Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
tham khảo:
a) Vì M', N' tương ứng là hình chiếu của M, N trên mặt phẳng (P) nên hình chiếu của a trên mặt phẳng (P) là a’ đường thẳng đi qua hai điểm M', N'.
b) b vuông góc với M'N' và b vuông góc với MM' (do M' là hình chiếu của M trên (P)); M'N' cắt MM' tại M' do đó b vuông góc mặt phẳng tạo bởi M'N', MM' suy ra b có vuông góc với a.
c) b vuông góc với a và b vuông góc với MM' (do M' là hình chiếu của M trên (P)); a cắt MM' tại M do đó b vuông góc mặt phẳng tạo bởi a, MM' suy ra b có vuông góc với M'N'.
a) Vì H là hình chiếu của M trên đường thẳng a, nên MH là khoảng cách từ M đến a và MH là đoạn thẳng ngắn nhất từ M đến a, suy ra MK ≥ MH.
b) Vì H là hình chiếu của M trên (P) nên MH vuông góc với (P) do đó MH vuông góc với HK.
Dựa vào mối quan hệ đường xiên và đường vuông góc ta có MK ≥ MH.
a) Mặt phẳng chứa a và a' có vuông góc với (Q)
b) Ta có \(MN \bot \left( Q \right),b \subset \left( Q \right) \Rightarrow MN \bot b\)
\(MN \bot a\) (M là hình chiếu của N trên a)
Vậy MN có vuông góc với cả hai đường thẳng a và b.
c) Vì a // (Q) nên d(a, (Q)) = d(M, (Q)) = MN
\(\left. \begin{array}{l}\Delta \bot \left( P \right)\\a \subset \left( P \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \Delta \bot a,a//b \Rightarrow \Delta \bot b \Rightarrow \left( {\Delta ,b} \right) = {90^0}\)
\(\Delta \bot a \Rightarrow \left( {\Delta ,a} \right) = {90^0}\)
\( \Rightarrow \) (\(\Delta \), b) = (\(\Delta \), a) mà b là đường thẳng bất kì thuộc (Q)
\( \Rightarrow \) \(\Delta \bot \left( Q \right)\)
a) Khi một điểm M thay đổi trên đường thẳng m, khoảng cách từ M đến đường thẳng n không thay đổi vì m//n.
b) Vì (P)//(Q) nên các đường thẳng trên mặt (P) đều song song với (Q).
=>Khoảng cách từ M đến (Q) không thay đổi khi M dịch chuyển
a) Mỗi cặp đường thẳng a, a' và b, b' cùng thuộc một mặt phẳng vì a // a', b // b'.
b) Ta có:
+) OA // O′A′; OO' // AA' nên OAA'O' là hình bình hành.
+) OB // O′B′; OO' // BB' nên OBB'O' là hình bình hành.
+) AB // A′B′ và OO' // AA'; OO' // BB' suy ra AA' // BB' nên ABB'A' là hình bình hành.
c) Áp dụng định lí côsin cho các tam giác OAB và O'A'B', ta có:
\(\cos \left( {a,b} \right) = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2.OA.OB}};\cos \left( {a',b'} \right) = \frac{{O'{{A'}^2} + O'{{B'}^2} - A'{{B'}^2}}}{{2.O'A'.O'B'}}\)
Vì O'A' = OA và O'B' = OB; AB = A'B' nên cos(a,b) = cos(a′,b′).
Lấy điểm A ∈ a, A’ là hình chiếu của A trên mặt phẳng (α) ⇒ AA’ = khoảng cách từ A đến mặt phẳng (α)
Mà khoảng cách từ A đến mặt phẳng (α) là bé nhất so với các khoảng cách từ A tới một điểm bất kì của mặt phẳng (α).
Vậy khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (α) là bé nhất so với khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc a tới một điểm bất kì thuộc mặt phẳng (α).
Theo giả thiết ta có M và N là hai điểm di động lần lượt trên hai tia Ax và By sao cho AM + BN = MN.
a) Kéo dài MA một đoạn AP = BN, ta có MP = MN và OP = ON.
Do đó ΔOMP = ΔOMN (c.c.c)
⇒ OA = OH nên OH = a.
Ta suy ra HM = AM và HN = BN.
b) Gọi M’ là hình chiếu vuông góc của điểm M trên mặt phẳng (Bx’, By) ta có:
HK // MM’ với K ∈ NM’.
Do đó đối với tam giác BNM’ đường thẳng BK là phân giác của góc (x'By) .
c) Gọi (β) là mặt phẳng (AB, BK). Vì HK // AB nên HK nằm trong mặt phẳng (β) và do đó H thuộc mặt phẳng (β). Trong mặt phẳng (β) ta có OH = a. Vậy điểm H luôn luôn nằm trên đường tròn cố định, đường kính AB và nằm trong mặt phẳng cố định (β) = (AB, BK)
Câu 1:
a) Trong (SCD) kéo dài SM cắt CD tại N, Chứng minh N thuộc (SBM)
b) (SBM) ≡ (SBN). Giao tuyến cần tìm là SO
c) Trong (SBN) ta có MB giao SO tại I
d) Trong (ABCD) , ta có AB giao CD tại K, Trong (SCD), ta có KQ giao SC tại P
Từ đó suy ra được giao tuyến của hai mặt phẳng (SCD) và (ABM) là KQ
Câu 2:
a) Trong (ABCD) gọi M = AE ∩ DC => M ∈ AE, AE ⊂ ( C'AE) => M ∈ ( C'AE). Mà M ∈ CD => M = DC ∩ (C'AE)
b) Chứng minh M ∈ (SDC), trong (SDC) : MC' ∩ SD = F. Chứng minh thiết diện là AEC'F
Câu 3:
a) Chứng minh E, N là hai điểm chung của mặt phẳng (PMN) và (BCD)
b) EN ∩ BC = Q. Chứng minh Q là điểm cần tìm
Câu 4:
a) Chứng minh I, K là hai điểm chung của (BIC) và (AKD)
b) Gọi P = CI ∩ DN và Q = BI ∩ DM, chứng minh PQ là giao tuyến cần tìm
Câu 5:
a) Trong mặt phẳng (α) vì AB và CD không song song nên AB ∩ DC = E
=> E ∈ DC, mà DC ⊂ (SDC)
=> E ∈ ( SDC). Trong (SDC) đường thẳng ME cắt SD tại N
=> N ∈ ME mà ME ⊂ (MAB)
=> N ∈ ( MAB). Lại có N ∈ SD => N = SD ∩ (MAB)
b) O là giao điểm của AC và BD => O thộc AC và BD, mà AC ⊂ ( SAC)
=> O ∈( SAC), BD ⊂ (SBD) , O ∈ (SBD)
=> O là một điểm chung của (SAC) và (SBD), mặt khác S cũng là điểm chung của (SAC) và (SBD) => (SAC) ∩ (SBD) = SO
Trong mặt phẳng (AEN) gọi I = AM ∩ BN thì I thuộc AM và I thuộc BN
Mà AM ⊂ (SAC) => I ∈ (SAC), BN ⊂ ( SBD) => I ∈ (SBD). Như vậy I là điểm chung của (SAC) và (SBD) nên I thuộc giao tuyến SO của (SAC) và (SBD) tức là S, I, O thẳng hàng hay SO, AM, BN đồng quy
Ta có \(MA \bot \left( P \right)\) (A là hình chiếu của M trên (P))
\(NB \bot \left( P \right)\) (B là hình chiếu của N trên (P))
\( \Rightarrow \) MA // NB \( \Rightarrow \) 4 điểm M, A, B, N đồng phẳng
\(\left. \begin{array}{l}\left( {AMNB} \right) \cap \left( P \right) = AB\\a//\left( P \right)\end{array} \right\} \Rightarrow a//AB\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác AMNB là hình bình hành.
Mà \(MA \bot AB\left( {MA \bot \left( P \right)} \right)\)
\( \Rightarrow \) Tứ giác AMNB là hình chữ nhật nên MA = NB
Vậy M, N có cùng khoảng cách đến (P).