K
Khách

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

27 tháng 12 2019

Chọn B

Gọi I là hình chiếu của M lên (ABCD), suy ra I là trung điểm của AO.

 Khi đó

Xét tam giác CNI có

Áp dụng định lý cosin ta có:

Xét tam giác MIN vuông tại I  nên

Mà MI//SO

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có:

Khi đó 

Vectơ pháp tuyến mặt phẳng (SBD)

Suy ra 

3 tháng 9 2019

Đáp án B

Ta có   M N , A B C D = ^ M N H ^ = 60 0 , N H = 3 a 4 2 + a 4 2 = a 10 4 ⇒ M H = a 30 4 ⇒ S O = a 30 2

Gọi I là trung điểm của AD

Kẻ O K ⊥ S I ⇒ d B C , D M = d B C , S A D = d C , S A D = 2 d M , S A D = 2 O K  .

Ta có 1 O K 2 = 1 O I 2 + 1 O S 2 = 1 a 2 2 + 1 a 30 2 2 = 124 30 a 2 ⇒ O K = a 30 2 31 .

Vậy d B C , D M = 2 O K = a 30 31 . 

 

29 tháng 4 2017

Đáp án B

30 tháng 6 2021

dạ cho em hỏi là tại sao tính NH như vậy được ạ ?? Em cảm ơn!!

 

 

4 tháng 1 2018

Đáp án C

9 tháng 10 2017

Đáp án C

Gọi H là trung điểm của OA

a: AC vuông góc BD

AC vuông góc SO

=>AC vuông góc (SBD)

=>SB vuông góc AC

mà AC vuông góc BD

nên AC vuông góc (SBD)

BD vuông góc AC

BD vuông góc SO

=>BD vuông góc (SAC)

=>BD vuông góc SA
b: Xét ΔACB có CO/CA=CI/CB

nên OI//AB

=>OI vuông góc BC

BC vuông góc OI

BC vuông góc SO

=>BC vuông góc (SOI)

=>(SBC) vuông góc (SOI)

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...
Đọc tiếp

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.

0
3 tháng 5 2018

21 tháng 12 2018

Chọn B.

Gọi H = DF  ∩ SA => H là trung điểm của ED. I = AC  ∩ BD => I là trung điểm BD

Vậy HI là đường trung bình của tam giác BED => HI//EB(1)

Ta có  (chóp tứ giác đều, hình chiếu của đỉnh S xuống đáy là I)

Gọi Q à trung điểm AB; dễ thấy NQ là đường trung bình của tam giác ABE => NQ//BE.

Gọi M là trung điểm BC; dễ thấy MQ//AC , 

Ta có 

Góc giữa hai đường thẳng MN và BD bằng 90 °