Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án C
Ta dễ dàng chứng minh được AA'//(BCC'B')
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Suy ra A'G ⊥ (ABC)
Ta có
Lại có
Ta luôn có
Gọi M, M' lần lượt là trung điểm của BC và B'C'. Ta có 
.
Mà MM'//BB' nên BC ⊥ BB' => BCC'B' là hình chữ nhật
Từ:
Đáp án D.
Gọi M là trung điểm BC, dựng 
∆ AA'G vuông tại G, GH là đường cao => A'G = 1 3
Vậy 
Qua A kẻ đường thẳng song song CI cắt BC kéo dài tại D
\(\Rightarrow CI||\left(A'AD\right)\Rightarrow d\left(A'A;CI\right)=d\left(CI;\left(A'AD\right)\right)=d\left(H;\left(A'AD\right)\right)\)
Từ H kẻ \(HE\perp AD\), từ H kẻ \(HF\perp A'E\)
\(\Rightarrow HF\perp\left(A'AD\right)\Rightarrow HF=d\left(H;\left(A'AD\right)\right)\)
Tứ giác AIHE là hình chữ nhật (3 góc vuông) \(\Rightarrow HE=AI=\dfrac{a}{2}\)
\(A'H\perp\left(ABC\right)\Rightarrow\widehat{A'AH}\) là góc giữa \(A'A\) là (ABC)
\(\Rightarrow\widehat{A'AH}=45^0\)
\(CI=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác đều) \(\Rightarrow IH=\dfrac{1}{2}CI=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\)
\(\Rightarrow AH=\sqrt{AI^2+IH^2}=\dfrac{a\sqrt{7}}{4}\)
\(\Rightarrow A'H=AH.tan45^0=\dfrac{a\sqrt{7}}{4}\)
Hệ thức lượng:
\(HF=\dfrac{HE.A'H}{\sqrt{HE^2+A'H^2}}=\dfrac{a\sqrt{77}}{22}\)
Gọi D là trung điểm BC \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AD\perp BC\\AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\end{matrix}\right.\)
Gọi E là trung điểm BD \(\Rightarrow\) HE là đường trung bình tam giác ABD
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}HE||AD\Rightarrow HE\perp BC\\HE=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{a\sqrt{3}}{4}\end{matrix}\right.\)
Mà \(B'H\perp\left(ABC\right)\Rightarrow B'H\perp BC\Rightarrow BC\perp\left(B'HE\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{B'EH}\) là góc giữa (BCC'B') và đáy
\(\Rightarrow\widehat{B'HE}=60^0\)
\(\Rightarrow B'H=HE.tan60^0=\dfrac{3a}{4}\)
\(AA'||BB'\Rightarrow AA'||\left(BCC'B'\right)\Rightarrow d\left(AA';BC\right)=d\left(AA';\left(BCC'B'\right)\right)=d\left(A;\left(BCC'B'\right)\right)\)
Mà H là trung điểm AB \(\Rightarrow AB=2HB\Rightarrow d\left(A;\left(BCC'B'\right)\right)=2d\left(H;\left(BCC'B'\right)\right)\)
Từ H kẻ \(HK\perp B'E\)
Do \(BC\perp\left(B'HE\right)\Rightarrow\left(BCC'B'\right)\perp\left(B'HE\right)\)
Mà B'E là giao tuyến (B'HE) và (BCC'B')
\(\Rightarrow HK\perp\left(BCC'B'\right)\Rightarrow HK=d\left(H;\left(BCC'B'\right)\right)\)
Hệ thức lượng:
\(\dfrac{1}{HK^2}=\dfrac{1}{B'H^2}+\dfrac{1}{HE^2}\Rightarrow HK=\dfrac{B'H.HE}{\sqrt{B'H^2+HE^2}}=\dfrac{3a}{8}\)
\(\Rightarrow d\left(AA';BC\right)=2HK=\dfrac{3a}{4}\)
Đáp án B.
Do H là trung điểm AB nên
=> d(B;(ACC'A'))= 2d(H;(ACC'A'))
Ta có A'H ⊥ (ABC) nên
Gọi D là trung điểm của AC thì BD ⊥ AC
Kẻ HE
⊥
AC, 
Ta có 
Trong (A'HE) kẻ HK
⊥
A'E, 
Suy ra 
= 2HK
Ta có 
Xét tam giác vuông A'AH có 
Xét tam giác vuông A'HE có
Đáp án A.
Theo giả thiết ta có CD' ⊥ (ABC). Áp dụng định lý Cô-sin cho ∆ ABD ta được:
AD =
Hình chiếu vuông góc của AC’ trên mặt phẳng (ABC) là AD, vì vậy ta có góc giữa AC' và mặt phẳng (ABC) là góc C ' A D ^ = 45 0 => ∆ C'AD vuông cân tại D
Diện tích ∆ ABC là
Do đó