Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gặp những bài cần tính toán thế này làm biếng lắm, dựng hình thì dễ chứ tính thì chả muốn tính chút xíu nào.
Trong mp đáy, kéo dài AD và BC cắt nhau tại E \(\Rightarrow D\) là trung điểm AE (đường trung bình) \(\Rightarrow AE=AB=2a\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}AD\perp AB\\SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AD\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AD\perp\left(SAB\right)\Rightarrow AD\perp SB\)
\(\Rightarrow AD\in\left(\alpha\right)\)
Trong mp (SAB), kẻ \(AM\perp SB\Rightarrow M\in\left(\alpha\right)\)
Dễ dàng chứng minh tam giác ACB vuông cân tại C (Pitago đảo) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAC\right)\)
Trong mp (SAC), kẻ \(AN\perp SC\Rightarrow AN\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AN\perp SB\Rightarrow N\in\left(\alpha\right)\)
\(\Rightarrow\) Thiết diện là tứ giác AMND
\(SB=SE=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{5}\) ; \(AM=\dfrac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\dfrac{2a\sqrt{5}}{5}\)
\(AC=a\sqrt{2}\Rightarrow SC=\sqrt{AC^2+SA^2}=a\sqrt{3}\)
\(CN=\dfrac{AC^2}{SC}=\dfrac{2a\sqrt{3}}{3}\) ; \(EC=BC=a\sqrt{2}\Rightarrow EN=\sqrt{EC^2+CN^2}=\dfrac{a\sqrt{30}}{3}\)
\(DE=AD=a\)
\(S_{AME}=\dfrac{1}{2}AM.AE=...\)
\(S_{DNE}=\dfrac{1}{2}DE.EN.sin\widehat{DEN}=\dfrac{1}{2}DE.EN.\dfrac{AM}{\sqrt{AM^2+AE^2}}=...\)
\(\Rightarrow S_{AMND}=S_{AME}-S_{DNE}=...\)
a: CD vuông góc DA
CD vuông góc SA
=>CD vuông góc (SAD)
=>CD vuông góc SD
b: CD vuông góc AK
AK vuông góc SD
=>AK vuông góc (SCD)
=>SC vuông góc AK
BC vuông góc AH
AH vuông góc SB
=>AH vuông góc SC
=>SC vuông góc (AKH)
c: (SO;(ABCD))=(OS;OA)=góc SOA
Đề bài sai rồi bạn
Muốn HK song song BD thì H, K phải là hình chiếu của A lên SB và SD
a: BD vuông góc AC
BD vuông góc SA
=>BD vuông góc (SAC)
=>(SBD) vuông góc (SAC)
b: BC vuông góc AB
BC vuông góc SA
=>BC vuông góc (SAB)
=>BC vuông góc AK
mà AK vuông góc SB
nên AK vuông góc (SBC)
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
\(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\left(đpcm\right)\)
