Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Tam giác ABC cân đỉnh A và có I là trung điểm của BC nên AI ⊥ BC. Tương tự tam giác DBC cân đỉnh D và có có I là trung điểm của BC nên DI ⊥ BC. Ta suy ra:
BC ⊥ (AID) nên BC ⊥ AD.
b) Vì BC ⊥ (AID) nên BC ⊥ AH
Mặt khác AH ⊥ ID nên ta suy ra AH vuông góc với mặt phẳng (BCD).
a) Tam giác ABC cân tại A có AI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao:
AI ⊥ BC
+) Tương tự, tam giác BCD cân tại D có DI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao:
DI ⊥ BC
+) Ta có:
a: ΔABC cân tại A
mà AM là trung tuyến
nên AM vuông góc BC
mà DA vuông góc (ABC)
nên BC vuông góc (DAM)
=>CB vuông góc AH
mà DM vuông góc AH
nên AH vuông góc (DBC)
b: Kẻ MN//AC(N thuộc AB)
=>(DM;AC)=(DM;MN)=góc DMN hoặc =180 độ-góc DMN
MN=1/2AC=a/2; AN=a/2
DN^2=DA^2+AN^2=89/100a^2
=>AM^2=AB^2-MA^2=a^2-9/25a^2=16/25a^2
=>AM=4/5a
AD=4/5a
=>\(DM=\dfrac{4a\sqrt{2}}{5}\)
DN^2=DM^2+MN^2-2*DM*MN*cosDMN
=>\(\cos DMN=\dfrac{2\sqrt{2}}{5}\)
=>\(\left(AC;DM\right)\simeq56^0\)
c: G1G2//DA
mà DA vuông góc (ABC)
nên G1G2 vuông góc (ABC)
a) Xét tam giác ABC cân tại A có
I là trung điểm của BC
\( \Rightarrow AI \bot BC\)
Xét tam giác ACD cân tại D có
I là trung điểm của BC
\( \Rightarrow DI \bot BC\)
Ta có \(AI \bot BC,DI \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {AID} \right)\)
b) \(BC \bot \left( {AID} \right);BC \subset \left( {BCD} \right) \Rightarrow \left( {BCD} \right) \bot \left( {AID} \right)\)
\(\left( {BCD} \right) \cap \left( {AID} \right) = DI\)
Trong (AID) có \(AH \bot DI\)
\( \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)\)
c) Ta có \(BC \bot \left( {AID} \right);IJ \subset \left( {AID} \right) \Rightarrow BC \bot IJ\)
Mà \(IJ \bot AD\)
Do đó IJ là đường vuông góc chung của AD và BC.
Do ABC cân \(\Rightarrow AM\perp BC\)
Mà \(DA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow DA\perp BC\)
\(\Rightarrow BC\perp\left(ADM\right)\Rightarrow BC\perp AH\)
\(\Rightarrow AH\perp\left(BCD\right)\)
b.
Gọi N là trung điểm AB \(\Rightarrow MN\) là đường trung bình tam giác ABC
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN||AC\\MN=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\widehat{\left(AC;DM\right)}=\widehat{\left(MN;DM\right)}=\widehat{DMN}\)
\(DN=\sqrt{AD^2+AN^2}=\sqrt{AD^2+\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{89}}{10}\)
\(AM=\sqrt{AB^2-\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2}=\dfrac{4a}{5}\Rightarrow DM=\sqrt{AD^2+AM^2}=\dfrac{4a\sqrt{2}}{5}\)
Định lý hàm cos cho tam giác DMN:
\(cos\widehat{DMN}=\dfrac{DM^2+MN^2-DN^2}{2DM.MN}=\dfrac{2\sqrt{2}}{5}\)
\(\Rightarrow\widehat{DMN}\approx55^033'\)
c.
M là trung điểm BC nên hiển nhiên \(G_1\) nằm trên AM và \(G_2\) nằm trên DM
Do \(G_1\) là trọng tâm ABC \(\Rightarrow\dfrac{AG_1}{AM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{MG_1}{AM}=\dfrac{1}{3}\)
Do \(G_2\) là trọng tâm DBC \(\Rightarrow\dfrac{DG_2}{DM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{MG_2}{DM}=\dfrac{1}{3}\)
\(\Rightarrow\dfrac{MG_1}{AM}=\dfrac{MG_2}{DM}\Rightarrow G_1G_2||DA\) (Talet đảo)
Mà \(DA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow G_1G_2\perp\left(ABC\right)\)
Chọn A.
+) Tam giác ABC cân tại A có AI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao: AI ⊥ BC (1)
+) Tam giác BCD cân tại D có DI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao: DI ⊥ BC (2)
- Từ (1) và (2) suy ra BC ⊥ (ADI).
ABC cân tại A \(\Rightarrow BC\perp AI\)
BCD cân tại D \(\Rightarrow BC\perp ID\)
\(\Rightarrow BC\perp\left(AID\right)\)
b/ \(\left\{{}\begin{matrix}AH\in\left(AID\right)\\BC\perp\left(AID\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AH\perp BC\)
Mà \(AH\perp ID\) ; \(ID\in\left(BCD\right)\)
\(\Rightarrow AH\perp\left(BCD\right)\)
sửa câu : a) \(BC\perp AD\)