Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta có: N là trung điểm của AA’ nên \(\frac{{AN}}{{AA'}} = \frac{1}{2}\)
Q là trung điểm của AD’ nên \(\frac{{AQ}}{{AD'}} = \frac{1}{2}\)
Theo định lý Ta – let, ta có NQ // A’D’
Suy ra \(\frac{{NQ}}{{A'D'}} = \frac{{AN}}{{AA'}} = \frac{1}{2}\) nên\(NQ = \frac{1}{2}A'D'\)
b) Ta có: NQ // A’D’ mà A’D’ // BC nên NQ // BC hay NQ // MC (1)
Ta có \(NQ = \frac{1}{2}A'D'\) mà A’D’ = BC, \(MC = \frac{1}{2}BC\), nên NQ = MC (2)
Từ (1) và (2) suy ra MNQC là hình bình hành
c) Ta có: MNQC là hình bình hành nên MN // CQ
Mà CQ thuộc (ACD’)
Nên MN // (ACD’)
d) Gọi O là trung điểm của AC
Tam giác ACB có: O, M là trung điểm của AC, BC
Suy ra: OM // AB nên \(OM = \frac{1}{2}AB\)
Mà AB = C’D’, \(D'P = \frac{1}{2}C'D\),
Suy ra OM = D’P (1)
Ta có: OM // AB, AB // C’D’ nên OM // C’D‘ hay OM // D’P (2)
Từ (1) và (2) suy ra OMPD’ là hình bình hành. Do đó: MP // OD’
Mà OD’ thuộc (ACD’)
Suy ra: MP // (ACD’)
Mà MN thuộc (ACD’)
Do đó: (MNP) // (ACD’)
S A B C D H M N O
Cần câu d thôi đúng ko bạn?
\(ID\) cắt (SAC) tại A mà \(IA=2DA\Rightarrow d\left(I;\left(SAC\right)\right)=2d\left(D;\left(SAC\right)\right)\)
\(BD\) cắt (SAC) tại O mà \(OB=OD\Rightarrow d\left(D;\left(SAC\right)\right)=d\left(B;\left(SAC\right)\right)\)
Mặt khác \(BA=2HA\Rightarrow d\left(B;\left(SAC\right)\right)=2d\left(H;\left(SAC\right)\right)\)
\(\Rightarrow d\left(I;\left(SAC\right)\right)=4d\left(H;\left(SAC\right)\right)\)
Từ H kẻ \(HM\perp AC\), từ H kẻ \(HN\perp SM\Rightarrow HN=d\left(H;\left(SAC\right)\right)\)
Áp dụng hệ thức lượng: (chú ý rằng \(AH=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2};OH=\frac{AD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\))
\(\frac{1}{HM^2}=\frac{1}{AH^2}+\frac{1}{OH^2}\Rightarrow HM=\frac{AH.OH}{\sqrt{AH^2+OH^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}\)
\(\frac{1}{HN^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{HM^2}\Rightarrow HN=\frac{SH.HM}{\sqrt{SH^2+HM^2}}=\frac{a\sqrt{57}}{19}\)
\(\Rightarrow d\left(I;\left(SAC\right)\right)=\frac{4a\sqrt{57}}{19}\)
a) Gọi \(O = AC \cap B{\rm{D}}\)
\(ABCD\) là hình thoi \( \Rightarrow AC \bot B{\rm{D}} \Rightarrow AO \bot B{\rm{D}}\)
\(AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow AA' \bot AO\)
\( \Rightarrow d\left( {B{\rm{D}},AA'} \right) = AO = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
b) Tam giác \(OAB\) vuông tại \(O\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow BO = \sqrt {A{B^2} - A{O^2}} = \frac{a}{2} \Rightarrow B{\rm{D}} = 2BO = a\\{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{2}AC.B{\rm{D}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\\{V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC{\rm{D}}}}.AA' = \frac{{3{a^3}}}{4}\end{array}\)
ta có :
\(V_{M.AB'C}=V_{B'.MAC}=\frac{B'B.S_{ABC}}{3}\)
Mà BB'=A'A=a
\(S_{AMC}=\frac{CD.AM}{2}=\frac{a.2a}{2.3}=\frac{a^2}{3}\)
=> \(V_{M.AB'C}=\frac{a^3}{9}\) (1)
=> dM,(AB'C)=\(\frac{3.V_{M.AB'C}}{S_{AB'C}}\) (2)
tam giác AB'C cps \(AB=B'C=2\sqrt{3}\)
và \(AB=a\sqrt{2}\)
=>\(S_{AB'C}=\frac{a^2\sqrt{5}}{2}\) (3)
Từ (1), (2)&(3)
=> dM;(AB'C)=\(\frac{2a}{3\sqrt{a}}\)
Pytago tính đuợc 3 cạnh ΔAMC
\(AC=a\sqrt{5}\); \(AM=\frac{3a}{2}\), \(MC=\frac{a\sqrt{5}}{2}\)
Dùng công thức HeronHeron =>\(S_{AMC}=\frac{3a^2}{4}\)
\(V_{M.AB'C}=V_{B.AB'C}=\frac{a^3}{4}\)
Mặt khác dùng công thức HeronHeron cũng tính được \(S_{AB'C}=\frac{3a^2}{2}\)
=> \(d_{\left(M;\left(AB'C\right)\right)}=\frac{3V_{M.AB'C}}{S_{AB'C}}=\frac{a}{2}\)
Đặt hệ trục tọa độ:
$A(0,0,0),\ B(a,0,0),\ D(0,2a,0),\ C(a,2a,0)$.
Tam giác $SAB$ cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Trung điểm $H$ của $AB$ là
$H\left(\dfrac{a}{2},0,0\right)$
và $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy đi qua $H$, giả sử
$S\left(\dfrac{a}{2},0,h\right)$.
Góc giữa $SC$ và mặt phẳng đáy là $45^\circ$.
Vector $\vec{SC}$ là
$\vec{SC} = \left(a - \dfrac{a}{2},\ 2a - 0,\ 0 - h \right) = \left(\dfrac{a}{2},\ 2a,\ -h\right)$
Chiều dài trong mặt phẳng đáy:
$SC_{xy} = \sqrt{\left(\dfrac{a}{2}\right)^2 + (2a)^2} = \sqrt{\dfrac{a^2}{4} + 4a^2} = \sqrt{\dfrac{17a^2}{4}} = \dfrac{a\sqrt{17}}{2}$
Góc giữa $SC$ và mặt đáy:
$\tan \theta = \dfrac{|SC_z|}{SC_{xy}} = \dfrac{h}{\dfrac{a\sqrt{17}}{2}}$
Vì $\theta = 45^\circ \Rightarrow \tan 45^\circ = 1$, nên
$\dfrac{h}{\dfrac{a\sqrt{17}}{2}} = 1 \Rightarrow h = \dfrac{a\sqrt{17}}{2}$
Tọa độ điểm $S\left(\dfrac{a}{2},0,\dfrac{a\sqrt{17}}{2}\right)$ và $D(0,2a,0)$. Trung điểm $M$ của $SD$ là:
$M = \left(\dfrac{\dfrac{a}{2}+0}{2},\ \dfrac{0+2a}{2},\ \dfrac{\dfrac{a\sqrt{17}}{2}+0}{2}\right) = \left(\dfrac{a}{4},\ a,\ \dfrac{a\sqrt{17}}{4}\right)$
Vector pháp tuyến của mặt phẳng $(SAC)$:
$\vec{n} = \vec{SA} \times \vec{SC} = \left(-\dfrac{a}{2},0,-\dfrac{a\sqrt{17}}{2}\right) \times \left(\dfrac{a}{2},2a,-\dfrac{a\sqrt{17}}{2}\right) = \left(a^2 \sqrt{17}, 0, -a^2\right)$
Phương trình mặt phẳng $(SAC)$:
$a^2\sqrt{17}(x - \dfrac{a}{2}) + 0 \cdot (y-0) + (-a^2)(z-\dfrac{a\sqrt{17}}{2})=0 \Rightarrow z - \sqrt{17} x = 0$
Khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $(SAC)$:
$d = \dfrac{|z_M - \sqrt{17} x_M|}{\sqrt{(\sqrt{17})^2 + (-1)^2}} = \dfrac{|\dfrac{a\sqrt{17}}{4} - \sqrt{17} \cdot \dfrac{a}{4}|}{\sqrt{17+1}} = 0$
Vậy $M$ nằm trên mặt phẳng $(SAC)$, nên khoảng cách $d = 0$.
Đáp án A
Giả sử AB = x