}{l}SC \bot HK\\SA \bot HK\end{array} \right\} \Rightarrow HK \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow HK \bot AI$

HM

Ha My

13 tháng 1 2021

cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD tâm O, SA vuông góc với đáy ABCD. H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC.

1, cminh HK song song BD.

2, từ A hạ AI vuông SC. Chứng minh I thuộc mp (AHK) và HK vuông góc với mp(SAC).

1

NV

Nguyễn Việt Lâm

Giáo viên

13 tháng 1 2021

Đề bài sai rồi bạn

Muốn HK song song BD thì H, K phải là hình chiếu của A lên SB và SD

HM

Ha My

15 tháng 1 2021

Dạ em nhầm ạ, đề bài là hình chiếu của A trên SC, SD ạ

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $O$ là trung điểm của cạnh $SC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $SD$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đường thẳng $AN$ sao cho $OP \perp AM$. Chứng minh rằng: $$\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}.$$ **Lời giải:** Áp dụng định lí Menelaus lần lượt trên tam giác $ABC$ và $ACD$, ta có: $$\frac{SM}{SB}\cdot...

NM

Nguyễn Minh Hiếu

29 tháng 10 2023

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $O$ là trung điểm của cạnh $SC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $SD$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đường thẳng $AN$ sao cho $OP \perp AM$. Chứng minh rằng: $$\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}.$$ **Lời giải:** Áp dụng định lí Menelaus lần lượt trên tam giác $ABC$ và $ACD$, ta có: $$\frac{SM}{SB}\cdot \frac{BO}{OC}\cdot \frac{CQ}{QA} = 1,$$ $$\frac{SD}{SC}\cdot \frac{CO}{OB}\cdot \frac{BP}{PA} = 1,$$ trong đó $Q$ là giao điểm của $SN$ và $OM$. Do đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{SC}{SO},$$ $$\frac{SD}{SC} = \frac{SB}{SO}.$$ Tiếp theo, ta chứng minh $AP \parallel DC$. Ta có $\angle BSA = 90^{\circ}$ và $\angle BSC = \angle DSC$ nên tam giác $BSD$ vuông cân tại $S$. Do đó $SM = NS$. Khi đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{NS}{NB} = \frac{1}{2}.$$ Từ đó ta suy ra $\frac{SC}{SO} = \frac{1}{2}$, hay $SO = 2SC$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SBO$ ta có: $SB = \sqrt{2}a$. Mặt khác, ta có $OM = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $BM = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $BO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SDO$ ta có: $SD = \sqrt{6}a$. Mặt khác, ta có $ON = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $DN = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $DO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Ta có $AP \parallel DC$ khi và chỉ khi: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{DC} = \sqrt{2} - 1,$$ trong đó ta đã sử dụng tính chất hình học của hình vuông. Từ định lí Menelaus cho tam giác $ACD$, ta có: $$\frac{AD}{CD}\cdot \frac{CP}{PA}\cdot \frac{NB}{ND} = 1.$$ Do đó, ta có: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{CD}\cdot \frac{ND}{NB} = (\sqrt{2} - 1)\cdot \frac{\frac{1}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{2 - \sqrt{2}}{2}.$$ Ta cũng có thể tính được $\frac{PM}{PN}$ bằng cách sử dụng định lí Menelaus cho tam giác $ANB$: $$\frac{AP}{PB}\cdot \frac{MB}{MN}\cdot \frac{SN}{SA} = 1,$$ từ đó ta có: $$\frac{PM}{PN} = \frac{SN}{SM}\cdot \frac{PB}{PA}\cdot \frac{MB}{NB} = \frac{2}{1}\cdot \frac{2 - \sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{1}{3}.$$ Vậy $\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}$, ta đã chứng minh được bài toán.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O, AB = SA = a, SA vuông góc với (ABCD). Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, (P) cắt SB, SC, SD lần lượt tại H, I, K.a, Chứng minh HK // BD.b, Chứng minh AH vuông góc với SB, AK vuông góc với SD.c, CM tứ giác AHIK có 2 đường chéo vuông góc. Tính diện tích AHIK theo a.Mình không xác định được mp (P) nên giúp mình vẽ cả hình nữa nhé! Cảm ơn...

0

C

Crackinh

30 tháng 3 2021