Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
a)
Kẻ \(AH\perp CD\). Do tam giác $ACD$ cân tại $A$ nên $H$ là trung điểm của $CD$.
Tam giác $BCD$ có $BC=BD$ nên là tam giác cân, do đó \(BH\perp CD\)
Xét thấy \(\left\{\begin{matrix} AH\perp CD\\ BH\perp CD\end{matrix}\right.\Rightarrow (AHB)\perp CD\Rightarrow AB\perp CD\)
b)
Có \(\left\{\begin{matrix} AH\perp CD\\ AH\perp BH\end{matrix}\right.\Rightarrow AH\perp (BCD)\) hay $AH$ là đường cao hạ từ $A$ của tứ diện $ABCD$
Tam giác \(ACD\) có \(AC^2+AD^2=CD^2\Rightarrow \triangle ACD\) vuông tại $A$
\(\Rightarrow AH=CH=HD=\frac{CD}{2}=a\)
Ta cũng chứng minh được tam giác $BCD$ vuông tại $B$
Do đó, \(V_{ABCD}=\frac{1}{3}.AH.S_{BCD}=\frac{1}{3}.a.\frac{\sqrt{2}a.\sqrt{2}a}{2}=\frac{a^3}{3}\)
Ta có O là tâm của hình hộp chữ nhật AC'BD'.A'C'B'D nên nó là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là
Gọi H và K theo thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ O đến (ABC) và (ABD). Vì OA = OB = OC nên HA = HB = HC, tương tự KA = KB = KD. Vì ΔABD = ΔBAC nên HA = KA. Do đó OH = OK. Tương tự, ta chứng minh được khoảng cách từ O đến các mặt của tứ diện ABCD bằng nhau nên O cũng là tâm của mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD.
Khi đó ta có V ABCD = V OABC + V OBCD + V OCDA + V ODAB
= 4 V OABC = 4 r ' S ABC / 3
Do đó:
Trong đó 
Đặt AC' = x, AD' = y, AA' = z.
Ta có:
Từ đó suy ra V ABCD = V AC ' BD ' . A ' CB ' D / 3