Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án D
nên ∆ BCDlà tam giác đều.
nên theo định lý Py-ta-go đảo, ta có ∆ ACD vuông cân tại A .
Khi đó, gọi M là trung điểm CD thì: AM ⊥ CD và BM ⊥ CD Ta có:
∆
BCD đều có đường cao
∆
ACD vuông cân tại A nên trung tuyến
Áp dụng định lý hàm cos trong
∆
AMB, ta có:
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) có số đo bằng 30 o
\(\left. \begin{array}{l}\left( {SBI} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SCI} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SBI} \right) \cap \left( {SCI} \right) = SI\end{array} \right\} \Rightarrow SI \bot \left( {ABCD} \right)\)
Kẻ \(IH \bot BC\left( {H \in BC} \right)\)
\(SI \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SI \bot BC\)
\( \Rightarrow BC \bot \left( {SIH} \right) \Rightarrow BC \bot SH\)
Vậy \(\widehat {AHI}\) là góc nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right]\)\( \Rightarrow \widehat {AHI} = {60^ \circ }\)
\(\begin{array}{l}{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{2}\left( {AB + C{\rm{D}}} \right).A{\rm{D}} = 3{a^2}\\AI = I{\rm{D}} = \frac{1}{2}A{\rm{D}} = a\\{S_{AIB}} = \frac{1}{2}AB.AI = {a^2},{S_{CI{\rm{D}}}} = \frac{1}{2}C{\rm{D}}.I{\rm{D}} = \frac{{{a^2}}}{2}\\ \Rightarrow {S_{BIC}} = {S_{ABC{\rm{D}}}} - {S_{AIB}} - {S_{CI{\rm{D}}}} = \frac{{3{a^2}}}{2}\end{array}\)
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow BM = \frac{1}{2}AB = a,CM = AD = 2a \Rightarrow BC = \sqrt {B{M^2} + C{M^2}} = a\sqrt 5 \\ \Rightarrow IH = \frac{{2{{\rm{S}}_{BIC}}}}{{BC}} = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5} \Rightarrow SI = IH.\tan \widehat {SHI} = \frac{{3a\sqrt {15} }}{5}\end{array}\)
\({V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}{S_{ABC{\rm{D}}}}.SI = \frac{{3{a^3}\sqrt {15} }}{5}\)
a: CD vuông góc AD; CD vuông góc SA
=>CD vuông góc (SAD)
b: BD vuông góc AC; BD vuông góc SA
=>BD vuông góc (SAC)
=>(SBD) vuông góc (SAC)
Gọi I, K lần lượt là trung điểm của cạnh AB và CD
Qua K kẻ đường thẳng d // AB, trên d lấy A', B' sao cho K là trung điểm của A'B' và
KA' = IA
* Xét tam giác CKB’ và DKA’ có:
KC= KD ( giả thiết)
KB’= KA’( cách dựng)
( hai góc đối đỉnh )
=> ∆ CKB’ = ∆ DKA’ ( c.g.c)
=> B’C = A’D
*Xét tứ giác IBB’K có IB= KB’ và IB // KB’ ( cách dựng)
=> Tứ giác IBB’K là hình bình hành
=> BB’ // IK (1)
Chứng minh tương tự, ta có: AA’// IK (2)
Từ (1) và (2) suy ra: BB’// IK// AA’ (*)
Lại có:IK ⊥ CK
=> IK ⊥ (CKB') (**)
Từ (*) và (**) suy ra BB' ⊥ (CKB') ; AA' ⊥ (CKB')
⇒ BB' ⊥ B'C; AA' ⊥ A'D
* Xét hai tam giác vuông BCB’ và ADA’ có:
BB’ = AA’ (= IK)
CB’ = A’D (chứng minh trên)
=> ∆ BCB’ = ∆ ADA’ ( cạnh huyền –cạnh góc vuông)
=> BC= AD.
* Chứng minh tương tự, AC = BD
a.
\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\\AD\perp CD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\)
b.
\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BD\\BD\perp AC\left(\text{hai đường chéo hình vuông}\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\)
Mà \(SO\in\left(SAC\right)\Rightarrow BD\perp SO\)
c.
\(SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow AO\) là hình chiếu vuông góc của SO lên (ABCD)
\(\Rightarrow\widehat{SOA}\) là góc giữa SO và (ABCD)
\(AO=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)
\(tan\widehat{SOA}=\dfrac{SA}{AO}=\sqrt{6}\Rightarrow\widehat{SOA}\approx67^047'\)
