K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

22 tháng 9 2017

Giải sách bài tập Toán 11 | Giải sbt Toán 11

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’.

Giải sách bài tập Toán 11 | Giải sbt Toán 11

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)

20 tháng 12 2019

Giải bài 7 trang 126 sgk Hình học 11 | Để học tốt Toán 11

a) Ta có:

Giải bài 7 trang 126 sgk Hình học 11 | Để học tốt Toán 11

Gọi K là trung điểm của AD ta có CK = AB = AD/2 nên tam giác ACD vuông tại C

Ta có:

Giải bài 7 trang 126 sgk Hình học 11 | Để học tốt Toán 11

b) Trong mặt phẳng (SAC) vẽ AC’ ⊥ SC và trong mặt phẳng (SAD) vẽ AD’ ⊥ SD

Ta có AC’⊥ CD (vì CD ⊥ (SAC))

Và AC’ ⊥ SC nên suy ra AC’ ⊥ (SCD) ⇒ AC’ ⊥ SD

Ta lại có AB ⊥ AD và AB ⊥ SA nên AB ⊥ (SAD) ⇒ AB ⊥ SD

Ba đường thẳng AD’, AC’ và AB cùng đi qua điểm A và vuông góc với SD nên cùng nằm trong mặt phẳng (α) qua A và vuông góc với SD

c) Ta có C’D’ là giao tuyến của (α) với mặt phẳng (SCD). Do đó khi S di động trên tia Ax thì C’D’ luôn luôn đi qua một điểm cố định là giao điểm của AB và CD

AB ⊂ (α), CD ⊂ (SCD) ⇒ I ∈ (α) ∩ (SCD) = C’D’

8 tháng 7 2017

Giải sách bài tập Toán 11 | Giải sbt Toán 11

a) Gọi (β) là mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng AB và Ax

Do Ax // (α) nên (β) sẽ cắt (α) theo giao tuyến Bx’ song song với Ax.

Ta có M’ là điểm chung của (α) và (β) nên M’ thuộc Bx’.

Khi M trùng A thì M’ trùng B nên tập hợp M’ là tia Bx’.

Ta có tứ giác ABM’M là hình bình hành nên BM’ = AM = BN.

Tam giác BM’N cân tại B.

Suy ra trung điểm I của cạnh đáy NM’ thuộc phân giác trong Bt của góc B trong tam giác cân BNM’. Dễ thấy rằng Bt cố định.

Gọi O là trung điểm của AB. Trong mặt phẳng (AB, Bt), tứ giác OBIJ là hình bình hành nên  I J   → =   B O → . Do đó I là ảnh của J trong phép tịnh tiến theo vectơ  B O → . Vậy tập hợp I là tia Ot’ song song với Bt.

Cho hình thang ABCD có AB // CD và AB = 2a, BC = CD = DA = a. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A. Gọi S là một điểm duy nhất thay đổi trên d. (P) là một mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại I và cắt SC, SD lần lượt tại J, K.a) Chứng minh tứ giác BCJI, AIJK là các tứ giác nội tiếp.b) Gọi O là trung điểm của AB, O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCJI. Chứng minh rằng OO' ⊥...
Đọc tiếp

Cho hình thang ABCD có AB // CD và AB = 2a, BC = CD = DA = a. Đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A. Gọi S là một điểm duy nhất thay đổi trên d. (P) là một mặt phẳng qua A vuông góc với SB tại I và cắt SC, SD lần lượt tại J, K.

a) Chứng minh tứ giác BCJI, AIJK là các tứ giác nội tiếp.

b) Gọi O là trung điểm của AB, O' là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCJI. Chứng minh rằng OO' ⊥ (SBC).

c) Chứng minh rằng khi S thay đổi trên d thì JK luôn luôn đi qua một điểm cố định.

d) Tìm một điểm cách đều các điểm A, B, C, D, I, J, K và tìm khoảng cách đó.

e) Gọi M là giao điểm của JK và (ABCD). Chứng minh rằng AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

f) Khi S thay đổi trên d, các điểm I, J, K lần lượt chạy trên đường nào.

1
27 tháng 3 2017

Giải sách bài tập Toán 11 | Giải sbt Toán 11

Nhận xét

Hình thang ABCD có hai cạnh bên và đáy nhỏ bằng nhau và bằng nửa đáy lớn, nên nó là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AB, tâm O là trung điểm của AB.

Như vậy: ∠(ACB) = ∠(ADB) = 1v.

a) Theo giả thiết, ta có: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BC

BC ⊥ SA & BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ SC. (1)

Mặt khác SB ⊥ (P) nên SB ⊥ IJ (⊂ (P)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra BCJI là tứ giác nội tiếp trong đường tròn đường kính BJ.

Ta có BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ AJ (⊂ (SAC))

AJ ⊥ BC & AJ ⊥ SB (do SB ⊥ (P)) ⇒ AJ ⊥ (SBC) ⇒ AJ ⊥ JI (⊂ (SBC)) (3)

Lý luận tương tự, ta có:

BD ⊥ AD & BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAD) ⇒ BD ⊥ AK (⊂ (SAD))

AK ⊥ BD & AK ⊥ SB(⊂ (P)) ⇒ AK ⊥ (SBD) ⇒ AK ⊥ KI. (4)

Từ (3) và (4) suy ra AKJI nội tiếp trong đường tròn đường kính AI nằm trong mặt phẳng (P).

b) Ta có ngay O’ là trung điểm BJ

Vì OO’ là đường trung bình của ΔABJ nên OO’ // AJ

Mà AJ ⊥ (SBC) nên OO’ ⊥ (SBC)

c) Ta có (SCD) ∩ (ABCD) = CD.

Gọi M = JK ∩ CD

SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AM(⊂ (ABCD)) (5)

SB ⊥ (P) ⇒ SB ⊥ AM (⊂ (P)) (6)

Từ (5) và (6), ta có: AM ⊥ (SAB) ⇒ AM ⊥ AB.

Suy ra AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔABC tại A. Như vậy AM cố định. Vì M = AM ∩ CD nên M cố định.

d) ΔAIB vuông tại I nên OA = OB = OI

ΔAJB vuông tại J (do AJ ⊥ (SBC)) nên OA = OB = OJ).

ΔAKB vuông tại K (do AK ⊥ (SBD)) nên OA = OB = OK).

Ta có OA = OB = OC = OD = OI = OJ = OK nên O là điểm cách đều các điểm đã cho và OA = AB/2 = a.

e) Theo chứng minh câu c.

f) Khi S thay đổi trên d, ta có I luôn nằm trong mặt phẳng (B, d).

Trong mặt phẳng này I luôn nhìn đoạn AB cố định dưới góc vuông nên tập hợp I là đường tròn ( C 1 ) đường kính AB nằm trong mặt phẳng (B, d).

Tương tự, tập hợp J là đường tròn ( C 2 ) đường kính AC nằm trong mặt phẳng (C, d) và tập hợp K là đường tròn đường kính AD nằm trong mặt phẳng (D, d).

25 tháng 5 2017

Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian, Quan hệ song song

Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian, Quan hệ song song

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
22 tháng 9 2023

a) Ta có:

\(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot CB\)

\(ABC{\rm{D}}\) là hình vuông \( \Rightarrow AB \bot CB\)

\( \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right)\)

\(SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot CD\)

\(ABC{\rm{D}}\) là hình vuông \( \Rightarrow AD \bot CD\)

\( \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\)

b) Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}CB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow CB \bot AH\\AH \bot SB\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\)

\(\left. \begin{array}{l}CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AK\\AK \bot SD\end{array} \right\} \Rightarrow AK \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow AK \bot SC\)

\( \Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow SC \bot HK\)

\(\begin{array}{l}\Delta SAB = \Delta SA{\rm{D}}\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow SH = SK,SB = S{\rm{D}}\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{SK}}{{S{\rm{D}}}} \Rightarrow HK\parallel B{\rm{D}}\\SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow SA \bot B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot HK\end{array}\)

\(\left. \begin{array}{l}SC \bot HK\\SA \bot HK\end{array} \right\} \Rightarrow HK \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow HK \bot AI\)

HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
22 tháng 9 2023

a) Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}AH \bot \left( P \right)\\BK \bot \left( P \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AH\parallel BK\)

Mà \(AB\parallel HK\)

\( \Rightarrow ABKH\) là hình bình hành có \(AH \bot \left( P \right) \Rightarrow AH \bot HK \Rightarrow \widehat {AHK} = {90^ \circ }\)

Vậy \(ABKH\) là hình chữ nhật.

Vậy \(AH = BK\).

b) Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}AH \bot \left( Q \right)\\BK \bot \left( Q \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AH\parallel BK\)

Mà \(AB\parallel HK\)

\( \Rightarrow ABKH\) là hình bình hành có \(AH \bot \left( Q \right) \Rightarrow AH \bot HK \Rightarrow \widehat {AHK} = {90^ \circ }\)

Vậy \(ABKH\) là hình chữ nhật.

Vậy \(AH = BK\).