Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 B C D M N P Q
a/ Trong mp (BCD) dựng đường thẳng // với CD cắt BD tại P => CD//NP (1)
=> mp (MNP) là mp \(\alpha\)
Trong mp (ACD) từ M dựng đường thẳng //CD cắt AC tại Q => CD//MQ (2)
Từ (1) và (2) => NP//MQ => MPNQ là thiết diện của tứ diện ABCD với mp \(\alpha\)
b/
Xét tg ACD có
MQ//CD và MA=MD => QA=QC (trong tam giác đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại của tam giác => MQ là đường trung bình của tg ACD \(\Rightarrow MQ=\frac{CD}{2}\)
Ta có MQ//NP để MPNQ là hình bình hành thì \(MQ=NP=\frac{CD}{2}\) (tứ giác có 1 cặp cạnh đối // và = nhau thì tứ giác là hbh)
=> NP là đường trung bình của tg BCD => N là trung điểm của BC
(la) A E D B C G F c b
Đặt \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{b,}\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{c,}t=\frac{BF}{FC}\)
Khi đó, \(\overrightarrow{AE}=p,\overrightarrow{AD}=q\overrightarrow{c},p,q\in\left(0;1\right)\) và
\(\overrightarrow{AF}=\frac{t\overrightarrow{c}+\overrightarrow{b}}{1+t};\overrightarrow{AG}=\frac{t\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AE}}{1+t}=\frac{tq\overrightarrow{c}+p\overrightarrow{b}}{1+t}\)
Mặt khác, do BE = tCD suy a \(\left(1-p\right)\left|b\right|=t\left(1-q\right)\left|\overrightarrow{c}\right|\)
Từ đó, với chú ý đường phân giác \(l_a\) có vec tơ chỉ phương là \(\frac{\overrightarrow{c}}{\left|\overrightarrow{c}\right|}+\frac{\overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{b}\right|}\)
Suy ra :
\(\overrightarrow{GF}=\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AG}=\frac{t\overrightarrow{c}+\overrightarrow{b}}{1+t}-\frac{tq\overrightarrow{c}+p\overrightarrow{b}}{1+t}\)
\(=\frac{t\left(1-q\right)}{1+t}.\overrightarrow{c}+\frac{1-p}{1+t}.\overrightarrow{b}\)
\(=\frac{\left(1-q\right)\left|b\right|}{1+t\overrightarrow{ }}\left(\frac{\overrightarrow{c}}{\left|\overrightarrow{c}\right|}+\frac{\overrightarrow{b}}{\left|\overrightarrow{b}\right|}\right)=\frac{\left(1-q\right)\left|\overrightarrow{b}\right|}{1+t}.\overrightarrow{AL}\)
=> Điều phải chứng minh
Từ giả thiết suy ra với mọi điểm O đều có :
\(\overrightarrow{OP}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)\), \(\overrightarrow{ON}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OE}\right)\Rightarrow\overrightarrow{OI}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OE}\right)\)
\(\overrightarrow{OM}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right)\), \(\overrightarrow{OQ}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OE}\right)\Rightarrow\overrightarrow{OJ}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OE}\right)\)
Từ đó suy ra \(\overrightarrow{JI}=\frac{1}{4}\left(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OD}\right)\Rightarrow\) IJ // CD => Điều phải chứng minh
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:
Đáp án C.
Vậy thể tích V của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là