Bài 2: Hai đường thẳng vuông góc

refer

a.

P là trung điểm B'C', Q là trung diểm C'D'

\(\Rightarrow PQ\) là đường trung bình tam giác B'C'D'

\(\Rightarrow PQ||B'D'\Rightarrow PQ||BD\)

\(\Rightarrow\widehat{\left(MN;PQ\right)}=\widehat{\left(MN;BD\right)}\)

Lại có MN là đường trung bình tam giác ABC \(\Rightarrow MN||AC\)

Mà \(AC\perp BD\Rightarrow MN\perp BD\)

\(\Rightarrow\widehat{\left(MN;PQ\right)}=90^0\)

b.

\(D'P||DN\Rightarrow\widehat{\left(CM;D'P\right)}=\widehat{\left(CM;DN\right)}\)

Ta có:

\(\overrightarrow{CM}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{CB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}\)

\(\overrightarrow{DN}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CN}=-\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{CB}\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{CM}.\overrightarrow{DN}=\left(\overrightarrow{CB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{BA}\right)\left(-\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{CB}\right)\)

\(=-\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BA}+\dfrac{1}{2}CB^2-\dfrac{1}{2}BA^2+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{CB}\)

\(=\dfrac{1}{2}CB^2-\dfrac{1}{2}BA^2=0\)

\(\Rightarrow CM\perp DN\)

\(\Rightarrow\widehat{\left(CM;D'P\right)}=90^0\)

a. Do ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương

\(\Rightarrow C'D||AB'\)

\(\Rightarrow\) Góc giữa A'B và C'D bằng góc giữa A'B và AB'

Mà \(A'B\perp AB'\) (hai đường chéo hình vuông)

\(\Rightarrow\widehat{\left(A'B;C'D\right)}=90^0\)

b.

Do \(AD'||BC'\) (t/c lập phương)

\(\Rightarrow\widehat{\left(A'B;AD'\right)}=\widehat{\left(A'B;BC'\right)}=\widehat{A'BC'}\)

Mà \(A'B=BC'=A'C'=a\sqrt{2}\) (với a là cạnh lập phương)

\(\Rightarrow\Delta A'BC'\) đều

\(\Rightarrow\widehat{A'BC'}=60^0\)

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp AD\\AB\perp AD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AD\perp\left(SAB\right)\)

Mà \(AD\in\left(SAD\right)\)

\(\Rightarrow\left(SAD\right)\perp\left(SAB\right)\)

\(\Rightarrow\) Góc giữa (SAB) và (SAD) là \(90^0\)

Mn giúp e 2 bài này với ạaa😢..

Câu 11 : \(CM\cap\left(ABCD\right)=C\) 

Thấy : SA \(\perp\left(ABCD\right)\) ; từ M kẻ MH // SA ( H \(\in AD\) ) => H là hình chiếu của M trên (ABCD)  \(\Rightarrow\left(CM;\left(ABCD\right)\right)=\widehat{MCH}\)

Ta có : \(MH=\dfrac{1}{2}SA=\sqrt{2}a\) 

Tam giác HDC vuông tại D : \(HC=\sqrt{HD^2+DC^2}=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a\)

Tam giác MHC vuông tại H : \(tan\widehat{MCH}=\dfrac{MH}{HC}=\dfrac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2}a}=1\)

\(\Rightarrow\widehat{MCH}=45^o\) \(\Rightarrow\left(CM;\left(ABCD\right)\right)=45^o\) 

Chọn A 

Bạn xem lại đề câu b giúp mình nha, vì hình chiếu của A không thể lên cạnh AB được và hai điểm H,K là hình chiếu của A không thể lên 1 cạnh được á

Chọn A

Theo tính chất hình lập phương, ta có:

\(C'D'\perp\left(BB'C'C\right)\Rightarrow C'D'\perp BC'\)

\(\Rightarrow\widehat{\left(C'D';BC'\right)}=90^0\)

Bạn vẽ hình giúp mình nha ^^

Xét (ABCD), kẻ \(MH\perp AB\left(H\in AB\right)\)

Xét (SAB), kẻ HF//SB(\(F\in SA\))

Có: \(\left\{{}\begin{matrix}MH\perp AB\\MH\perp SA\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow MH\perp\left(SAB\right)\)\(\Rightarrow MH\perp HF\)

Ta có: \(\alpha=\left(\stackrel\frown{SB,AM}\right)=\left(\stackrel\frown{HF,MH}\right)=arccos\left(\dfrac{HA}{HF}\right)\)

Xét \(\Delta AHF\) vuông tại A có: \(HF^2=HA^2+AF^2=a^2+\left(\dfrac{a}{2}\right)^2=\dfrac{5}{4}a^2\Rightarrow HF=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\)

\(\Rightarrow\alpha=arccos\left(\dfrac{HA}{HF}\right)=arccos\left(\dfrac{2a}{a\sqrt{5}}\right)\approx26,57^o\) \(\Rightarrow cos\alpha=\dfrac{HA}{HF}=\dfrac{2a}{a\sqrt{5}}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}\)

1.

a.

 \(\left\{{}\begin{matrix}SH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SH\perp CD\\AD\perp CD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\)

\(\Rightarrow CD\perp SD\Rightarrow\Delta SCD\) vuông tại D

b. 

Do H là trung điểm AD, K là trung điểm SA

\(\Rightarrow KH\) là đường trung bình tam giác SAD

\(\Rightarrow KH||SD\Rightarrow KH||\left(SCD\right)\)

H là trung điểm AD, M là trung điểm BC \(\Rightarrow HM||CD\)

\(\Rightarrow HM||\left(SCD\right)\)

Mà HM cắt KH tại H

\(\Rightarrow\left(HKM\right)||\left(SCD\right)\)

c.

Qua K kẻ đường thẳng song song AB cắt SB tại N

\(\Rightarrow N=\left(HKM\right)\cap SB\)

\(\left\{{}\begin{matrix}KN||AB\\HM||AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow KN||HM\) (1)

Mặt khác \(\left\{{}\begin{matrix}HM||CD\\CD||\left(SAD\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow HM\perp\left(SAD\right)\Rightarrow HM\perp KH\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\) HKNM là hình thang vuông

Hình vẽ bài 1:

2.

a.

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}SM\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SM\perp AB\\AB\perp AD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AB\perp\left(SAD\right)\)

\(\Rightarrow AB\perp SA\) 

\(\Rightarrow\Delta SAB\) vuông tại A

Lại có \(\left\{{}\begin{matrix}CD||AB\\AB\perp\left(SAD\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\Rightarrow CD\perp SD\)

\(\Rightarrow\Delta SCD\) vuông tại D

b.

Ta có: \(\overrightarrow{AN}.\overrightarrow{BM}=\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DN}\right)\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AM}\right)=\left(\overrightarrow{AD}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}\right)\left(-\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AD}\right)\)

\(=-\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{2}AD^2-\dfrac{1}{2}AB^2+\dfrac{1}{4}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}=0\)

\(\Rightarrow AN\perp BM\) (1)

Mà \(SM\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SM\perp AN\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow AN\perp\left(SMB\right)\)