Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án D.
Gọi M là trung điểm BC, dựng 
∆ AA'G vuông tại G, GH là đường cao => A'G = 1 3
Vậy 
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 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
Gọi D là trung điểm AB \(\Rightarrow A'D\perp\left(ABC\right)\)
\(\Rightarrow CD\) là hình chiếu vuông góc của A'C lên (ABC)
\(\Rightarrow\widehat{A'CD}\) là góc giữa A'C và (ABC) \(\Rightarrow\widehat{A'CD}=60^0\)
\(CD=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\) (trung tuyến tam giác đều)
\(\Rightarrow A'D=CD.tan60^0=3a\)
Từ D kẻ \(DE\perp AC\) (E thuộc AC)
Mà \(A'D\perp\left(ABC\right)\Rightarrow A'D\perp AC\)
\(\Rightarrow AC\perp\left(A'DE\right)\Rightarrow\widehat{AED}\) là góc giữa (A'AC) và (ABC)
\(DE=AD.sinA=a.sin60^0=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)
\(\Rightarrow A'E=\sqrt{A'D^2+DE^2}=\dfrac{a\sqrt{39}}{2}\)
\(\Rightarrow cos\widehat{A'ED}=\dfrac{DE}{A'E}=\dfrac{\sqrt{13}}{13}\)
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 
Chọn D
Gọi N, K là trung điểm của BB', A'B'
Ta tính được
Áp dụng định lí hàm cosin ta suy ra
Cách 2. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với
Tam giác ABC vuông tại A, ta tính được AC:
\(AC^2=BC^2-AB^2=25a^2-9a^2=16a^2\Rightarrow AC-4a\)
Trong mặt phẳng (SAC), qua S kẻ SH vuông góc với AC, H thuộc ACTa có:\(SH=SA.sin30^0=2a\sqrt{3}.\frac{1}{2}=a\sqrt{3}\)\(AH=SA.cos30^0=2a\sqrt{3}.\frac{\sqrt{3}}{2}=3a\)Thể tích khối chóp S.ABC: \(V_{S.ABC}=\frac{1}{2}.SH.S_{\Delta ABC}=\frac{1}{3}.a\sqrt{3}.\frac{1}{2}.3a.4a=2\sqrt{3}a\)Trong mặt phẳng đáy (ABC), qua H kẻ HK vuông góc với BC và cắt BC tại KTam giác HKC đồng dạng với tam giác BAC, ta được:\(\frac{HK}{AB}=\frac{HC}{BC}=\frac{a}{5a}=\frac{1}{5}\rightarrow HK=\frac{1}{5}AB=\frac{1}{5}.3a=\frac{3}{5}a\)Nối SK. Trong mặt phẳng (SHK), từ H kẻ HI vuông góc với SKTa chứng minh được HI vuông góc với mặt phẳng (SBC):Ta có:\(\begin{cases}HK\perp BC\\BC\perp SH\end{cases}\Rightarrow BC\perp\left(SHK\right)\Rightarrow BC\perp HI\)mặt khác: BC_|_HI (1)
HI_|_SK(2)từ (1) (2)=> HI_|_(SBC)Khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (ABC) là HIXác định khoảng cách từ A đến mặt phẳng (ABC)Suy ra khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) được tính theo: