K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a. Ta có BC \perp ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA \perp (ABCD) \Rightarrow BC \perp SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
\Rightarrow BC \perp (SAB).⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH \perp BCAH⊥BC do BC \perp (SAB)BC⊥(SAB) và AH \perp SB \Rightarrow AH \perp (SBC) \Rightarrow AH \perp SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC (1).
Ta có CD \perp (SAD)\Rightarrow CD \perp AK.CD⊥(SAD)⇒CD⊥AK.
Mà SD\perp AK \Rightarrow AK \perp (SCD) \Rightarrow AK \perp SCSD⊥AK⇒AK⊥(SCD)⇒AK⊥SC (2).
Lại có AI \perp SCAI⊥SC (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra AHAH, AIAI, AKAK cùng nằm trên mặt phẳng qua AA và vuông góc với SCSC.
c. Ta có \Delta SAB = \Delta SADΔSAB=ΔSAD (c.g.c) \Rightarrow SB = SD⇒SB=SD và AH = AKA
Đúng(0)
a. Ta có BC \perp ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA \perp (ABCD) \Rightarrow BC \perp SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
\Rightarrow BC \perp (SAB).⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH \perp BCAH⊥BC do BC \perp (SAB)BC⊥(SAB) và AH \perp SB \Rightarrow AH \perp (SBC) \Rightarrow AH \perp SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC (1).
Ta có CD \perp (SAD)\Rightarrow CD \perp AK.CD⊥(SAD)⇒CD⊥AK.
Mà SD\perp AK \Rightarrow AK \perp (SCD) \Rightarrow AK \perp SCSD⊥AK⇒AK⊥(SCD)⇒AK⊥SC (2).
Lại có AI \perp SCAI⊥SC (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra AHAH, AIAI, AKAK cùng nằm trên mặt phẳng qua AA và vuông góc với SCSC
c. Ta có \Delta SAB = \Delta SADΔSAB=ΔSAD (c.g.c) \Rightarrow SB = SD⇒SB=S
a. Ta có BC \perp ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA \perp (ABCD) \Rightarrow BC \perp SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
\Rightarrow BC \perp (SAB).⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH \perp BCAH⊥BC do BC \perp (SAB)BC⊥(SAB) và AH \perp SB \Rightarrow AH \perp (SBC) \Rightarrow AH \perp SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC (1).
Ta có CD \perp (SAD)\Rightarrow CD \perp AK.CD⊥(SAD)⇒CD⊥AK.
Mà SD\perp AK \Rightarrow AK \perp (SCD) \Rightarrow AK \perp SCSD⊥AK⇒AK⊥(SCD)⇒AK⊥SC (2).
Lại có AI \perp SCAI⊥SC (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra AHAH, AIAI, AKAK cùng nằm trên mặt phẳng qua AA và vuông góc với SCSC.
c. Ta có \Delta SAB = \Delta SADΔSAB=ΔSAD (c.g.c) \Rightarrow SB = SD⇒SB=SD và AH = AKA
Đúng(0)
a. Ta có BC \perp ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA \perp (ABCD) \Rightarrow BC \perp SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
\Rightarrow BC \perp (SAB).⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH \perp BCAH⊥BC do BC \perp (SAB)BC⊥(SAB) và AH \perp SB \Rightarrow AH \perp (SBC) \Rightarrow AH \perp SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC (1).
Ta có CD \perp (SAD)\Rightarrow CD \perp AK.CD⊥(SAD)⇒CD⊥AK.
Mà SD\perp AK \Rightarrow AK \perp (SCD) \Rightarrow AK \perp SCSD⊥AK⇒AK⊥(SCD)⇒AK⊥SC (2).
Lại có AI \perp SCAI⊥SC (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra AHAH, AIAI, AKAK cùng nằm trên mặt phẳng qua AA và vuông góc với SCSC.
c. Ta có \Delta SAB = \Delta SADΔSAB=ΔSAD (c.g.c) \Rightarrow SB = SD⇒SB=S
a. Ta có BC \perp ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA \perp (ABCD) \Rightarrow BC \perp SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
\Rightarrow BC \perp (SAB).⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH \perp BCAH⊥BC do BC \perp (SAB)BC⊥(SAB) và AH \perp SB \Rightarrow AH \perp (SBC) \Rightarrow AH \perp SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC (1).
Ta có CD \perp (SAD)\Rightarrow CD \perp AK.CD⊥(SAD)⇒CD⊥AK.
Mà SD\perp AK \Rightarrow AK \perp (SCD) \Rightarrow AK \perp SCSD⊥AK⇒AK⊥(SCD)⇒AK⊥SC (2).
Lại có AI \perp SCAI⊥SC (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra AHAH, AIAI, AKAK cùng nằm trên mặt phẳng qua AA và vuông góc với SCSC.
c. Ta có \Delta SAB = \Delta SADΔSAB=ΔSAD (c.g.c) \Rightarrow SB = SD⇒SB=SD và AH = AKA
Đúng(0)
a. Ta có BC⊥AB do ABCD
là hình vuông.
SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH⊥BC
do BC⊥(SAB) và AH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC (1)
Ta có CD⊥(SAD)⇒CD⊥AK.
Mà SD⊥AK⇒AK⊥(SCD)⇒AK⊥SC (2)
Lại có AI⊥SC(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
a. Ta có BC⊥ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
⇒BC⊥(SAB).⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH⊥BCAH⊥BC do BC⊥(SAB)BC⊥(SAB) và AH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC (1).
Ta có CD⊥(SAD)
a. Ta có BC \perp ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA \perp (ABCD) \Rightarrow BC \perp SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
\Rightarrow BC \perp (SAB).⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH \perp BCAH⊥BC do BC \perp (SAB)BC⊥(SAB) và AH \perp SB \Rightarrow AH \perp (SBC) \Rightarrow AH \perp SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC (1).
Ta có CD \perp (SAD)\Rightarrow CD \perp AK.CD⊥(SAD)⇒CD⊥AK.
Mà SD\perp AK \Rightarrow AK \perp (SCD) \Rightarrow AK \perp SCSD⊥AK⇒AK⊥(SCD)⇒AK⊥SC (2).
Lại có AI \perp SCAI⊥SC (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra AHAH, AIAI, AKAK cùng nằm trên mặt phẳng qua AA và vuông góc với SCSC.
c. Ta có \Delta SAB = \Delta SADΔSAB=ΔSAD (c.g.c) \Rightarrow SB = SD⇒SB=S
Bài làm
SAHBCDKI
a. Ta có BC⊥ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
⇒BC⊥(SAB).⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH⊥BCAH⊥BC do BC⊥(SAB)BC⊥(SAB) và AH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC(1).
Ta có CD⊥(SAD)⇒
a. Ta có BC \perp ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA \perp (ABCD) \Rightarrow BC \perp SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
\Rightarrow BC \perp (SAB).⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH \perp BCAH⊥BC do BC \perp (SAB)BC⊥(SAB) và AH \perp SB \Rightarrow AH \perp (SBC) \Rightarrow AH \perp SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC (1).
Ta có CD \perp (SAD)\Rightarrow CD \perp AK.CD⊥(SAD)⇒CD⊥AK.
Mà SD\perp AK \Rightarrow AK \perp (SCD) \Rightarrow AK \perp SCSD⊥AK⇒AK⊥(SCD)⇒AK⊥SC (2).
Lại có AI \perp SCAI⊥SC (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra AHAH, AIAI, AKAK cùng nằm trên mặt phẳng qua AA và vuông góc với SCSC.
c. Ta có \Delta SAB = \Delta SADΔSAB=ΔSAD (c.g.c) \Rightarrow SB = SD⇒SB=SD và AH = AKA
Đúng(0)
a. Ta có BC⊥ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
⇒BC⊥(SAB).⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH⊥BCAH⊥BC do BC⊥(SAB)BC⊥(SAB) và AH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC (1).
Ta có CD⊥(SAD)⇒CD⊥AK.CD⊥(SAD)⇒CD⊥AK.
Mà SD⊥AK⇒AK⊥(SCD)⇒AK⊥SCSD⊥AK⇒AK⊥(SCD)⇒AK⊥SC (2).
Lại có AI⊥SCAI⊥SC (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra AHAH, AIAI, AKAK cùng nằm trên mặt phẳng qua AA và vuông góc với SCSC.
c. Ta có ΔSAB=ΔSADΔSAB=ΔSAD (c.g.c) ⇒SB=SD⇒SB=SD và AH=AKAH=AK.
Vậy ΔSHA=ΔSAK⇒SH=SK.ΔSHA=ΔSAK⇒SH=SK.
Do đó SHSB=SKSD⇒HK//BDSHSB=SKSD⇒HK//BD.
Mà BD⊥(SAC)⇒HK⊥(SAC)⇒HK⊥AI.
a. Ta có BC \perp ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA \perp (ABCD) \Rightarrow BC \perp SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA
⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH \perp BCAH⊥BC do BC \perp (SAB)BC⊥(SAB) và AH \perp SB \Rightarrow AH \perp (SBC) \Rightarrow AH \perp SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC (1).
Ta có CD \perp (SAD)\Rightarrow CD \perp AK.CD⊥(SAD)⇒CD⊥AK.
Mà SD\perp AK \Rightarrow AK \perp (SCD) \Rightarrow AK \perp SCSD⊥AK⇒AK⊥(SCD)⇒AK⊥SC (2).
Lại có AI \perp SCAI⊥SC (3).
Từ (1), (2) và (3) suy ra AHAH, AIAI, AKAK cùng nằm trên mặt phẳng qua AA và vuông góc với SCSC
c. Ta có \Delta SAB = \Delta SADΔSAB=ΔSAD (c.g.c) \Rightarrow SB = SD⇒S
Đúng(0)
a. Ta có BC⊥ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
⇒BC⊥(SAB).⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH⊥BCAH⊥BC do BC⊥(SAB)BC⊥(SAB) và AH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC (1).
Ta có CD⊥(SAD)
a. Ta có BC⊥ABBC⊥AB do ABCDABCD là hình vuông.
SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.SA⊥(ABCD)⇒BC⊥SA.
⇒BC⊥(SAB).⇒BC⊥(SAB).
b. Ta có AH⊥BCAH⊥BC do BC⊥(SAB)BC⊥(SAB) và AH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SCAH⊥SB⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC(1).
Ta có CD⊥(SAD)⇒
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O, AB = SA = a, SA vuông góc với (ABCD). Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, (P) cắt SB, SC, SD lần lượt tại H, I, K.
a, Chứng minh HK // BD.
b, Chứng minh AH vuông góc với SB, AK vuông góc với SD.
c, CM tứ giác AHIK có 2 đường chéo vuông góc. Tính diện tích AHIK theo a.
Mình không xác định được mp (P) nên giúp mình vẽ cả hình nữa nhé! Cảm ơn nhiều.
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông; SA\(\perp\)(ABCD).
a, Chứng minh các \(\Delta SBC,SDC\) là các \(\Delta\) vuông.
b, Từ A kẻ AH\(\perp\)SB, AK\(\perp\)SC, AI\(\perp\)SD. Chứng minh 3 đường thẳng AH, AK, AI đồng phẳng.
c, Chứng minh HI\(\perp\)AK
d, Biết \(AB=a,SA=a\sqrt{2}\). Tính \(S_{AHKI}\) theo a
a: BC\(\perp\)BA(ABCD là hình vuông)
BC\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))
BA,SA cùng thuộc mp(SAB)
Do đó: BC\(\perp\)(SAB)
=>BC\(\perp\)SB
=>ΔSBC vuông tại B
Ta có: CD\(\perp\)AD(ABCD là hình vuông)
CD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))
SA,AD cùng thuộc mp(SAD)
Do đó: CD\(\perp\)(SAD)
=>CD\(\perp\)SD
=>ΔSDC vuông tại D
b: Ta có: AH\(\perp\)SB
AH\(\perp\)BC(BC\(\perp\)(SAB))
SB,BC cùng thuộc mp(SBC)
Do đó: AH\(\perp\)(SBC)
=>AH\(\perp\)SC
CD\(\perp\)(SAD)
AI\(\subset\)(SAD)
Do đó: CD\(\perp\)AI
mà AI\(\perp\)SD
và SD,CD cùng thuộc mp(CSD)
nên AI\(\perp\)(SCD)
=>AI\(\perp\)SC
Ta có: AI\(\perp\)SC
AK\(\perp\)SC
AH\(\perp\)SC
=>AI,AK,AH đồng phẳng
c: Xét ΔSAB vuông tại A và ΔSAD vuông tại A có
SA chung
AB=AD
Do đó: ΔSAB=ΔSAD
=>\(\widehat{BSA}=\widehat{DSA}\); SB=SD
Xét ΔSHA vuông tại H và ΔSIA vuông tại I có
SA chung
\(\widehat{HSA}=\widehat{ISA}\)
Do đó: ΔSHA=ΔSIA
=>SH=SI
Xét ΔSBD có \(\dfrac{SH}{SB}=\dfrac{SI}{SD}\)
nên HI//BD
BD\(\perp\)AC(ABCD là hình vuông)
BD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))
AC,SA cùng thuộc mp(SAC)
Do đó:BD\(\perp\)(SAC)
mà HI//BD
nên HI\(\perp\)(SAC)
mà AK\(\subset\)(SAC)
nên HI\(\perp\)AK
cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD tâm O, SA vuông góc với đáy ABCD. H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD.
1, cminh HK song song BD.
2, từ A hạ AI vuông SC. Chứng minh I thuộc mp (AHK) và HK vuông góc với mp(SAC).
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
S A C I J O
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
\(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\left(đpcm\right)\)
Cho hình chóp S ABCD . có đáy ABCD là hình vuông tâm O , SA = SB = SC = SD .
a) Chứng minh SO \(\perp\)(ABCD ) b) Chứng minh BD\(\perp\) (SAC)
c) Gọi I là trung điểm BC. Chứng minh BC \(\perp\) (SOI)
d) Gọi K là hình chiếu vuông góc của O lên SB . Chứng minh SB \(\perp\) AK
Nhờ mọi người giải giúp em câu d ạ !! Em cảm ơn nhiều lắm ^^
Cho hình chóp S ABCD, có đáy là hình vuông tâm O, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A lên SB, SC, SD.
1.CMR : AH, AK cùng vuông góc với SC. Từ đó suy ra 3 đường thẳng AH, AI, AK cùng nằm trong một mặt phẳng.
2. Chứng minh rằng HK⊥(SAC) , HK ⊥ AI.
Bạn vẽ hình giúp mình nha!
a. Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}BC\perp AB\left(ABCD.là.hình.vuông\right)\\BC\perp SA\left(SA\perp\left(ABCD\right)\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AH\)
Có: \(\left\{{}\begin{matrix}BC\perp AH\left(cmt\right)\\AH\perp SB\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp SC\) (đpcm)
Chứng minh tương tự với AK, ta cũng có: \(AK\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AK\perp SC\)
Có: \(\left\{{}\begin{matrix}AH\perp SC\\AK\perp SC\\AI\perp SC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\)SC vuông góc với mặt phẳng chứa A,H,I,K
Hay A,H,I,K cùng nằm trong một mặt phẳng
b. Có: \(SC\perp\left(HIK\right)\Rightarrow SC\perp HK\)
Xét \(\Delta SAB\) vuông tại A và \(\Delta SAD\) vuông tại A có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA.là.cạnh.chung\\AB=AD\left(ABCD.là.hình.vuông\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\)\(\Delta SAB\) = \(\Delta SAD\) \(\Rightarrow AH=AK\Rightarrow\dfrac{SH}{SB}=\dfrac{SK}{SD}\)
Áp dụng định lí Ta-let đảo ta có: HK//BD
Xét \(\Delta SBD\) có: SB=SD \(\Rightarrow\)\(\Delta SBD\) cân tại S
\(\Rightarrow\) SO vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao
\(\Rightarrow\) \(SO\perp BD\)
Mà BD//HK
\(\Rightarrow\)\(SO\perp HK\)
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SO\perp HK\\SC\perp HK\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow HK\perp\left(SAC\right)\) (đpcm) \(\Rightarrow HK\perp AI\) (đpcm)
cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD tâm O, SA vuông góc với đáy ABCD. H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC.
1, cminh HK song song BD.
2, từ A hạ AI vuông SC. Chứng minh I thuộc mp (AHK) và HK vuông góc với mp(SAC).
Đề bài sai rồi bạn
Muốn HK song song BD thì H, K phải là hình chiếu của A lên SB và SD
Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, góc ABC=60 , SB=AB=a , hai mặt bên (SAB) và (SBC) cùng vuông góc với mặt đáy . Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B trên SA,SC .
1. Chứng minh : SB\(\perp\) (ABC) và SC \(\perp\) (BHK) .
2. TÍnh góc tạo bởi SA và (BHK) .
cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, SA = a, SA ⊥ (ABCD). Gọi H, K lần lượt là trung điểm của cạnh SB,SD; O là tâm hình vuông ABCD.
1/ Chứng minh: (SAB) ⊥ (SBC)
2/ Chứng minh: SC ⊥ (AHK)
1: BC vuông góc AB
BC vuông góc SA
=>BC vuông góc (SAB)
=>(SAB) vuông góc (SBC)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và \(SC=a\sqrt{2}\) . Gọi H và K lần lượt là trung điểm AB và AD .
a) chứng minh \(SH\perp\left(ABCD\right)\)
b) chứng minh \(AC\perp SK\) và \(CK\perp SD\) .
a; ΔSAB đều
mà SH là đường trung tuyến
nên SH⊥AB
(SAB)⊥(ABCD)
SH⊂(SAB); AB⊂(ABCD)
SH⊥AB
Do đó: SH⊥(ABCD)
Bảng xếp hạng