Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O có cạnh bằng a,SA=a√3 và SA vuông góc với (ABCD) a,CMR:DC vuông góc với (SAD) b, Tính góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (ABCD)
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc mặt phẳng ABCD và SA = a góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABCD bằng: A 45 độ B 90 độ C 30 độ D 60 độ
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD và SA = SB = SC = SD. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng :
a) Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD)
b) Đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng (SBD) và đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng (SAC)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,AB=a√3 , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy , SA = a√3/2 , M là trung điểm của BC. a. Chứng minh BC vuông góc với (SAM) B. Tính góc giữa đường thẳng SM và mặt phẳng (ABC)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông góc với B và SA vuông góc với đáy, AE,À lần lượt là các đường cao trong tâm giá SAB,SAC. a, Chứng minh BC vuông góc với mặt phẳng SAB. b,Chứng minh AE vuông góc với mặt phẳng SBC c,Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng AEF
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B , AB=BC=a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, SA =a căn 2
a) CM BC vuông SB
b) Xác định và tính góc giữa SC và (ABC)
Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D . SA vuông góc với (ABCD ) , AD=DC=AB/2=a , SA=a căn 3. Gọi I là trung điểm AB. CMR a. CI vuông góc (SAB ) , DI vuông góc (SAC) b. Các mặt bên hình chóp là những tam giác vuông
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.
