Câu hỏi:

31/08/2025 21 Lưu

Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, SA = a, ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a và M là trung điểm của CD. Khi đó:

(a)\(\overrightarrow {SB} - \overrightarrow {MB} - \overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SD} = \overrightarrow 0 \).

(b)\(\cos \left( {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SM} } \right) = \frac{{2\sqrt {21} }}{{21}}\).

(c)\(\left| {\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {SA} } \right| = a\sqrt {21} \).

(d)\(\overrightarrow {SM} .\overrightarrow {AB} = \frac{1}{2}{a^2}\).

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack
Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, SA = a, ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a và M là trung điểm của CD. Khi đó:
(a)\(\overrightarrow {SB} - \overrightarrow {MB} - \overrigh (ảnh 1)

a) \(\overrightarrow {SB} - \overrightarrow {MB} - \overrightarrow {SC} - \overrightarrow {SD} \)\( = \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {BM} - \left( {\overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SD} } \right)\)\( = \overrightarrow {SM} - 2\overrightarrow {SM} = - \overrightarrow {SM} = \overrightarrow {MS} \).

b) Có \(AM = \sqrt {A{D^2} + D{M^2}} = \sqrt {4{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}\).

Xét SAM vuông tại A, có \(SM = \sqrt {S{A^2} + A{M^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{17{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt {21} }}{2}\).

Có \(\left( {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SM} } \right) = \widehat {ASM}\).

Khi đó \(\cos \left( {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SM} } \right) = \cos \widehat {ASM} = \frac{{SA}}{{SM}} = a:\frac{{a\sqrt {21} }}{2} = \frac{{2\sqrt {21} }}{{21}}\).

c) \({\left| {\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {SA} } \right|^2} = {\overrightarrow {AM} ^2} + {\overrightarrow {SA} ^2} - 2\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {SA} \)\( = {\overrightarrow {AM} ^2} + {\overrightarrow {SA} ^2} - 2\left| {\overrightarrow {AM} } \right|.\left| {\overrightarrow {SA} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {SA} } \right)\)

\( = \frac{{17{a^2}}}{4} + {a^2} - 2.\frac{{a\sqrt {17} }}{2}.a.\cos 90^\circ = \frac{{21{a^2}}}{4}\)\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {SA} } \right| = \frac{{a\sqrt {21} }}{2}\).

d) Ta có \(\overrightarrow {SM} .\overrightarrow {AB} = \left( {\overrightarrow {AM} - \overrightarrow {AS} } \right).\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB} - \overrightarrow {AS} .\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB} \) (vì \(\overrightarrow {AS} \bot \overrightarrow {AB} \)).

Ta có \(BM = \sqrt {B{C^2} + C{M^2}} = \sqrt {4{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}\); \(AM = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}\).

Xét ABM có \(\cos \widehat {BAM} = \frac{{A{B^2} + A{M^2} - B{M^2}}}{{2.AB.AM}}\)\( = \frac{{{a^2} + \frac{{17{a^2}}}{4} - \frac{{17{a^2}}}{4}}}{{2.a.\frac{{a\sqrt {17} }}{2}}}\)\( = \frac{1}{{\sqrt {17} }}\).

Ta có \(\overrightarrow {AM} .\overrightarrow {AB} = \left| {\overrightarrow {AM} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\cos \left( {\overrightarrow {AM} ,\overrightarrow {AB} } \right)\)\( = \left| {\overrightarrow {AM} } \right|.\left| {\overrightarrow {AB} } \right|.\cos \widehat {BAM}\)\( = \frac{{a\sqrt {17} }}{2}.a.\frac{1}{{\sqrt {17} }} = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Gọi I là tâm hình vuông ABCD. gọi G là trọng tâm của tam giác AB'C.
(a) \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} (ảnh 1)

a) Theo quy tắc hình hộp ta có \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AA'} = \overrightarrow {AC'} \).

b) Vì G là trọng tâm AB'C nên \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB'} + \overrightarrow {GC} = \overrightarrow 0 \).

c) Theo quy tắc hình bình hành \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {AC} \) mà \(\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {A'C'} \) nên \(\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {AD} = \overrightarrow {A'C'} \).

d) Xét BDB' có I là trung điểm của BD và \(B'G = \frac{2}{3}B'I\) nên G là trọng tâm BDB'.

Gọi J là tâm của hình bình hành BDD'B'.

Khi đó \(\overrightarrow {BG} = \frac{2}{3}\overrightarrow {BJ} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}\overrightarrow {BD'} \)\( \Rightarrow \overrightarrow {BD'} = 3\overrightarrow {BG} \).

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

Lời giải

Cho tứ diện ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB, CD và G là trung điểm MN.
(a) \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = \overri (ảnh 1)

a) Có \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} = 2\overrightarrow {GM} ;\overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = 2\overrightarrow {GN} \).

Do đó \(\overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} = 2\left( {\overrightarrow {GM} + \overrightarrow {GN} } \right) = \overrightarrow 0 \).

b) \(\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} + \overrightarrow {MD} \)\( = 4\overrightarrow {MG} + \overrightarrow {GA} + \overrightarrow {GB} + \overrightarrow {GC} + \overrightarrow {GD} \)\( = 4\overrightarrow {MG} \).

c) d) Ta có \(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {CN} \);

\(\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {DN} \).

Suy ra \(2\overrightarrow {MN} = \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MA} + \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AD} + \overrightarrow {CN} + \overrightarrow {DN} \)\( = \overrightarrow {BC} + \overrightarrow {AD} \)\( = \overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {AB} + \overrightarrow {BD} \)\( = \overrightarrow {AC} + \overrightarrow {BD} \).

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

Câu 6

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP