Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì \(O \in \left( \alpha \right)\) nên \(O\) là hình chiếu của chính nó lên mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) theo phương \(d\).
Vì ba điểm \(O,A,B\) thẳng hàng nên ba điểm \(O,A',B'\) thẳng hàng.
\(AA'\parallel BB' \Rightarrow \frac{{AB}}{{OA}} = \frac{{A'B'}}{{OA'}} \Leftrightarrow \frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{{OA'}}{{OA}}\)
a) Để \(A'B' = AB\) thì \(OA' = OA\).
Vậy đường thẳng \(d\) song song với \(AA'\) và \(OA' = OA\).
b) Để \(A'B' = 2AB\) thì \(OA' = 2OA\).
Vậy đường thẳng \(d\) song song với \(AA'\) và \(OA' = 2OA\).
Gọi (R) là mặt phẳng chứa a và (R)//(Q)
(Q)//(R)
\(\left(P\right)\cap\left(Q\right)=a'\)
\(\left(P\right)\cap\left(R\right)=a\)
Do đó: a//a'
mà IJ vuông góc a
nên JI vuông góc a'
\(\left(P\right)\perp\left(Q\right)\)
\(\left(P\right)\cap\left(Q\right)=a'\)
\(JI\perp a\)
Do đó: JI vuông góc (Q)
=>IJ vuông góc b
tham khảo:
Gọi (R) là mặt phẳng chứa a song song với (Q).
(P) cắt hai mặt phẳng song song tại a và a' nên a//a'
Trong mặt phẳng (P), IJ⊥a,a//a′ nên IJ⊥a′
Ta có: (P)⊥(Q), (P) cắt (Q) tại a', IJ⊥a′ nên IJ⊥(P)
Suy ra IJ⊥b
a) Vì \(\left( \alpha \right),\left( \beta \right)\) là các mặt phẳng qua O và giao 2 mặt phẳng là 1 đường thẳng nên hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right),\left( \beta \right)\) cắt nhau theo một đường thẳng đi qua O.
b) Gọi \(\Delta \) là giao tuyến của 2 \(\left( \alpha \right),\left( \beta \right)\)
\(\left. \begin{array}{l}a \bot \left( \alpha \right)\\\Delta \subset \left( \alpha \right)\end{array} \right\} \Rightarrow a \bot \Delta \)
\(\left. \begin{array}{l}b \bot \left( \beta \right)\\\Delta \subset \left( \beta \right)\end{array} \right\} \Rightarrow b \bot \Delta \)
Mà \(a \cap b = \left\{ I \right\} \Rightarrow \Delta \bot \left( P \right)\)
a) Gọi O = AC ∩ BD; O' là trung điểm A'C' thì OO' // AA'
=> OO'// d // b mà O BD
mp (b;d)
=> OO' mp(b;d). Trong mp (b;d) ( mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng song song); d ∩ B'O' = D' là điểm cần tìm
b) Chứng minh mp(a;d) // mp( b;c) , mặt phẳng thứ 3 (A'B'C'D') cắt hai mặt phẳng trên theo hai giao tuyến song song : A'D' // B'C'. Chứng minh tương tự được A'B' // D'C'. Từ đó suy ra A'B'C'D' là hình bình hành
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}MH \bot \left( P \right) \Rightarrow MH \bot OH\\MK \bot \left( Q \right) \Rightarrow MK \bot OK\\\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = {90^ \circ } \Rightarrow \left( {MH,MK} \right) = {90^ \circ } \Rightarrow MH \bot MK\end{array}\)
Tứ giác \(MHOK\) có \(\widehat {MHO} = \widehat {MK{\rm{O}}} = \widehat {HMK} = {90^ \circ }\).
Vậy tứ giác \(MHOK\) là hình chữ nhật.
Trong \(\left( P \right)\) có đường thẳng \(OH\) vuông góc với \(\left( Q \right)\).
b) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}a \bot \left( Q \right) \Rightarrow a \bot OK\\MH \bot \left( P \right) \Rightarrow MH \bot a\end{array} \right\} \Rightarrow MH\parallel OK\)
Lại có \(MH \bot \left( P \right)\). Vậy \(OK \bot \left( P \right) \Rightarrow OK \bot OH\)
Tứ giác \(MHOK\) có \(\widehat {MHO} = \widehat {MK{\rm{O}}} = \widehat {HOK} = {90^ \circ }\).
Vậy tứ giác \(MHOK\) là hình chữ nhật.
\(\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \left( {MH,MK} \right) = \widehat {HMK} = {90^ \circ }\).
Theo giả thiết ta có M và N là hai điểm di động lần lượt trên hai tia Ax và By sao cho AM + BN = MN.
a) Kéo dài MA một đoạn AP = BN, ta có MP = MN và OP = ON.
Do đó ΔOMP = ΔOMN (c.c.c)
⇒ OA = OH nên OH = a.
Ta suy ra HM = AM và HN = BN.
b) Gọi M’ là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (Bx’, By) ta có:
HK // MM’ với K ∈ NM’.
Do đó đối với tam giác BNM’ đường thẳng BK là phân giác của góc (x'By) .
c) Gọi (β) là mặt phẳng (AB, BK). Vì HK // AB nên HK nằm trong mặt phẳng (β) và do đó H thuộc mặt phẳng (β). Trong mặt phẳng (β) ta có OH = a. Vậy điểm H luôn luôn nằm trên đường tròn cố định, đường kính AB và nằm trong mặt phẳng cố định (β) = (AB, BK)
a) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}\left( Q \right)\parallel \left( R \right)\\\left( {ACC'} \right) \cap \left( Q \right) = B{B_1}\\\left( {ACC'} \right) \cap \left( R \right) = CC'\end{array} \right\} \Rightarrow B{B_1}\parallel CC' \Rightarrow \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{A{B_1}}}{{{B_1}C'}}\left( 1 \right)\)
b) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}\left( P \right)\parallel \left( Q \right)\\\left( {AA'C'} \right) \cap \left( Q \right) = B{B_1}\\\left( {AA'C'} \right) \cap \left( P \right) = AA'\end{array} \right\} \Rightarrow B{B_1}\parallel AA' \Rightarrow \frac{{A{B_1}}}{{{B_1}C'}} = \frac{{A'B'}}{{B'C'}}\left( 2 \right)\)
c) Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{A'B'}}{{B'C'}} \Rightarrow \frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{{AB + BC}}{{A'B' + B'C'}} = \frac{{AC}}{{A'C'}}\)
Vậy \(\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{{AC}}{{A'C'}}\).
a) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}AH \bot \left( P \right)\\BK \bot \left( P \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AH\parallel BK\)
Mà \(AB\parallel HK\)
\( \Rightarrow ABKH\) là hình bình hành có \(AH \bot \left( P \right) \Rightarrow AH \bot HK \Rightarrow \widehat {AHK} = {90^ \circ }\)
Vậy \(ABKH\) là hình chữ nhật.
Vậy \(AH = BK\).
b) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}AH \bot \left( Q \right)\\BK \bot \left( Q \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AH\parallel BK\)
Mà \(AB\parallel HK\)
\( \Rightarrow ABKH\) là hình bình hành có \(AH \bot \left( Q \right) \Rightarrow AH \bot HK \Rightarrow \widehat {AHK} = {90^ \circ }\)
Vậy \(ABKH\) là hình chữ nhật.
Vậy \(AH = BK\).