Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: \(M\) là trung điểm của \(AC\)
\(Q\) là trung điểm của \(BC\)
\( \Rightarrow MQ\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow MQ\parallel AB\\AB \subset \left( {ABA'} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow MQ\parallel \left( {ABA'} \right)\)
\(M\) là trung điểm của \(AC\)
\(P\) là trung điểm của \(A'C'\)
\( \Rightarrow MP\) là đường trung bình của hình bình hành \(ACC'A'\)
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow MP\parallel AA'\\AA' \subset \left( {ABA'} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow MP\parallel \left( {ABA'} \right)\)
\(\left. \begin{array}{l}MQ\parallel \left( {ABA'} \right)\\MP\parallel \left( {ABA'} \right)\\MP,MQ \subset \left( {MPQ} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {MPQ} \right)\parallel \left( {ABA'} \right)\)
Chọn D.
Gọi I, J, K lần lượt là các giao điểm của AH và MO; AC và BH; MC và BO
\(MA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow MA\perp BJ\)
H là trực tâm của tam giác ABC => \(AC\perp BJ\)
\(\left\{{}\begin{matrix}BJ\perp MA\\BJ\perp AC\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow BJ\perp\left(MAC\right)\)
\(\Rightarrow BJ\perp MC\)
O là trực tâm của tam giác MBC nên \(BO\perp MC\)
Do đó : \(BO\perp\left(BJK\right)\Rightarrow MC\perp\left(BOH\right)\Rightarrow MC\perp OH\) (1)
Chứng minh tương tự : \(MB\perp OH\) (2)
Từ (1) và (2) cho \(OH\perp\left(MBC\right)\)
Đặt \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{a},\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{b},\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{c}\)
với \(\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\overrightarrow{b}.\overrightarrow{c}=\overrightarrow{c}.\overrightarrow{a}=0\)
và \(\left|\overrightarrow{a}\right|=a,\overrightarrow{\left|b\right|}=a\sqrt{2},\left|\overrightarrow{c}\right|=a\sqrt{3}\)
khi đó
\(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{c,}\overrightarrow{BC}=-\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\)
Giả sử đường vuông góc chung cắt \(\overrightarrow{AB}\) tại M và cắt \(\overrightarrow{BC'}\) tại N và \(\overrightarrow{AM}=x.\overrightarrow{AB'}=x.\overrightarrow{a}+x.\overrightarrow{c},\overrightarrow{BN}=y.\overrightarrow{BC'}=-y.\overrightarrow{a}+y.\overrightarrow{b}+y.\overrightarrow{c}\)
Suy ra \(\overrightarrow{AN}=\left(1-y\right)\overrightarrow{a}+y.\overrightarrow{b}+y.\overrightarrow{c}\)
Và do đó
\(\overrightarrow{MN}=\left(1-x-y\right)\overrightarrow{a}+y.\overrightarrow{b}+\left(y-x\right)\overrightarrow{c}\)
Ta có :
\(MN\perp AB',BC'\Leftrightarrow\begin{cases}\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{AB}=0\\\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{BC'}=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}-4x+2y+1=0\\-2x+6y-1=0\end{cases}\)
Giải hệ ta thu được \(x=\frac{2}{5},y=\frac{3}{10}\)
Từ đó :
\(MN^2=\left[\left(1-x-y\right)^2+2y^2+3\left(y-x\right)^2\right].a^2=\frac{39^a}{100}\)
Suy ra \(d\left(AB';BC'\right)=\frac{a\sqrt{39}}{10}\)
a) \(BCC'B'\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow BC\parallel B'C'\)
\( \Rightarrow \left( {AB,B'C'} \right) = \left( {AB,BC} \right) = \widehat {ABC} = {60^ \circ }\).
b)
\(\Delta AA'B\) vuông tại \(A \Rightarrow \tan \widehat {ABA'} = \frac{{AA'}}{{AB}} = \frac{a}{a} = 1 \Rightarrow \widehat {ABA'} = {45^ \circ }\)
Vậy \(\left( {A'B,\left( {ABC} \right)} \right) = {45^ \circ }\).
c) \(CC' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow CC' \bot BC,CC' \bot CM\)
Vậy \(\widehat {BCM}\) là góc nhị diện \(\left[ {B,CC',M} \right]\).
\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow \widehat {BCM} = \frac{1}{2}\widehat {ACB} = {30^ \circ }\).
d) \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot CM\)
\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow CM \bot AB\).
\( \Rightarrow CM \bot \left( {ABB'A'} \right)\)
\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow CM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(\left. \begin{array}{l}CC'\parallel AA'\\AA' \subset \left( {ABB'A'} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow CC'\parallel \left( {ABB'A'} \right)\)
\( \Rightarrow d\left( {CC',\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = CM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
e) \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot CM\)
\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow CM \bot AB\).
\( \Rightarrow CM \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow CM \bot A'M\)
\(CC' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow CC' \bot CM\)
\( \Rightarrow d\left( {CC',A'M} \right) = CM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
g) \({S_{\Delta ABC}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4},h = AA' = a\)
\( \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\)
\({S_{\Delta MBC}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{8},h = AA' = a\)
\( \Rightarrow {V_{A'.MBC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta MBC}}.AA' = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{8}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)
a) () // (ABCD) =>
// AB =>
là trung điểm của SB. Chứng minh tương tự với các điểm còn lại
b) Áp dụng định lí Ta-lét trong không gian:
\(\dfrac{A_1A_2}{A_2A}=\dfrac{B_1B_2}{B_2B}=\dfrac{C_1C_2}{CC_2}=\dfrac{D_1D_2}{D_2D}\).
Do \(A_1A_2=A_2A\) nên : \(\dfrac{A_1A_2}{A_2A}=\dfrac{B_1B_2}{B_2B}=\dfrac{C_1C_2}{CC_2}=\dfrac{D_1D_2}{D_2D}=1\).
Nên \(B_1B_2=B_2B;C_1C_2=CC_2=D_1D_2=D_2D\).
c) Có hai hình chóp cụt:
Do \(d\perp\left(ABC\right)\) nên \(MN\perp BC\)
\(\left\{{}\begin{matrix}MC\perp\left(BOH\right)\\BN\subset\left(BOH\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow MC\perp BN\)
\(\left\{{}\begin{matrix}MB\perp\left(CHO\right)\\CN\subset\left(CHO\right)\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow MB\perp CN\)
Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm A'A, BC và MN
\(\left\{{}\begin{matrix}MN||B'C'\\DN||AB'\end{matrix}\right.\) (đường trung bình tam giác) \(\Rightarrow\left(AB'C'\right)||\left(DNM\right)\)
\(\Rightarrow\) Góc giữa (AB'C') bằng góc giữa (DNM) và (BCMN)
\(MN\perp A'F\) (A'MN là tam giác đều), và \(A'A\perp\left(A'B'C'\right)\Rightarrow A'A\perp MN\)
\(\Rightarrow MN\perp\left(A'AEF\right)\) \(\Rightarrow\) góc giữa (DNM) và (BCMN) là \(\widehat{DFE}\) nếu nó là góc nhọn và \(180^0-\widehat{DFE}\) nếu nó là góc tù
\(MN=\dfrac{1}{2}B'C'=\sqrt{3}\Rightarrow A'F=\dfrac{MN\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3}{2}\) (trung tuyến tam giác đều)
\(\Rightarrow DF=\sqrt{A'F^2+A'D^2}=\dfrac{\sqrt{13}}{2}\)
\(AE=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=3\Rightarrow DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=\sqrt{10}\)
Gọi G là trung điểm AE \(\Rightarrow FG\perp\left(ABC\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}FG=A'A=2\\GE=\dfrac{1}{2}AE=\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)
\(EF=\sqrt{FG^2+EG^2}=\dfrac{5}{2}\)
Áp dụng định lý hàm cos:
\(cos\widehat{DFE}=\dfrac{DF^2+EF^2-DE^2}{2DF.EF}=...\Rightarrow\widehat{DFE}=...\)