Bài 3: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
Các câu hỏi tương tự
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA perp(ABCD)
1. CMR các mặt bên của hình chóp là tam giác vuông
2. CMR BDperp(SAC); SDperpAB
3. Gọi M là trung điểm SC. CMR MOperp(ABCD), M cách đều tất cả các điểm S, A, B, C, D
4. Gọi I,J lần lượt là trung điểm của SB và SD. CMR IJperp(SAC), SAperp(MIJ)
Đọc tiếp
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA \(\perp\)(ABCD)
1. CMR các mặt bên của hình chóp là tam giác vuông
2. CMR BD\(\perp\)(SAC); SD\(\perp\)AB
3. Gọi M là trung điểm SC. CMR MO\(\perp\)(ABCD), M cách đều tất cả các điểm S, A, B, C, D
4. Gọi I,J lần lượt là trung điểm của SB và SD. CMR IJ\(\perp\)(SAC), SA\(\perp\)(MIJ)
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Gọi M, N, P, E lần lượt là trung điểm của BB', CD, A'D', CC'. Xét các mệnh đề sau:
1 C'N⊥ME
2 C'N⊥A'M
3 C'N⊥MP
4 C'N⊥(A'D'EM)
Trong các mệnh đề trên có bao nhiều mệnh đề đúng. Giải thích tại sao đúng?
Cho hình lập phương ABCDA'B'C'D'.Tính góc giữa BD và (B'AC)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, điểm I và H lần lượt là trung điểm của AB và BC. Trên đoạn CI và SA lần lượt lấy hai điểm M, N sao cho MC=2MI, NA=2NS. Biết \(SH\perp\left(ABC\right)\), chứng minh \(MN\perp\left(ABC\right)\)
Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác đều; SCD là tam giác vuông tại S. Gọi I,J là trung điểm AB và CD.
a, Tính các cạnh của tam giác SIJ và chứng minh \(SI\perp\left(SCD\right),SJ\perp\left(SAB\right)\)
b, Gọi H là hình chiếu của S trên IJ. Chứng minh \(SH\perp AC\)
Hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và có cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy là (ABC). Gọi D là điểm đối xứng của điểm B qua trung điểm O của cạnh AC. Chứng minh rằng \(CD\perp CA,CD\perp\left(SCA\right)\) ?
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: $$frac{SM}{SB}cdot frac{BO}{OC}cdot frac{CQ}{QA} 1,$$ $$frac{SD}{SC}cdot frac{CO}{OB}cdot frac{BP}{...
Đọc tiếp
Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $O$ là trung điểm của cạnh $SC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $SD$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đường thẳng $AN$ sao cho $OP \perp AM$. Chứng minh rằng: $$\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.
Cho tứ diện ABCD có \(DA\perp\left(ABC\right);AI\perp CD;AJ\perp BD\) a, Chứng minh AI⊥(BCD);BD⊥(AIJ)b, Chứng minh BCIJ nội tiếp đường tròn O' . Gọi O là trung điểm AB . Chứng minh OO'⊥(BCD)c, Tìm điểm cách đều 5 điểm A,B,C,I,Jd, Gọi K là giao điểm của IJ và (ABC). Chứng minh AK tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC