Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Giả sử ta có hai đường xiên SA, SB và các hình chiếu HA, HB của chúng trên mp(α)
Giả sử HA = HB
Vì SH ⊥ mp(α) nên SH ⊥ HA và SH ⊥ SB và các tam giác SHA, SHB là các tam giác vuông. Hai tam giác vuông SHA, SHB có canh SH chung và HA = HB nên :
ΔSHA = ΔSHB SA = SB
Ngược lại nếu SA = SB thì ΔSHA = ΔSHB ⇒ HA = HB
Kết quả, ta có HA = HB SA= SB (đpcm)
b) Giả sử có hai đường xiên SA, SC và các hình chiếu HA, HC của chúng trên mp(α) với giả thiết HC > HA.
Trên đoạn HC, lấy điểm B' sao cho HA' = HA ⇒ HC > HA'. Như vậy, theo kết quả câu a) ta có SA' = SA. Ta có trong các tam giác vuông SHB', SHC thì :
SC2= SH2 + HC2
SA2 = SH2 + HA2
Vì HC > HA' nên SC2 > SA2 ⇒ SC > SA
Suy ra SC > SA
Như vậy HC > HA ⇒ SC > SA
Lí luận tương tự, ta có : SC > SA ⇒ HC > HA
Kết quả : HC > HA ⇔ SC > SA
a) Gọi SN là một đường xiên khác. Xét hai tam giác vuông SHM và SHN có SH chung. Nếu SM = SN => tam giác SHM = tam giác SHN => HM = HN, ngược lại nếu HM = HN thì tam giác SHM = tam giác SHNSM => SM = SN.
b) Xét tam giác vuông SHM và SHN có SH chung. Nếu SN > SM thì \(HN^2-SN^2-SH^2\) => \(SM^2-SH^2=HM^2\) => HN > HM. Chứng minh tương tự cho chiều ngược lại.
Lời giải:
Gọi tọa độ điểm $A$ là $(5,a)$
PTTT tại tiếp điểm $(x_0,y_0)$ là:
(d): $y=y'(x_0)(x-x_0)+y_0=\frac{-4}{(x_0-1)^2}(x-x_0)+\frac{x_0+3}{x_0-1}$
$A\in (d)$ nên:
$a=\frac{-4}{(x_0-1)^2}(5-x_0)+\frac{x_0+3}{x_0-1}$
$\Leftrightarrow x_0^2(a-1)-2x_0(a+3)+(a+23)=0$
Xét PT $x^2(a-1)-2x(a+3)+(a+23)=0(*)$
Để từ $A$ kẻ được 2 tiếp tuyến thì $(*)$ phải có 2 nghiệm phân biệt khác $1$
Điều này xảy ra khi \(\left\{\begin{matrix} a-1\neq 0\\ \Delta'=(a+3)^2-(a+23)(a-1)>0\\ a-1-2(a+3)+a+23\neq 0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a\neq 1\\ a<2\end{matrix}\right.(**)\)
Hoành độ 2 tiếp điểm $M,N$ là nghiệm của $(*)$. Theo định lý Viet:
\(\left\{\begin{matrix} x_M+x_N=\frac{2a+6}{a-1}\\ x_Mx_N=\frac{a+23}{a-1}\end{matrix}\right.\)
$\overrightarrow{BM}=(x_M-1,y_M-3); \overrightarrow{BN}=(x_N-1,y_N-3)$
Để $B,M,N$ thẳng hàng thì:
\(\frac{x_M-1}{x_N-1}=\frac{y_M-3}{y_N-3}=\frac{\frac{x_M+3}{x_M-1}-3}{\frac{x_N+3}{x_N-1}-3}=\frac{(3-x_M)(x_N-1)}{(x_M-1)(3-x_N)}\)
\(\Leftrightarrow 3x_M^2-x_M^2x_N-6x_M-x_N=3x_N^2-x_Mx_N^2-6x_N-x_M\)
\(\Leftrightarrow (x_M-x_N)[3(x_M+x_N)-x_Mx_N-5)=0\)
\(\Leftrightarrow 3(x_M+x_N)-x_Mx_N-5=0\) (do $x_M\neq x_N$)
\(\Leftrightarrow \frac{6(a+3)}{a-1}-\frac{a+23}{a-1}-5=0\) (luôn đúng)
Vậy mọi giá trị $a$ thỏa mãn $(**)$ là đáp án.
a) Trong mặt phẳng (α) vì AB và CD không song song nên AB ∩ DC = E
=> E ∈ DC, mà DC ⊂ (SDC)
=> E ∈ ( SDC). Trong (SDC) đường thẳng ME cắt SD tại N
=> N ∈ ME mà ME ⊂ (MAB)
=> N ∈ ( MAB). Lại có N ∈ SD => N = SD ∩ (MAB)
b) O là giao điểm của AC và BD => O thộc AC và BD, mà AC ⊂ ( SAC)
=> O ∈( SAC), BD ⊂ (SBD) , O ∈ (SBD)
=> O là một điểm chung của (SAC) và (SBD), mặt khác S cũng là điểm chung của (SAC) và (SBD) => (SAC) ∩ (SBD) = SO
Trong mặt phẳng (AEN) gọi I = AM ∩ BN thì I thuộc AM và I thuộc BN
Mà AM ⊂ (SAC) => I ∈ (SAC), BN ⊂ ( SBD) => I ∈ (SBD). Như vậy I là điểm chung của (SAC) và (SBD) nên I thuộc giao tuyến SO của (SAC) và (SBD) tức là S, I, O thẳng hàng hay SO, AM, BN đồng quy.
a)
+) Giả sử SM = SM’
Xét tam giác SHM vuông tại H có
\(S{M^2} = S{H^2} + M{H^2}\) (định lí Pytago)
Xét tam giác SHM’ vuông tại H có
\(S{M'^2} = S{H^2} + M'{H^2}\) (định lí Pytago)
Mà SM = SM’ nên MH = MH’
+) Giả sử HM = HM’
Xét tam giác SHM vuông tại H có
\(S{M^2} = S{H^2} + M{H^2}\) (định lí Pytago)
Xét tam giác SHM’ vuông tại H có
\(S{M'^2} = S{H^2} + M'{H^2}\) (định lí Pytago)
Mà HM = HM’ nên SM = SM’
b) \(\begin{array}{l}MH > M'H \Leftrightarrow M{H^2} > M'{H^2}\\ \Leftrightarrow M{H^2} + S{H^2} > M'{H^2} + S{H^2} \Leftrightarrow S{M^2} > S{{M'}^2} \Leftrightarrow SM > SM'\end{array}\)
Đáp án B