Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA ⊥ (ABCD). SA = aa. Chứng minh rằng: Các mặt bên của hình chóp đã cho là các tam giác vuôngb. Dựng AM ⊥ SB (M ∈ SB), AN ⊥ SD (N ∈ SD). Chứng m...

TT

Trần Thị Ngọc Duyên

18 tháng 2 2021

Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA ⊥ (ABCD). SA = aa. Chứng minh rằng: Các mặt bên của hình chóp đã cho là các tam giác vuôngb. Dựng AM ⊥ SB (M ∈ SB), AN ⊥ SD (N ∈ SD). Chứng minh rằng SC ⊥ (AMN) c. Gọi K là giao điểm của đường thẳng SC với (AMN). Chứng minh rằng tứ giác AMKN có các đường chéo vuông góc với nhau. Tính diện tích tứ giác đó theo...

Đọc tiếp

#Toán lớp 11

1

HQ

Hồng Quang

18 tháng 2 2021

undefined

Đúng(1)

PT

Pham Trong Bach

2 tháng 2 2018

Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD).

a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông.

b) Mặt phẳng (α) đi qua A và vuông góc với cạnh SC lần lượt cắt SB, AC, SD tại B', C', D'. Chứng minh B'D' song song với BD và AB' vuông góc với SB.

#Toán lớp 11

1

CM

Cao Minh Tâm

2 tháng 2 2018

Giải bài 3 trang 121 sgk Hình học 11 | Để học tốt Toán 11

Đúng(0)

B

Buddy

15 tháng 7 2023

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh bên SA, SB, SC, SD (H.4.27). Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành,

#Toán lớp 11

1

QT

Quoc Tran Anh Le

Giáo viên

23 tháng 8 2023

Xét tam giác SAB ta có: MN là đường trung bình suy ra MN // AB.

Tương tự ta có: NP // BC, PQ // CD, MQ // AD.

Mà ABCD là hình bình hành nên AB // CD, AD// CD, suy ra MN // PQ, MQ // NP.

Như vậy, MNPQ là hình bình hành.

Đúng(0)

PT

Pham Trong Bach

18 tháng 3 2019

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy SA = a 2 . Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB, SD (tham khảo hình vẽ). Góc giữa mặt phẳng (AMN) và đường thẳng SB bằng A. 45 ° B. 60 ° C. 90 ° ...

Đọc tiếp

#Mẫu giáo

1

CM

Cao Minh Tâm

18 tháng 3 2019

Đáp án B

Ta có: B C ⊥ A B B C ⊥ S A ⇒ B C ⊥ M A

Mặt khác A M ⊥ S B ⇒ A M ⊥ S B C ⇒ A N ⊥ S C , tương tự A N ⊥ S C

Do đó S C ⊥ A M N , mặt khác ∆ S B C vuông tại B suy ra tan B S C ^ = B C S B = a S A 2 + A B 2 = 1 3

⇒ S B ; S C ^ = B S C ^ = 30 ° ⇒ S B ; A M N ^ = 60 ° .

Đúng(0)

DN

Đinh Ngọc Ánh

23 tháng 10 2021

sao suy ra được góc giữa SB; AMN = 60 ạ?

Đúng(0)

B

Buddy

16 tháng 7 2023

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi G, K lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAD, SCD.a) Chứng minh rằng GK // (ABCD)b) Mặt phẳng chứa đường thằng GK và song song với mặt phằng (ABCD) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, E, F. Chứng minh rằng tứ giác MNEF là hình bình...

Đọc tiếp

#Toán lớp 11

1

QT

Quoc Tran Anh Le

Giáo viên

22 tháng 9 2023

a) Xét tam giác HAC ta có: GH = 2GA, HK = 2KC suy ra GK // AC hay GK // (ABCD).

b) (MNEF) // (ABCD) do đó MN // AB, NE // BC, EF // CD, MF // AD

Lại có AB // CD, AD // BC suy ra MN // EF, MF // NE.

Suy ra, tứ giác MNEF là hình bình hành.

Đúng(0)

B

Buddy

14 tháng 7 2023

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (AB // CD) và AB = 2CD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB. Chứng minh rằng:

a) MN // (SCD);

b) DM // (SBC);

c) Lấy điểm I thuộc cạnh SD sao cho`(SI)/(SD)=2/3`.Chứng minh rằng: SB // (AIC).

#Toán lớp 11

1

QT

Quoc Tran Anh Le

Giáo viên

22 tháng 8 2023

a) △SAB có: M, N là trung điểm của SA, SB nên MN // AB

Mà AB // CD

Suy ra MN // CD mà CD thuộc (SCD)

Do đó: MN // (SCD)

b) Ta có: MN = $\dfrac{1}{2}$ AB

Mà CD = $\dfrac{1}{2}$ AB

Suy ra: MN = CD mà MN // CD

Nên MNCD là hình bình hành. Do đó MD // CN

Mà CN thuộc (SBC)

Suy ra: DM // (SBC).

c) Gọi G là giao điểm của DM và AI; H là trung điểm của AB; O là giao điểm của AC và DH

Ta có: AHCD là hình bình hành vì AH // CD, AH = CD

Do đó: O là trung điểm của AC và DH

Ta chứng minh được G là trung điểm của DM

△DMH có: G, O là trung điểm của DM, DH

Suy ra: GO // MH

Mà MH // SB (M, H là trung điểm của SA, AB)

Do đó: GO // SB mà GO thuộc (AIC) nên SB // (AIC).

Đúng(0)

PT

Pham Trong Bach

23 tháng 4 2018

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a 3 , các cạnh bên thỏa mãn S A = S B = S C = S D = 2 a . Tính thể tích khối chóp S.ABCD. A. 2 a 3 6 B. 2 a 3 2 C. 3 a 3 3 D. 6 a 3 6 ...

Đọc tiếp

#Mẫu giáo

1

CM

Cao Minh Tâm

23 tháng 4 2018

Đáp án B

Ta có: 2 B H 2 = a 3 2 ⇒ B H 2 = 3 a 2 2

S H = S B 2 − B H 2 = 2 a 2 − 3 a 2 2 = a 2

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

V = 1 3 . S H . S A B C D = 1 3 . a 2 . a 3 2 = a 3 2

Đúng(0)

NM

Nguyễn Minh Hiếu

29 tháng 10 2023

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.

#Toán lớp 11

0