Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Chọn D.
+) Ta có :
⇒ Suy ra : A đúng.
+) Ta có : 
⇒ Suy ra : C đúng.
+) Mặt khác : AH ⊥ CD nên:
⇒ Suy ra : D sai.
Do Tam giác ABC cân tại A, AH là đường cao nên H là trung điểm BC.
+Đáp án A. Ta có
A là khẳng định sai.
Vì \(SB\perp\left(ABC\right)\) nên \(SB\perp BC\)
Nếu \(SA\perp BC\Rightarrow SA||SB\) hoặc SA trùng SB (đều vô lý)
Chọn B.
+) Vì tam giác ABC vuông tại B nên BC ⊥ AB.
- Lại có:
+) Theo gt AH ⊥ SB vậy:
- Do đó AH không thể vuông góc với AC.(Một tam giác không thể có đồng thời hai góc vuông)
Ta thấy ^EHK = ^EHM + ^KHM = ^BAE + ^CAM = ^BAC = 900
Đường thẳng HE: đi qua \(H\left(2;2\right)\), VTPT \(\overrightarrow{HK}\left(1;-1\right)\Rightarrow\) \(HE:x-y=0\)
Xét hệ \(\hept{\begin{cases}x-y=0\\x+y-6=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\y=3\end{cases}}}\Rightarrow E\left(3;3\right)\)
Đường thẳng KE: đi qua \(K\left(3;1\right)\), VTCP \(\overrightarrow{KE}\left(0;2\right)\Rightarrow KE:\hept{\begin{cases}x=3\\y=1+2t\end{cases}}\)
Xét hệ \(\hept{\begin{cases}2x-y-2=0\\x=3\\y=1+2t\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\y=4\end{cases}}\Rightarrow A\left(3;4\right)\)
Đường thẳng BC: đi qua \(H\left(2;2\right)\), VTPT \(\overrightarrow{HA}\left(1;2\right)\Rightarrow BC:x+2y-6=0\)(1)
Đường thẳng EB: đi qua \(E\left(3;3\right)\), VTPT \(\overrightarrow{KE}\left(0;2\right)\Rightarrow BE:y=3\)(2)
Đường thẳng KC: đi qua \(K\left(3;1\right)\), VTPT \(\overrightarrow{KE}\left(0;2\right)\Rightarrow KC:y=1\) (3)
Từ (1);(2) suy ra \(B\left(0;3\right)\), từ (1);(3) suy ra \(C\left(4;1\right)\)
Vậy \(A\left(3;4\right),B\left(0;3\right),C\left(4;1\right).\)
16.
Đặt cạnh của đáy là x
\(DM=\sqrt{AD^2+AM^2}=\sqrt{x^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}=\frac{x\sqrt{5}}{2}\)
\(CM=\sqrt{BC^2+BM^2}=\sqrt{x^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2}=\frac{x\sqrt{5}}{2}\)
\(\Rightarrow DM=CM\Rightarrow\Delta_vSMD=\Delta_vSMC\)
\(\Rightarrow SC=SD=2a\sqrt{5}\)
Mà \(SM\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{SCM}\) là góc giữa SC và (ABCD) \(\Rightarrow\widehat{SCM}=60^0\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}CM=SC.cos60^0=a\sqrt{5}\\SM=SC.sin60^0=a\sqrt{15}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AB=x=\frac{2CM}{\sqrt{5}}=2a\)
Gọi N là trung điểm CD \(\Rightarrow CD\perp\left(SMN\right)\)
\(AM//CD\Rightarrow AM//\left(SCD\right)\Rightarrow d\left(A;\left(SCD\right)\right)=d\left(M;\left(SCD\right)\right)\)
Từ M kẻ \(MM\perp SN\Rightarrow MH\perp\left(SCD\right)\Rightarrow MH=d\left(H;\left(SCD\right)\right)\)
\(MN=AB=2a\)
\(\frac{1}{MH^2}=\frac{1}{SM^2}+\frac{1}{MN^2}\Rightarrow MH=\frac{SM.MN}{\sqrt{SM^2+MN^2}}=\frac{2a\sqrt{15}}{\sqrt{19}}\)
14.
Do \(\widehat{C'BC}\) là góc giữa (ABCD) và (ABC') nên \(\widehat{C'BC}=60^0\)
\(\Rightarrow CC'=BC.tan60^0=a\sqrt{3}\)
15.
Gọi H là trung điểm BC \(\Rightarrow OH\perp BC\)
Chóp tứ giác đều \(\Rightarrow SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SO\perp BC\)
\(\Rightarrow BC\perp\left(SOH\right)\)
Từ O kẻ \(OK\perp SH\Rightarrow OK\perp\left(SBC\right)\Rightarrow OK=d\left(O;\left(SBC\right)\right)\)
\(OH=\frac{1}{2}AB=\frac{a}{2}\) ; \(AC=a\sqrt{2}\Rightarrow OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)
\(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)
\(\frac{1}{OK^2}=\frac{1}{SO^2}+\frac{1}{OH^2}\Rightarrow OK=\frac{SO.OH}{\sqrt{SO^2+OH^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}\)
Tam giác ABC cân tại A, đường cao AH.
Do đó, H là trung điểm BC.
Ta có:
AB = AC → A B → = A C →
+ Do H là trung điểm
→ H C → = - H B → B C → = 2 H C →
Chọn A