Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chứng minh tương tự, ta có tam giác AKD là tam giác cân tại K có KI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao.
⇒ IK ⊥ AD (2)
Từ (1) và (2) suy ra; IK là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AD và BC.
Bài 1:
a: BC⊥BA(ΔABC vuông tại B)
BC⊥ SA(SA⊥(ABC))
mà BA,SA cùng thuộc mp(SAB)
nên BC⊥(SAB)
=>(SBC)⊥(SAB)
b: ΔABC vuông tại B
=>\(BA^2+BC^2=AC^2\)
=>\(BA^2=\left(a\sqrt3\right)^2-a^2=3a^2-a^2=2a^2\)
=>\(BA=a\sqrt2\)
(SBC) giao (ABC)=BC
AB⊥BC; SB⊥ BC
Do đó: \(\hat{\left(SBC\right);\left(ABC\right)}=\hat{AB;SB}=\hat{SBA}\)
Xét ΔSAB vuông tại A có tan SBA=\(\frac{SA}{AB}=\frac{a\sqrt6}{a\sqrt2}=\sqrt3\)
nên \(\hat{SBA}=60^0\)
=>\(\hat{\left(SBC\right);\left(ABC\right)}=60^0\)
Bài 2:
a: BD⊥AC(ABCD là hình vuông)
BD⊥ SA(SA⊥(ABCD))
mà SA,AC cùng thuộc mp(SAC)
nên BD⊥(SAC)
=>(SAC)⊥(SBD)
\(DA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow AB\) là hình chiếu của BD lên (ABC)
\(\Rightarrow\widehat{DBA}\) là góc giữa BD và (ABC)
\(tan\widehat{DBA}=\frac{AD}{AB}=\sqrt{3}\Rightarrow\widehat{DBA}=60^0\)
Gọi H là trung điểm AC \(\Rightarrow BH\perp AC\) (tam giác cân thì trung tuyến tại đỉnh là đường cao)
\(AD\perp\left(ABC\right)\Rightarrow AD\perp BH\)
\(\Rightarrow BH\perp\left(ACD\right)\Rightarrow\widehat{BDH}\) là góc giữa BD và (DAC)
\(AC=AB\sqrt{2}=a\sqrt{2}\Rightarrow BH=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)
\(BD=\sqrt{AD^2+AB^2}=2a\)
\(\Rightarrow sin\widehat{BDH}=\frac{BH}{BD}=\frac{\sqrt{2}}{4}\Rightarrow\widehat{BDH}\approx20^042'\)