Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tính độ dài đoạn thẳng AC.
Gọi D là trung điểm BC \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AD\perp BC\\AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\end{matrix}\right.\)
Gọi E là trung điểm BD \(\Rightarrow\) HE là đường trung bình tam giác ABD
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}HE||AD\Rightarrow HE\perp BC\\HE=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\end{matrix}\right.\)
Mà \(B'H\perp\left(ABC\right)\Rightarrow B'H\perp BC\Rightarrow BC\perp\left(B'HE\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{B'EH}\) là góc giữa (BCC'B') và đáy
\(\Rightarrow\widehat{B'HE}=60^0\)
\(\Rightarrow B'H=HE.tan60^0=\dfrac{3a}{4}\)
\(AA'||BB'\Rightarrow AA'||\left(BCC'B'\right)\Rightarrow d\left(AA';BC\right)=d\left(AA';\left(BCC'B'\right)\right)=d\left(A;\left(BCC'B'\right)\right)\)
Mà H là trung điểm AB \(\Rightarrow AB=2HB\Rightarrow d\left(A;\left(BCC'B'\right)\right)=2d\left(H;\left(BCC'B'\right)\right)\)
Từ H kẻ \(HK\perp B'E\)
Do \(BC\perp\left(B'HE\right)\Rightarrow\left(BCC'B'\right)\perp\left(B'HE\right)\)
Mà B'E là giao tuyến (B'HE) và (BCC'B')
\(\Rightarrow HK\perp\left(BCC'B'\right)\Rightarrow HK=d\left(H;\left(BCC'B'\right)\right)\)
Hệ thức lượng:
\(\dfrac{1}{HK^2}=\dfrac{1}{B'H^2}+\dfrac{1}{HE^2}\Rightarrow HK=\dfrac{B'H.HE}{\sqrt{B'H^2+HE^2}}=\dfrac{3a}{8}\)
\(\Rightarrow d\left(AA';BC\right)=2HK=\dfrac{3a}{4}\)
Chọn A
Xác định được
Do M là trung điểm của cạnh AB nên
Tam giác vuông SAM có
Qua A kẻ đường thẳng song song CI cắt BC kéo dài tại D
\(\Rightarrow CI||\left(A'AD\right)\Rightarrow d\left(A'A;CI\right)=d\left(CI;\left(A'AD\right)\right)=d\left(H;\left(A'AD\right)\right)\)
Từ H kẻ \(HE\perp AD\), từ H kẻ \(HF\perp A'E\)
\(\Rightarrow HF\perp\left(A'AD\right)\Rightarrow HF=d\left(H;\left(A'AD\right)\right)\)
Tứ giác AIHE là hình chữ nhật (3 góc vuông) \(\Rightarrow HE=AI=\dfrac{a}{2}\)
\(A'H\perp\left(ABC\right)\Rightarrow\widehat{A'AH}\) là góc giữa \(A'A\) là (ABC)
\(\Rightarrow\widehat{A'AH}=45^0\)
\(CI=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác đều) \(\Rightarrow IH=\dfrac{1}{2}CI=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)
\(\Rightarrow AH=\sqrt{AI^2+IH^2}=\dfrac{a\sqrt{7}}{4}\)
\(\Rightarrow A'H=AH.tan45^0=\dfrac{a\sqrt{7}}{4}\)
Hệ thức lượng:
\(HF=\dfrac{HE.A'H}{\sqrt{HE^2+A'H^2}}=\dfrac{a\sqrt{77}}{22}\)
Nhận xét:
Do tam giác A’B’D’ là tam giác đều nên C’M ⊥ A’D’
(C'A'D') ⊥ (AA'D'D) & (C'A'D') ∩(AA'D'D) ⇒ C’M ⊥ (AA’D’D)
Nên ∠(AC',(AA'D'D)) = ∠(C'AM) = 30 o .
Gọi K là trung điểm của DD’, ta có AKC’N là hình bình hành nên K với N đối xứng nhau qua trung điểm O của AC’. Mà O ∈ (AMC’), do đó
d[N,(C'MA)] = d[K,(C'MA)]
+ Xác định khoảng cách từ K đến (C’MA).
Do (C’MA) vuông góc với (AA’D’D) theo giao tuyến AM nên kẻ KH ⊥ AM, ta có KH ⊥ (C’MA) hay d[K,(C'MA)] = KH.
+ Tính KH.
Ta có: SAMK = SAA'D'D – (SAA'M + SMD'K + SADK) (1)
Trong tam giác AMC’, ta có: A M = C ’ M . c o t 30 o = ( 3 a √ 3 ) / 2 .
Trong tam giác AA’M, ta có: A A ’ = A M 2 - A ' M 2 = a √ 6 .