TenAnh1 TenAnh1 A = (-0.14, -7.4) A = (-0.14, -7.4) A = (-0.14, -7.4) B = (14.46, -7.36) B = (14.46, -7.36) B = (14.46, -7.36) C = (-3.74, -5.6) C = (-3.74, -5.6) C = (-3.74, -5.6) D = (11.62, -5.6) D = (11.62, -5.6) D = (11.62, -5.6) E = (-3.34, -5.86) E = (-3.34, -5.86) E = (-3.34, -5.86) F = (12.02, -5.86) F = (12.02, -5.86) F = (12.02, -5.86) G = (-3.7, -5.88) G = (-3.7, -5.88) G = (-3.7, -5.88) H = (11.66, -5.88) H = (11.66, -5.88) H = (11.66, -5.88) I = (-3.74, -5.62) I = (-3.74, -5.62) I = (-3.74, -5.62) J = (11.62, -5.62) J = (11.62, -5.62) J = (11.62, -5.62) A'
(α) đi qua B và vuông góc với SC
SA⊥(ABC), mp(SAC) đi qua SC và (SAC)⊥(ABC). Giao tuyến của (α) với mặt đáy (ABC) là một đường thẳng đi qua B và vuông góc với hình chiếu của SC lên (ABC) chính là đường thẳng AC.
Trong mặt phẳng (ABC), kẻ BE⊥AC tại E
ΔBAC đều
mà BE là đường cao
nên E là trung điểm của AC
=>(ABC) giao (α)=BE
Trong mp(SAC), kẻ EH⊥SC tại H
mà (α)⊥SC
nên (α) giao (SAC)=EH
Nối B và H, ta được: (SBC) giao (α)=BH
Do đó: Thiết diện của (α) và S.ABC là ΔBHE
ΔBAC đều có BE là đường cao
nên \(BE=BA\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{2}\)
ΔSAC vuông tại A
=>\(SA^2+AC^2=SC^2\)
=>\(SC = \sqrt{SA^2 + AC^2} = \sqrt{(2a)^2 + a^2} = a\sqrt{5}\)
Xét ΔSEC vuông tại E và ΔSAC vuông tại A có
góc SCE chung
Do đó: ΔSEC~ΔSAC
=>\(\frac{EH}{SA}=\frac{CE}{CS}\)
\(\implies EH=SA\cdot\frac{CE}{CS}=2a\cdot\frac{a/2}{a\sqrt{5}}=\frac{a}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}\)
ΔSAB vuông ttại A
=>\(SA^2+AB^2=SB^2\)
=>\(SB^2=a^2+\left(2a\right)^2=5a^2\)
=>\(SB=a\sqrt5\)
Xét ΔCHE vuông tại H và ΔCAS vuông tại A có
góc HCE chung
Do đó: ΔCHE~ΔCAS
=>\(\frac{CH}{CA}=\frac{CE}{CS}\)
=>\(CH=CE\cdot\frac{CA}{CS}=a\cdot\frac{a\sqrt2}{a\sqrt5}=a\cdot\sqrt{\frac25}=\frac{a\sqrt{10}}{5}\)
=>\(SH = SC - CH = a\sqrt{5} - \frac{a\sqrt{5}}{10} = \frac{9a\sqrt{5}}{10}\)
Xét ΔSBC có
\(\cos(\widehat{BSC}) = \frac{SB^2 + SC^2 - BC^2}{2 \cdot SB \cdot SC} = \frac{5a^2 + 5a^2 - a^2}{2 \cdot 5a^2} = \frac{9}{10}\)
\(BH^2 = SB^2 + SH^2 - 2 \cdot SB \cdot SH \cdot \cos(\widehat{BSC})\)
\(=(a\sqrt{5})^2+\left(\frac{9a\sqrt{5}}{10}\right)^2-2\cdot(a\sqrt{5})\cdot\left(\frac{9a\sqrt{5}}{10}\right)\cdot\frac{9}{10}\)
\(=5a^2+\frac{405a^2}{100}-\frac{810a^2}{100}=5a^2-\frac{405a^2}{100}=\frac{95a^2}{100}\)
=>\(BH=\frac{a\sqrt{95}}{10}\)
Xét ΔBEH có \(BE^2+EH^2=BH^2\)
nên ΔBEH vuông tại E
=>\(S_{BEH} = \frac{1}{2} \cdot BE \cdot EH = \frac{1}{2} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a\sqrt{5}}{5} = \frac{a^2\sqrt{15}}{20}\)
a) Tam giác ABC cân tại A có AI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao:
AI ⊥ BC
+) Tương tự, tam giác BCD cân tại D có DI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao:
DI ⊥ BC
+) Ta có: 
a) Gọi A’ là giao điểm của AH và BC. Ta cần chứng minh ba điểm S, K, A’ thẳng hàng.
Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên AA′ ⊥ BC. Mặt khác theo giả thiết ta có: SA ⊥ (ABC), do đó SA ⊥ BC.
Từ đó ta suy ra BC ⊥ (SAA′) và BC ⊥ SA′. Vậy SA’ là đường cao của tam giác SBC nên SA’ là phải đi qua trực tâm K. Vậy ba đường thẳng AH, SK và BC đồng quy.
b) Vì K là trực tâm của tam giác SBC nên BK ⊥ SC (1)
Mặt khác ta có BH ⊥ AC vì H là trực tâm của tam giác ABC và BH ⊥ SA vì SA ⊥ (ABC).
Do đó BH ⊥ (ABC) nên BH ⊥ SC (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra SC ⊥ (BHK). Vì mặt phẳng (SAC) chứa SC mà SC ⊥ (BHK) nên ta có (SAC) ⊥ (BHK).
c) Ta có
Mặt phẳng (BHK) chứa HK mà HK ⊥ (SBC) nên (BHK) ⊥ (SBC).
(ABC) . Kẻ AH , AK lần lượt vuông góc với SB , SC tại H và K , có SA = AB = a .
1) Ta có : \(SA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow SA\perp BC\)
BC \(\perp AB;BC\perp SA\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp SB\) \(\Rightarrow\Delta SBC\perp\) tại B
2) \(BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AH\) . Mà
\(AH\perp SB\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AH\perp HK\) \(\Rightarrow\Delta AHK\perp\) tại H
\(\Delta SAB\perp\) tại A ; \(AH\perp SB\) có : \(AH=\dfrac{SA.AB}{\sqrt{SA^2+AB^2}}=\dfrac{a^2}{\sqrt{2a^2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a\)
AC = \(\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{2a^2}=\sqrt{2}a\)
\(\Delta SAC\perp\) tại A có : \(AK\perp SC\) có :
\(AK=\dfrac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=\dfrac{a.\sqrt{2}a}{\sqrt{a^2+2a^2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}a\)
\(HK=\sqrt{AK^2-AH^2}=\sqrt{\dfrac{2}{3}a^2-\dfrac{1}{2}a^2}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}a\)
\(S_{AHK}=\dfrac{1}{2}HA.HK=\dfrac{1}{2}\dfrac{\sqrt{2}}{2}a.\dfrac{\sqrt{6}}{6}a=\dfrac{\sqrt{3}}{12}a^2\)
3) AH \(\perp\left(SBC\right)\Rightarrow\left(AK;\left(SBC\right)\right)=\widehat{AKH}\)
\(\Delta AHK\perp\) tại H có : \(sin\widehat{AKH}=\dfrac{AH}{AK}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a:\dfrac{\sqrt{6}}{3}a=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\widehat{AKH}=60^o\)
SA vuông góc với (ABC)=> SA vuông góc với BC
mà AB vuông góc với BC ( tam giác ABC vuông)
=> BC vg góc với (SAB)=> BC vg góc AH
mà AH vg góc SB
=> AH vg góc (SBC)=> AH vg góc SC
SABCM
Vì SA⊥(ABC)SA⊥(ABC) ⇒BC⊥SA⇒BC⊥SA.
Theo giải thiết tam giác ABCABC là tam giác cân tại AA và MM là trung điểm BCBC ⇒BC⊥AM⇒BC⊥AM.
Ta có {BC⊥SABC⊥AM{BC⊥SABC⊥AM ⇒⇒ BC⊥(SAM)BC⊥(SAM).
Ta có: SA\perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow SA\perp BC⇒SA⊥BC;
BC\perp ABBC⊥AB;
Mà SA \cap AB = \{A\}SA∩AB={A} và SA, AB \subset (SAB)SA,AB⊂(SAB)
\Rightarrow BC \perp (SAB)⇒BC⊥(SAB) \Rightarrow BC\perp AH⇒BC⊥AH.
Mà AH\perp SBAH⊥SB, BC \cap SB = \{B\}BC∩SB={B} và BC, SB \subset (SBC)BC,SB⊂(SBC)
\Rightarrow AH\perp ( SBC)⇒AH⊥(SBC) \Rightarrow AH\perp SC⇒AH⊥SC .
Ta có: SA\perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow SA\perp BC⇒SA⊥BC;
BC\perp ABBC⊥AB;
Mà SA \cap AB = \{A\}SA∩AB={A} và SA, AB \subset (SAB)SA,AB⊂(SAB)
\Rightarrow BC \perp (SAB)⇒BC⊥(SAB) \Rightarrow BC\perp AH⇒BC⊥AH.
Mà AH\perp SBAH⊥SB, BC \cap SB = \{B\}BC∩SB={B} và BC, SB \subset (SBC)BC,SB⊂(SBC)
\Rightarrow AH\perp ( SBC)⇒AH⊥(SBC) \Rightarrow AH\perp SC⇒AH⊥SC .
Ta có: SA⊥(ABC)SA⊥(ABC) ⇒SA⊥BC⇒SA⊥BC;
BC⊥ABBC⊥AB;
Mà SA∩AB={A}SA∩AB={A} và SA,AB⊂(SAB)SA,AB⊂(SAB)
⇒BC⊥(SAB)⇒BC⊥(SAB) ⇒BC⊥AH⇒BC⊥AH.
Mà AH⊥SBAH⊥SB, BC∩SB={B}BC∩SB={B} và BC,SB
Đúng(0)
Ta có: SA\perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow SA\perp BC⇒SA⊥BC;
BC\perp ABBC⊥AB;
Mà SA \cap AB = \{A\}SA∩AB={A} và SA, AB \subset (SAB)SA,AB⊂(SAB)
\Rightarrow BC \perp (SAB)⇒BC⊥(SAB) \Rightarrow BC\perp AH⇒BC⊥AH.
Mà AH\perp SBAH⊥SB, BC \cap SB = \{B\}BC∩SB={B} và BC, SB \subset (SBC)BC,SB⊂(SBC)
\Rightarrow AH\perp ( SBC)⇒AH⊥(SBC) \Rightarrow AH\perp SC⇒AH⊥SC .
Ta có: SA⊥(ABC)SA⊥(ABC) ⇒SA⊥BC⇒SA⊥BC;
BC⊥ABBC⊥AB;
Mà SA∩AB={A}SA∩AB={A} và SA,AB⊂(SAB)SA,AB⊂(SAB)
⇒BC⊥(SAB)⇒BC⊥(SAB) ⇒BC⊥AH⇒BC⊥AH.
Mà AH⊥SBAH⊥SB, BC∩SB={B}BC∩SB={B} và BC,S
Đúng(0)
Ta có: SA\perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow SA\perp BC⇒SA⊥BC;BC⊥AB;
Mà SA \cap AB = \{A\}SA∩AB={A} và SA, AB \subset (SAB)SA,AB⊂(SAB)
⇒BC⊥(SAB) \Rightarrow BC\perp AH⇒BC⊥AH.
Mà AH\perp SBAH⊥SB, BC \cap SB = \{B\}BC∩SB={B} và BC, SB \subset (SBC)BC,SB⊂(SBC)
⇒AH⊥(SBC) \Rightarrow AH\perp SC⇒AH⊥SC .
Ta có: SA\perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow SA\perp BC⇒SA⊥BC;
BC\perp ABBC⊥AB;
Lại có SA \cap AB = \{A\}SA∩AB={A} và SA, AB \subset (SAB)SA,AB⊂(SAB)
\Rightarrow BC \perp (SAB)⇒BC⊥(SAB) \Rightarrow BC\perp AH⇒BC⊥AH.
Mà AH\perp SBAH⊥SB, BC \cap SB = \{B\}BC∩SB={B} và BC, SB \subset (SBC)BC,SB⊂(SBC)
\Rightarrow AH\perp ( SBC)⇒AH⊥(SBC) \Rightarrow AH\perp SC⇒AH⊥SC .
Ta có: SA⊥(ABC)=> SA⊥BC
AB⊥BC (ΔABC vuông tại B) Mà SA,AB⊂(SAB)
=>BC⊥(SAB)=>BC⊥AH
H là đường cao của ΔSAB
=>AH⊥SB
mà BC,SB⊂(SBC)=>AH⊥(SBC)
mà SC⊂(SBC)=>AH⊥SC
Ta có: SA⊥(ABC)SA⊥(ABC) ⇒SA⊥BC⇒SA⊥BC;
BC⊥ABBC⊥AB;
Mà SA∩AB={A}SA∩AB={A} và SA,AB⊂(SAB)SA,AB⊂(SAB)
⇒BC⊥(SAB)⇒BC⊥(SAB) ⇒BC⊥AH⇒BC⊥AH.
Mà AH⊥SBAH⊥SB, BC∩SB={B}BC∩SB={B} và BC,S
Đúng(0)
ta có BC⊥AB
BC⊥SA
suy ra BC⊥(SAB) ⇒BC⊥AH
ta có AH ⊥ BC
AH⊥SB
⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC
Ta có SA vuông góc
Ta có SA⊥(ABC)SA⊥(ABC) nên SA⊥BCSA⊥BC.
Do đó BC⊥SABC⊥AB}⇒BC⊥(SAB)⇒BC⊥AHBC⊥SABC⊥AB}⇒BC⊥(SAB)⇒BC⊥AH
Vậy AH⊥BCAH⊥SB}⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SCAH⊥BCAH⊥SB}⇒AH⊥(SBC)⇒AH⊥SC.
Bài làm
SABCH
Ta có: SA⊥(ABC)SA⊥(ABC) ⇒SA⊥BC⇒SA⊥BC;
BC⊥ABBC⊥AB;
Mà SA∩AB={A}SA∩AB={A} và SA,AB⊂(SAB)SA,AB⊂(SAB)
⇒BC⊥(SAB)⇒BC⊥(SAB) ⇒BC⊥AH⇒BC⊥AH.
Mà AH⊥SBAH⊥SB, BC∩SB={B}BC∩SB={B}và BC,SB
Ta có: SA\perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow SA\perp BC⇒SA⊥BC;
BC\perp ABBC⊥AB;
Mà SA \cap AB = \{A\}SA∩AB={A} và SA, AB \subset (SAB)SA,AB⊂(SAB)
\Rightarrow BC \perp (SAB)⇒BC⊥(SAB) \Rightarrow BC\perp AH⇒BC⊥AH.
Mà AH\perp SBAH⊥SB, BC \cap SB = \{B\}BC∩SB={B} và BC, SB \subset (SBC)BC,SB⊂(SBC)
\Rightarrow AH\perp ( SBC)⇒AH⊥(SBC) \Rightarrow AH\perp SC⇒AH⊥SC .
Ta có: SA\perp ( ABC)SA⊥(ABC) \Rightarrow SA\perp BC⇒SA⊥BC;
BC\perp ABBC⊥AB;
Mà SA \cap AB = \{A\}SA∩AB={A} và SA, AB \subset (SAB)SA,AB⊂(SAB)
\Rightarrow BC \perp (SAB)⇒BC⊥(SAB) \Rightarrow BC\perp AH⇒BC⊥AH.
Mà AH\perp SBAH⊥SB, BC \cap SB = \{B\}BC∩SB={B} và BC, SB \subset (SBC)BC,SB⊂(SBC)
\Rightarrow AH\perp ( SBC)⇒AH⊥(SBC) \Rightarrow AH\perp SC⇒AH⊥SC