Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi O là giao điểm của AC và BD \(\Rightarrow A_1O\perp\left(ABCD\right)\)
Gọi E là trung điểm của AD \(\Rightarrow\begin{cases}OE\perp AD\\A_1E\perp AD\end{cases}\)
Suy ra \(\widehat{A_1EO}\) là góc giữa 2 mặt phẳng \(\left(ADD_1A_1\right)\) và \(\left(ABCD\right)\) \(\Rightarrow\widehat{A_1EO}=60^o\)
Suy ra : \(A_1O=OE.\tan\widehat{A_1EO}=\frac{AB}{2}\tan\widehat{A_1EO}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Diện tích đáy \(S_{ABCD}=AB.AD=a^2\sqrt{3}\)
Thể tích \(V_{ABCD.A'B'C'D'}=S_{ABCD}.A_1O=\frac{3a^2}{2}\)
Ta có : \(B_1C||A_1D\)\(\Rightarrow B_1C||\left(A_1CD\right)\)
\(\Rightarrow d\left(B_1,\right)\left(A_1BD\right)=d\left(C,\left(A_1BD\right)\right)=CH\)
\(\Rightarrow d\left(B_1,\right)\left(A_1BD\right)=CH=\frac{CD.CB}{\sqrt{CD^2+CB^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
S H B K A I C D
Gọi K là hình chiếu của I lên AB
Suy ra \(\widehat{SKI=60^0}\)
Mà \(\frac{BI}{ID}=\frac{BC}{AD}=\frac{a}{3a}=\frac{1}{2}\)\(\Rightarrow\frac{BI}{BI+ID}=\frac{1}{4}\)\(\Rightarrow\frac{BI}{BD}=\frac{1}{4}\)
Suy ra \(\frac{KI}{DA}=\frac{1}{4}\)\(\Rightarrow KI=\frac{3a}{4}\Rightarrow SI=\frac{3a\sqrt{3}}{4}\)
Do \(IK\) \\ \(AD\Rightarrow\frac{KI}{AD}=\frac{BI}{BD}\)
\(V_{A.ABCD}=\frac{1}{3}.SI.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{3a\sqrt{3}}{4}.\frac{1}{2}\left(a+3a\right)a=\frac{a^3\sqrt{3}}{2}\)
Gọi H là hình chiếu của I trên SK. Ta có \(\begin{cases}AB\perp IK\\AB\perp SI\end{cases}\)\(\Rightarrow AB\perp IH\)
Từ đó suy ra \(IK\perp\left(SAB\right)\Rightarrow d\left(I,\left(SAB\right)\right)=IK\)
Mà do \(DB=4IB\Rightarrow\left(D,\left(SAB\right)\right)=4d\left(I,\left(SAB\right)\right)=4IH\)
Lại có \(\frac{1}{IH^2}=\frac{1}{IS^2}+\frac{1}{IK^2}=\frac{16}{27a^2}+\frac{16}{9a^2}=\frac{64}{27a^2}\Leftrightarrow IH=\frac{3a\sqrt{3}}{8}\)
Vậy \(d\left(D,\left(SAB\right)\right)=\frac{3a\sqrt{3}}{2}\)
\(V_{ABSI}=V_{S.ABI}=\dfrac{1}{2}V_{S.ABCD}=\dfrac{a^3}{9}\)
O A B C D B' A' D' C' M K O a a
a. Từ giả thiết ta có :
\(C\left(a;a;0\right);C'\left(a;a;b\right);D'\left(0;a;b\right);B'\left(a;0;b\right)\)
Vì M là trung điểm của CC' nên \(M=\left(a;a;\frac{b}{2}\right)\)
Ta có :
\(\overrightarrow{BD}=\left(-a;a;0\right)\)
\(\overrightarrow{BA}=\left(-a;0;b\right)\)
\(\overrightarrow{BM}=\left(0;a;\frac{b}{2}\right)\)
Vì thế \(\left[\overrightarrow{BD};\overrightarrow{BA'}\right]=\left(\left|\begin{matrix}a&0\\0&b\end{matrix}\right|;\left|\begin{matrix}0&-a\\b&-a\end{matrix}\right|;\left|\begin{matrix}-a&a\\-a&0\end{matrix}\right|\right)\)
\(=\left(ab,ab,a^2\right)\)
Vậy \(V_{BDa'M}=\frac{1}{6}\left|\left[\overrightarrow{BD};\overrightarrow{BA'}\right].\overrightarrow{BM}\right|=\frac{1}{6}\left|a^2b+\frac{a^2b}{2}\right|=\frac{a^2b}{4}\)
b. Gọi K là trung điểm của BD. Do \(A'B=A'D\Rightarrow A'K\perp BD\)
Lại có \(MB=MD\Rightarrow MK\perp BD\)
Vậy \(\widehat{A'KM}=90^0\)
\(\Leftrightarrow\overrightarrow{A'K}.\overrightarrow{MK}=0\)
Ta có :
\(K=\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)\) do đó :
\(\overrightarrow{A'K}=\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};-b\right)\)
\(\overrightarrow{MK}=\left(-\frac{a}{2};\frac{-a}{2};\frac{-b}{2}\right)\)
Vậy \(\left(1\right)\Leftrightarrow-\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{2}=0\)
\(\Leftrightarrow b^2=a^2\)
\(\Leftrightarrow\frac{a}{b}=1\)
Do (a>0,b>0) vì thế \(\left(A'BD\right)\perp\left(MBD\right)\Leftrightarrow\frac{a}{b}=1\)
A N B C H K S
Theo giả thiết, \(HA=HC=\frac{1}{2}AC=a\) và \(SH\perp\left(ABC\right)\)
Xét \(\Delta v.ABC\) ta có : \(BC=AC.\cos\widehat{ACB}=2a\cos30^0=\sqrt{3}a\)
Do đó : \(S_{\Delta.ABC}=\frac{1}{2}AC.BC.\sin\widehat{ACB}=\frac{1}{2}.2a.\sqrt{3}a.\sin30^0=\frac{\sqrt{3}a^2}{2}\)
Vậy \(V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SH.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\sqrt{2}a.\frac{\sqrt{3}}{2}a^2=\frac{\sqrt{6}a^3}{6}\)
Vì CA=2HA nên d(C,(SAB))=2d(H, (SAB)) (1)
Gọi N là trung điểm của Ab, ta có HN là đường trung bình của tam giác ABC
Do đó HN//BC suy ra AB vuông góc với HN.
Lại có AB vuông góc với Sh nên AB vuông góc với mặt phẳng (SHN).
Do đó mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SHN).
Mà Sn là giao tuyến của 2 mặt phẳng vừa nêu, nên trong mặt phẳng (SHN), hạ HK vuông góc với SN, ta có HK vuông góc với mặt phẳng (SAB)
Vì vậy d(J, (SAB)) = HK. Kết hợp với (1), suy ra d(C. (SAB))=2HK (2)
Vì \(SH\perp\left(ABC\right)\) nên \(SH\perp HN\), xét tam giác v.SHN, ta có :
\(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{SH^2}+\frac{1}{HN^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{HN^2}\)
Vì HN là đường trung bình của tam giác ABC nên \(HN=\frac{1}{2}BC=\frac{\sqrt{3}a}{2}\)
Do \(\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{11}{6a^2}\) suy ra \(HK=\frac{\sqrt{66}a}{11}\) (3)
Thế (3) vào (2) ta được \(d\left(C,\left(SAB\right)\right)=\frac{\sqrt{66}a}{11}\)
a) Vì I là trọng tâm của tam giác ABD nên \(AI=\dfrac{1}{3}AC\)
Chọn C