Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a.
\(\left\{{}\begin{matrix}BB'\perp\left(ABC\right)\Rightarrow BB'\perp BC\\AB\perp BC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(ABB'A'\right)\)
\(\Rightarrow BC=d\left(C;\left(A'AB\right)\right)\)
\(S_{A'AB}=\dfrac{1}{2}S_{ABB'A'}=\dfrac{3a^2}{2}\)
\(\Rightarrow V_{C.A'AB}=\dfrac{1}{3}BC.S_{A'AB}=\dfrac{1}{3}.2a.\dfrac{3a^2}{2}=a^3\)
b.
Theo cmt, \(BC\perp\left(ABB'A'\right)\Rightarrow BC\perp AN\)
Mà \(\left\{{}\begin{matrix}A'C\perp\left(P\right)\\AN\in\left(P\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AN\perp A'C\)
\(\Rightarrow AN\perp\left(A'BC\right)\Rightarrow AN\perp A'B\)
c.
Ta có: \(AA'||BB'\Rightarrow d\left(B;AA'\right)=d\left(N;AA'\right)\)
\(\Rightarrow S_{A'AN}=S_{A'AB}\)
Lại có: \(CC'||BB'\Rightarrow CC'||\left(ABB'A'\right)\)
\(\Rightarrow d\left(C';\left(ABB'A'\right)\right)=d\left(M;\left(ABB'A'\right)\right)\)
\(\Rightarrow V_{A'AMN}=V_{CA'AB}=a^3\)
\(AH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{A'AH}\) là góc giữa AA' và (ABCD) \(\Rightarrow\widehat{A'AH}=60^0\)
\(\Rightarrow AA'=\dfrac{AH}{cos60^0}=a\)
a. Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}A'H\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow A'H\perp AD\\AD\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AD\perp\left(ABB'A'\right)\)
Mà \(AD\in\left(ADD'A'\right)\Rightarrow\left(ADD'A'\right)\perp\left(ABB'A'\right)\)
b. Kiểm tra lại đề câu này
Hai mặt phẳng (ABCD) và (A'B'C'D') hiển nhiên song song (theo tính chất lăng trụ) nên góc giữa chúng bằng 0. Do đó thấy ngay \(tan\left(\left(ABCD\right);\left(A'B'C'D'\right)\right)=0\)
Có lẽ không ai bắt tính điều này cả.
c.
\(\left(ABCD\right)||\left(A'B'C'D'\right)\Rightarrow d\left(A;\left(A'B'C'D'\right)\right)=d\left(A';\left(ABCD\right)\right)=A'H=a\)
\(\widehat{A'BA}=60^0\Rightarrow AA'=AB.tan60^0=a\sqrt{3}\)
(Lại 1 bài mà sử dụng tọa độ hóa sẽ cho kết quả cực kì nhanh chóng).
Lớp 11 thì chắc phải dựng hình:
Trong mp (A'B'C'), qua C' kẻ đường thẳng song song A'B', qua B' kẻ đường thẳng song song A'C', hai đường thẳng này cắt nhau tại D'
\(\Rightarrow AC'||BD'\) (do tứ giác ABD'C' là hình bình hành)
\(\Rightarrow d\left(AC';A'B\right)=d\left(AC';\left(A'BD'\right)\right)=d\left(C';\left(A'BD'\right)\right)\)
Gọi giao điểm của A'D' và B'D' là O \(\Rightarrow OB'=OC'\) theo t/c 2 đường chéo hbh
\(\Rightarrow d\left(C';\left(A'BD'\right)\right)=d\left(B';\left(A'BD'\right)\right)\)
Quy được về 1 bài tính khoảng cách cơ bản: tứ diện B.A'B'D' có \(BB'\perp\left(A'B'D'\right)\) , tìm k/c từ B' đến mp (A'BD')
Lần lượt kẻ B'H vuông góc A'D' và B'K vuông góc BH thì B'K là k/c cần tìm
Bạn tự tính toán nốt nhé
a) Ta có:
\(AA'\perp\left(ABC\right)\Rightarrow BC\perp AA'\left(1\right)\)
\(\Delta ABC\) vuông cân tại $A$, $I$ là trung điểm $BC$ \(\Rightarrow BC\perp AI\left(2\right)\)
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: \(BC\perp\left(A'AI\right)\) mà \(B'C'//BC\Rightarrow B'C'\perp\left(A'AI\right)\)
b) Ta có $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$
$\Rightarrow AI = \dfrac{1}{2}BC=CC'=A'A$
$\Rightarrow \Delta A'AI$ cân tại $A$ mà $K$ là trung điểm $AI$ $\Rightarrow$ \(AK\perp A'I\left(3\right)\)
Lại có \(BC\perp\left(A'AI\right)\) mà \(AK\subset\left(A'AI\right)\Rightarrow AK\perp BC\left(4\right)\)
Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra: \(AK\perp\left(A'BC\right)\)
c) Ta có \(AK\perp\left(A'BC\right)\Rightarrow AK\perp A'C\left(5\right)\)
Lại có \(AB\perp AC\) và \(AB\perp AA'\Rightarrow AB\perp\left(A'AC\right)\Rightarrow AB\perp A'C\left(6\right)\)
Theo giả thiết \(AH\perp A'C\left(7\right)\)
Từ $(5), (6)$ và $(7)$ suy ra $AH,AK, AB$ cùng nằm trong mặt phẳng \(\left(\alpha\right)\) vuông góc với $A'C$
\(\Rightarrow H,K,B\) cùng thuộc \(\left(\alpha\right)\) mà $H,K,B$ cùng thuộc $(A'BC)$
\(\Rightarrow H,K,B\) thuộc giao tuyến của \(\left(\alpha\right)\) với $(A'BC)$
\(\Rightarrow B,H,K\) thẳng hàng
Hình minh họa thôi nhé !!