Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a.
\(\left\{{}\begin{matrix}SE\perp\left(EFGH\right)\\GF\in\left(EFGH\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SE\perp GF\)
b.
\(\left\{{}\begin{matrix}SE\perp\left(EFGH\right)\Rightarrow SE\perp GH\\GH\perp EH\left(\text{EFGH là hình vuông}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow GH\perp\left(SHE\right)\)
c.
\(\left\{{}\begin{matrix}SE\perp\left(EFGH\right)\Rightarrow SE\perp HE\\HE\perp EF\left(\text{EFGH là hình vuông}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow HE\perp\left(SEF\right)\)
c.
\(\left\{{}\begin{matrix}SE\perp\left(EFGH\right)\\HE\in\left(EFGH\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SE\perp HE\)
\(\Rightarrow\) Góc giữa SE và HE là 90 độ
d.
Không thể xác định cụ thể được số đo góc giữa 2 đường thẳng này, do nó phụ thuộc vào độ dài đoạn SE. Góc giữa 2 đường thẳng này bằng góc SGH do EF song song GH
(Góc giữa SG và HF thì xác định được)
a: ta có: BC\(\perp\)AB(ABCD là hình vuông)
BC\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))
AB,SA cùng thuộc mp(SAB)
Do đó: BC\(\perp\)(SAB)
b: Ta có: BD\(\perp\)AC(ABCD là hình vuông)
BD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))
AC,SA cùng thuộc mp(SAC)
Do đó: BD\(\perp\)(SAC)
c: Ta có: BC\(\perp\)(SAB)
AH\(\subset\)(SAB)
Do đó: BC\(\perp\)AH
Ta có: AH\(\perp\)SB
AH\(\perp\)BC
SB,BC cùng thuộc mp(SBC)
Do đó: AH\(\perp\)(SBC)
d: Ta có: AH\(\perp\)(SBC)
SC\(\subset\)(SBC)
Do đó: AH\(\perp\)SC
Ta có: CD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))
CD\(\perp\)AD(ABCD là hình vuông)
SA,AD cùng thuộc mp(SAD)
Do đó: CD\(\perp\)(SAD)
=>AK\(\perp\)CD
mà AK\(\perp\)SD
và CD,SD cùng thuộc mp(SCD)
nên AK\(\perp\)(SCD)
=>AK\(\perp\)SC
Ta có: SC\(\perp\)AK
SC\(\perp\)AH
AK,AH cùng thuộc mp(AKH)
Do đó: SC\(\perp\)(AKH)
a: Ta có: CD⊥AD(ABCD là hình vuông)
CD⊥ SA(SA⊥(ABCD))
mà AD,SA cùng thuộc mp(SAD)
nên CD⊥(SAD)
b: Ta có: CD⊥(SAD)
=>CD⊥AK
Ta có: AK⊥SD
CD⊥AK
mà SD,CD cùng thuộc mp(SCD)
nên AK⊥(SCD)
=>AK⊥SC
c: Ta có; BC⊥BA
BC⊥SA(SA⊥(ABCD))
mà BA,SA cùng thuộc mp(SAB)
nên BC⊥(SAB)
=>BC⊥AH
Ta có: AH⊥BC
AH⊥SB
mà SB,BC cùng thuộc mp(SBC)
nên AH⊥(SBC)
=>AH⊥SC
mà AK⊥SC
và AH,AK cùng thuộc mp(HAK)
nên SC⊥(HAK)
=>HK⊥AM
d:
ABCD là hình vuông cạnh a
=>AB=AD=a
Xét ΔSAD vuông tại A có AK là đường cao
nên \(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AD^2}\)
=>\(\frac{1}{AK^2}=\frac{1}{\left(a\sqrt3\right)^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\)
=>\(AK^2=\frac{3a^2}{4}\)
=>\(AK=\frac{a\sqrt3}{2}\)
Xét ΔSAB vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{AB^2}\)
=>\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{\left(a\sqrt3\right)^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\)
=>\(AH^2=\frac{3a^2}{4}\)
=>\(AH=\frac{a\sqrt3}{2}\)
a: BC vuông góc SA
BC vuôg góc AB
=>BC vuông góc (SAB)
b: BI vuông góc SA
BI vuông góc AC
=>BI vuông góc (SAC)
a: ΔSAB cân tại S
mà SH là đường trung tuyến
nên SH⊥AB
(SAB)⊥(ABCD)
(SAB) cắt (ABCD)=AB
SH⊥AB tại H
Do đó: SH⊥(ABCD)
b: Ta có: BC⊥SH(SH⊥(ABCD))
BC⊥BA(ABCD là hình vuông)
mà BH,SA cùng thuộc mp(SAB)
nên BC⊥(SAB)
=>BC⊥BS
=>ΔSBC vuông tại B
ΔSAB đều
=>SA=SB=AB(1)
ABCD là hình vuông
=>AB=BC=CD=DA(2)
Từ (1),(2) suy ra SA=SB=AB=BC=CD=DA
Xét ΔSBC vuông tại B có BS=BC
nên ΔBSC vuông cân tại B
a: BH vuông góc SA
BH vuông góc AC
=>BH vuông góc (SAC)
b: (SC;ABCD)=(CS;CA)=góc SCA
\(AC=\sqrt{a^2+\left(\dfrac{1}{5}a\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{26}}{5}\)
\(SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\dfrac{3\sqrt{14}}{5}\)a
\(sinSCA=\dfrac{SA}{SC}=\dfrac{2a}{\dfrac{3\sqrt{14}}{5}a}=\dfrac{5\sqrt{14}}{21}\)
=>góc SCA=63 độ
\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l} + )AC \bot BD\,\,\left( {hv\,\,ABCD} \right)\\SA \bot BD\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\AC \cap SA = \left\{ A \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\\\left. \begin{array}{l} + )BD \bot SC\left( {BD \bot \left( {SAC} \right)} \right)\\BM \bot SC\\BD \cap BM = \left\{ B \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow SC \bot \left( {MBD} \right)\end{array}\)
Gọi \(AC \cap BD = \left\{ O \right\}\)
\(\left. \begin{array}{l}SC \bot \left( {MBD} \right)\\OM \subset \left( {MBD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow SC \bot OM\)
Mà \(AH \bot SC\)
\( \Rightarrow AH//OM,OM \subset \left( {MBD} \right) \Rightarrow AH//\left( {MBD} \right)\)
a: CD⊥AD(ABCD là hình vuông)
CD⊥SA(SA⊥(ABCD))
mà SA,AD cùng thuộc mp(SAD)
nên CD⊥(SAD)
b: BC⊥BA(ABCD là hình vuông)
BC⊥SA(SA⊥(ABCD))
mà BA,SA cùng thuộc mp(SAB)
nên BC⊥(SAB)
=>BC⊥AP
AP⊥SB
AP⊥BC
mà SB,BC cùng thuộc mp(SBC)
nên AP⊥(SBC)
=>AP⊥SC
Ta có: DC⊥(SAD)
=>DC⊥AQ
Ta có: AQ⊥SD
AQ⊥CD
mà SD,CD cùng thuộc mp(SCD)
nên AQ⊥(SCD)
=>AQ⊥SC
Ta có: AP⊥ SC
AQ⊥SC
mà AP,AQ cùng thuộc mp(PAQ)
nên SC⊥(PAQ)
=>SC⊥PQ
c: SA⊥(ABCD)
=>A là hình chiếu của S xuống mp(ABCD)
=>\(\hat{SC;\left(ABCD\right)}=\hat{CS;CA}=\hat{SCA}\)
ABCD là hình vuông
=>\(AC^2=AB^2+BC^2\)
=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)
=>\(AC=a\sqrt2\)
Xét ΔSAC vuông tại A có tan SCA\(=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt6}{3}:a\sqrt2=\frac{\sqrt6}{3\cdot\sqrt2}=\frac{\sqrt3}{3}\)
nên \(\hat{SCA}=30^0\)
=>\(\hat{SC;\left(ABCD\right)}=30^0\)
a.
\(\Delta_VSAB=\Delta_VSAD\left(c.g.c\right)\Rightarrow AB_1=AD_1\)
\(\Rightarrow SB_1=SD_1\Rightarrow\dfrac{SB_1}{SB}=\dfrac{SD_1}{SD}\)
\(\Rightarrow B_1D_1||BD\) (Talet đảo)
\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC\\BC\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AB_1\)
\(\Rightarrow AB_1\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AB_1\perp SC\)
Hoàn toàn tương tự: \(AD_1\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AD_1\perp SC\)
\(\Rightarrow SC\perp\left(AB_1D_1\right)\)
b.
\(\left\{{}\begin{matrix}SC\perp AC_1\\SC\perp\left(AB_1D_1\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AC_1\in\left(AB_1D_1\right)\)
\(\Rightarrow\) 4 điểm \(A;B_1;C_1;D_1\) đồng phẳng
Theo chứng minh câu a, \(AB_1\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AB_1\perp B_1C_1\) (1)
\(AD_1\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AD_1\perp\left(D_1C_1\right)\)
\(\Rightarrow B_1;D_1\) cùng nhìn \(AC_1\) dưới 1 góc vuông nên tứ giác \(AB_1C_1D_1\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC_1\)
c.
Gọi E là trung điểm BC
\(\Rightarrow C_1E\) là đường trung bình tam giác SBC
\(\Rightarrow C_1E||SB\Rightarrow\widehat{SB;AC_1}=\widehat{\left(C_1E;AC_1\right)}=\widehat{AC_1E}\)
\(SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{3}\)
\(C_1E=\dfrac{1}{2}SB=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
\(AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{AB^2+\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\)
\(\dfrac{1}{AC_1^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AC^2}\Rightarrow AC_1=\dfrac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=a\)
Áp dụng định lý hàm cos cho tam giác \(AEC_1\):
\(cos\widehat{AC_1E}=\dfrac{AC_1^2+C_1E^2-AE^2}{2AC_1.C_1E}=0\Rightarrow\widehat{AC_1E}=90^0\)
a)
b)
c)
d)
e)