Bài 6: Ôn tập chương Vecơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian.

Lời giải:

Ta có:

\(\left\{\begin{matrix} SA\perp BC\\ AB\perp BC\end{matrix}\right.\Rightarrow (SAB)\perp BC\)

Mà \(AH\subset (SAB)\Rightarrow AH\perp BC\)

Có: \(\left\{\begin{matrix} AH\perp BC\\ AH\perp SB\end{matrix}\right.\Rightarrow AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp SC(1)\)

Lại có:

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

Mà \(AK\subset (SAD)\Rightarrow AK\perp CD\)

Có: \(\left\{\begin{matrix} AK\perp CD\\ AK\perp SD\end{matrix}\right.\Rightarrow AK\perp (SCD)\Rightarrow AK\perp SC(2)\)

Từ \((1); (2)\Rightarrow SC\perp (AHK)\Rightarrow SC\perp HK(*)\)

Tam giác vuông $SAB,SAD$ có các cạnh tương ứng bằng nhau nên hai tam giác bằng nhau.

Tương ứng ở mỗi tam giác có đường cao $AH,AK$ nên:

\(\Rightarrow \frac{SH}{HB}=\frac{SK}{KD}\), do đó \(HK\parallel BD\). Mà \(BD\perp AC\Rightarrow HK\perp AC(**)\)

Từ \((*); (**)\Rightarrow HK\perp (SAC)\)

Mà : \(AI\subset (SAC)\Rightarrow HK\perp AI\)

Ta có đpcm.

Nana

Lời giải:

Kẻ \(SH\perp BC\).

Vì \(\left\{\begin{matrix} SH\subset (SBC)\\ (SBC)\perp (ABC)\\ (SBC)\cap (ABC)\equiv BC\end{matrix}\right.\Rightarrow SH\perp (ABC)\)

Kẻ \(HK\perp AB\)

Có: \(\left\{\begin{matrix} SH\perp AB\\ HK\perp AB\end{matrix}\right.\Rightarrow (SHK)\perp AB\)

Mà \(AB\) là giao tuyến của (SAB) và (ABC) nên :

\(\Delta_{\phi}=\angle ((SAB),(ABC))=\angle (SK,HK)=\widehat{SKH}\)

\(\tan \Delta _{\phi}=\tan \widehat{SKH}=\frac{SH}{HK}\)

Vì tam giác $SBC$ đều cạnh $a$ có $SH$ là là đường cao nên dễ thấy \(SH=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)

\(HK=\sin B.BH=\sin 30.\frac{a}{2}=\frac{a}{4}\)

\(\Rightarrow \tan \Delta_{\phi}=\frac{\sqrt{3}a}{2}: \frac{a}{4}=2\sqrt{3}\)

Đáp án A

Tứ diện SABC có (SBC) vuông góc (ABC), SBC là tam giác đều cạnh a, ABC là tam giác vuông tại A và B^=30 độ. Gọi delta phi là góc giữa (SAB) và (ABC). chọn khẳng định đún

A. tan delta phi = 2 căn 3
B. tan delta phi = 3 căn 3
C. delta phi = 60 độ
D delta phi = 30 độ

Gọi AD là đường kính của (O) , dễ thấy G , P , D thẳng hàng và PE // CD ; PF // BD . Giả sử PE , PFcắt DB , DC tại K , L ; EFcắt BC tại T

Theo định lý Desargues để chứng minh BE , CF , GP ( hay PD ) đồng quy ta chỉ cần chứng minh T , K , L thẳng hàng

Áp dụng định lý Menelaus ta được :

\(\dfrac{TB}{TC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB}=1\Rightarrow\dfrac{TB}{TC}=\dfrac{FB}{EC}=\dfrac{AE}{AF}\left(1\right)\)

Dễ thấy tứ giác EFBC nội tiếp nên \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{BE}{CF}\left(2\right)\)

Cũng từ EFBC nội tiếp suy ra :

\(\widehat{FCL}=\widehat{FCA}+\widehat{ACL}=\widehat{EBA}+90^0=\widehat{EBA}+\widehat{ABK}=\widehat{KBE}\)

Tứ giác PKDL là hình bình hành suy ra \(\widehat{PKB}=\widehat{PLC}\)

Suy ra \(\varnothing\) EBK : \(\varnothing\) FCL \(\Rightarrow\) \(\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{KB}{CL}\left(3\right)\)

Ta có : BF . PL = CE . PK = S_PKDL \(\Rightarrow\) _{\(\dfrac{BF}{CE}=\dfrac{PK}{PL}=\dfrac{DL}{DK}\left(4\right)\)}

Thay (2) , (3) , (4) vào (1) ta được :

\(\dfrac{TB}{TC}=\dfrac{DL}{DK}.\dfrac{KB}{CL}\Rightarrow\dfrac{TB}{TC}.\dfrac{LC}{LD}.\dfrac{KD}{KB}=1\)

Từ đó áp dụng định lý menelaus cho tam giác DBC ta suy ra T,K,L thẳng hàng

a. \(=\widehat{ABC}=60^o\)

b. \(=120^o\)

c. \(=30^o\)