Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
MN là đoạn vuông góc chung \(\Rightarrow N\) là trung điểm A'D
\(\Rightarrow\dfrac{A'N}{A'D}=\dfrac{1}{2}\)
\(AH\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow\widehat{A'AH}\) 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.
\(\left(ABCD\right)||\left(A'B'C'D'\right)\Rightarrow d\left(A;\left(A'B'C'D'\right)\right)=d\left(A';\left(ABCD\right)\right)=A'H=a\)
Do \(\left\{{}\begin{matrix}AA'\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow AA'\perp AD\\AD\perp AC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AD\perp\left(AA'C\right)\)
Mà \(AD||A'D'\Rightarrow A'D'\perp\left(AA'C\right)\)
Lại có \(AA'||CC'\Rightarrow C'\in\left(AA'C\right)\Rightarrow A'D'\perp AC'\) (1)
\(\left\{{}\begin{matrix}AA'\perp AC\\AA'=AC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\) tứ giác AA'C'C là hình vuông
\(\Rightarrow AC'\perp A'C\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow AC'\perp\left(A'D'C\right)\)
a. Gọi cạnh lập phương là a
Ta có: \(AC=\sqrt{AB^2+AD^2}=a\sqrt{2}\)
\(AH=\sqrt{AD^2+DH^2}=a\sqrt{2}\)
\(CH=\sqrt{CD^2+DH^2}=a\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow\Delta ACH\) đều \(\Rightarrow\widehat{CAH}=60^0\)
b.
Do \(B'C||A'D\Rightarrow\) góc giữa A'B và B'C bằng góc giữa A'B và A'D
Tương tự câu a, ta có tam giác A'BD đều \(\Rightarrow\widehat{BA'D}=60^0\)
c.
Do IJ song song SB (đường trung bình), CD song song AB \(\Rightarrow\) góc giữa IJ và CD bằng góc giữa SB và AB
Tam giác SAB đều (các cạnh bằng a) \(\Rightarrow\widehat{SBA}=60^0\)
d.
\(\overrightarrow{EG}=\overrightarrow{AC}\Rightarrow\widehat{\left(\overrightarrow{AF};\overrightarrow{EG}\right)=\widehat{\left(\overrightarrow{AF};\overrightarrow{AC}\right)}=\widehat{FAC}=60^0}\) do tam giác FAC đều
Thầy ơi thầy giúp em dạng này với ạ, em sắp thi rồi ạ :'(( https://hoc24.vn/cau-hoi/a-co-bao-nhieu-gia-tri-cua-a-de-limlimits-xrightarrowinftyleftsqrtx2-ax2021-x1righta2b-tim-a-de-ham-so-fxleftbeginmatrixdfracx31x1khixne-13akhix-1end.5243579572507
Do \(AC||A'C'\Rightarrow\widehat{\left(A'C';B'C\right)}=\widehat{\left(AC;B'C\right)}=\widehat{ACB'}\)
\(AC=AB'=B'C=AB\sqrt{2}\Rightarrow\Delta ACB'\) đều
\(\Rightarrow\widehat{ACB'}=60^0\)
a) Xét tam giác ABC vuông tại B có
\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \)
Xét tam giác AA’C vuông tại A có
\(A'{C^2} = A{A'^2} + A{C^2} = {a^2} + {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 3{a^2} \Rightarrow A'C = a\sqrt 3 \)
Vậy độ dài đường chéo hình lập phương bằng \(a\sqrt 3 \)
b) Ta có \(\begin{array}{l}BD \bot AC,BD \bot AA' \Rightarrow BD \bot \left( {ACC'A'} \right);BD \subset \left( {BDD'B'} \right)\\ \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {BDD'B'} \right)\end{array}\)
c) Ta có \(C'O \bot BD\left( {BD \bot \left( {ACC'A'} \right)} \right),CO \bot BD \Rightarrow \left[ {C,BD,C'} \right] = \left( {CO,C'O} \right) = \widehat {COC'}\)
\(OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Xét tam giác COC’ vuông tại C có
\(\tan \widehat {COC'} = \frac{{CC'}}{{OC}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 \Rightarrow \widehat {COC'} = \arctan \sqrt 2 \)
Ta có \(C'O \bot BD\left( {BD \bot \left( {ACC'A'} \right)} \right),AO \bot BD \Rightarrow \left[ {A,BD,C'} \right] = \left( {AO,C'O} \right) = \widehat {AOC'}\)
\(\widehat {AOC'} = {180^0} - \widehat {COC'} \approx 125,{26^0}\)