Trên mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) cho hình bình hàng ABCD. Gọi O là giao điểm của AC và BD, S là một điểm nằm ngoài mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) sao cho SA = SC; SB = SD. Chứng minh rằng :
a) \(SO\perp\left(\alpha\right)\)
b) Nếu trong mặt phẳng (SAB) kẻ SH vuông góc với AB tại H thì AB vuông góc với mặt phẳng (SOH)
Một đoạn thẳng AB không vuông góc với mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) cắt mặt phẳng này tại trung điểm O của đoạn thẳng đó. Các đường thẳng vuông góc với \(\left(\alpha\right)\) qua A và B lần lượt cắt mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) tại A' và B'. Chứng minh ba điểm A', O, B' thẳng hàng và AA' = BB' ?
Cho tam giác ABC. Gọi \(\left(\alpha\right)\) là mặt phẳng vuông góc với đường thẳng CA tại A và \(\left(\beta\right)\) là mặt phẳng vuông góc với đường thẳng CB tại B. Chứng minh rằng hai mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) và \(\left(\beta\right)\) cắt nhau và giao tuyến d của chúng vuông góc với mặt phẳng (ABC) ?
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 tứ diện SABC có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và có tam giác ABC vuông tại B. Trong mặt phẳng (SAB) kẻ AM vuông góc với SB tại M. Trên cạnh SC lấy điểm N sao cho \(\dfrac{SM}{SB}=\dfrac{SN}{SC}\). Chứng minh rằng :
a) \(BC\perp\left(SAB\right)\) và \(AM\perp\left(SBC\right)\)
b) \(SB\perp AN\)
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, 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.
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.
