Hình học không gian

a) Chứng minh: $\cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma=1$Giả sử cho hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$ với ba kích thươc $AB=a, AD=b, Â’=c$ và đường chéo $AC’=d$và gọi góc $\widehat {C’AB}=\alpha, \widehat {C’AD}=\beta, \widehat {C’AA’}=\gamma$Tính chất hình hộp chữ nhật cho ta nhữngtam giác vuông nên:   $\cos \alpha=\frac{a}{d}, \cos \beta=\frac{b}{d}, \cos \gamma=\frac{c}{d}$Do đó: $\cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma=\frac{a^2}{d^2}+\frac{b^2}{d^2}+\frac{c^2}{d^2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{d^2}$Ta đã biết trong hình hộp chữ […]

Không giảm tổng quát ta có thể giả sử $A$ nằm trên $AB$Đặt $MDB=\varphi$. Khi đó dễ dàng ta thấy $S=c+a\cos \varphi+b\sin \varphi$Theo bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki, ta có:   $a\cos \varphi+b\sin \varphi \leq \sqrt{a^2+b^2}   (1)$Dấu bằng trong $(1)$ có $\Leftrightarrow  \frac{a}{\cos \varphi}=\frac{b}{\sin \varphi} \Leftrightarrow \tan \varphi=\frac{b}{a}$Chú ý là trong tam giác vuông $ADB$ thì $\frac{b}{a}=\tan […]

 a) Ba điểm $O, A, B$ không thể thẳng hàng. Thật vậy, nếu chúng thẳng hàng thì $O$ nằm trên đường thẳng $AB$, nên $O$ phải thuộc mặt phẳng $(P)$, điều này trái giả thiết.b) Xét hai mặt phẳng $(OAB)$ và mặt phẳng $(Q)$: Do $C$ là giao điểm của $d$ (nằm trong $(Q)$) và […]

 a) Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.    Tam giác $SAC$ có hai trung tuyến $SO$ và $AN$ cắt nhau tại trọng tâm $I$ của nó. Mặt khác đường thẳng $SO$ cũng thuộc mp$(SBD)$ nên $I$ là giao điểm của $AN$ và mp$(SBD)$.    Ta có $BI$ và $MN$ đều thuộc mp$(ANB)$, vậy $MN$ […]

 Theo công thức tính độ dài trung tuyến lần lượt trong các tam giác $MAC’, MBD’, MCA’$ và $MDB’$, ta có:$MA^2+MC’^2=2MO^2+\frac{AC’^2}{2}=2MO^2+\frac{AA’^2+A’C’^2}{2}=2MO^2+\frac{c^2+a^2+b^2}{2}$$MB^2+MD’^2=2MO^2+\frac{BD’^2}{2}=2MO^2+\frac{c^2+a^2+b^2}{2}$$MC^2+MA’^2=2MO^2+\frac{A’C^2}{2} =2MO^2+\frac{c^2+a^2+b^2}{2}$$MD^2+MB’^2=2MO^2+\frac{B’D^2}{2}=2MO^2+\frac{c^2+a^2+b^2}{2}$Cộng vế theo vế bốn đẳng thức trên ta được:$T =MA^2+MB^2+MC^2+MD^2+MA’^2+MB’^2+MC’^2+MD’^2$$=8MO^2+2(a^2+b^2+c^2).$  Từ hệ thức trên ta suy ra $T$ đặt giá trị bé nhất khi và chỉ khi $MO=0$, tức là khi $M$ trùng […]

Ta có $AC\parallel A’C’$ và $A’B’C’D’$ là hình thoi nên $A’C’ \perp B’D’$. Mà $A’C’ \parallel AC$. Do đó $AC \perp B’D’$.Bây giờ, nếu thêm giả thiết $\widehat{ABC}=\widehat{B’BA}=\widehat{B’BC}=60^0$, ta có $A’B’CD$ là hình bình hành và $B’C=a=CD$ nên $A’B’CD$ là hình thoi. Ta lại có $\overrightarrow{CB’}.\overrightarrow{CD}=(\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BB’}).\overrightarrow{BA}      $$=\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BB’}.\overrightarrow{BA}=-\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}=0.      $Vậy $CB’$ vuông góc […]

$1)$ Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD; G$ là giao điểm $SI$ và $MN$, ta có: $\frac{{SG}}{{SI}} = \frac{2}{3}$$A, G, P$ thẳng hàng vì cùng thuộc giao tuyến $(AMN) \cap (SAC)$$G$ là trọng tâm tam giác $SAC$ suy ra $P$ là trung điểm của $SC.$Vậy $\frac{{SP}}{{CP}} = 1$$2$) Ta có: ${V_{SAMNP}} = […]

$1.$ Do định lý ba đường vuông góc ta có : góc $(SDC)=90^0$$\Rightarrow  $ hình chóp $S.ABCD$ nội tiếp hình cầu đường kính $SC$Ta có : $AC^2=2a^2; SA^2=(2a)^2$$\Rightarrow  SC^2=2a^2+4a^2=6a^2\Rightarrow  SC=a\sqrt{6} $$\Rightarrow  $thể tích hình cầu ngoại tiếp hình chóp $S.ABCD$ bằng$V=\frac{4}{3}\pi(\frac{a\sqrt{6} }{2} )^3=a^3\sqrt{6}\pi  $$2.$ Ta có $SA\bot NA;SA\bot MA$$\Rightarrow  $các mặt phẳ ng $(SAM)$ và […]

 a) Vẽ $A’A\parallel O’O   ( A’ \in (P’))$ thì $A’A\bot (P’)$ nên $A’A\bot O’I$. Vẽ $O’I\bot A’B(I\in A’B)$, ta suy ra $O’I\bot$ mp$(ABA’)$ nên $O’I\bot A’B$. Vẽ $IJ\parallel A’A(J\in AB)$ và $JK\parallel O’I(K\in O’O)$, suy ra $KJ\bot AB$ và $KJ\bot O’O$. Vậy $KJ$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $O’O$. b) Để […]