Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta có tứ giác AA’CC’ là hình bình hành suy ra A’C cắt AC’ tại trung điểm I của mỗi đường.
Do đó IH // CB′ ( đường trung bình của tam giác CB’A’)
Mặt khác IH ⊂ (AHC′) nên CB′ // (AHC′)
b) Ta có:
suy ra, ⇒ A là điểm chung của (AB’C’) và (ABC)
Mà
Nên (AB′C′) ∩ (ABC) = Ax
Và Ax // BC // B′C′
a) Ta có II′ // BB′ và II’ = BB’
Mặt khác AA′ // BB′ và AA’ = BB’ nên : AA′ // II′ và AA’ = II’
⇒ AA’II’ là hình bình hành.
⇒ AI // A′I′
b) Ta có:
⇒ A ∈ (AB′C′) ∩ (AA′I′I)
Tương tự :
I′ ∈ (AB′C′) ∩ (AA′I′I) ⇒ (AB′C′) ∩ (AA′I′I) = AI′
Đặt AI′ ∩ A′I = E. Ta có:
Vậy E là giao điểm của AI’ và mặt phẳng (AB’C’)
c) Ta có:
Tương tự:
Vậy (AB′C′) ∩ (A′BC) = MN
a) Do MM' lần lượt là trung điểm của BC và B'C' nên M'M//BB'//CC'. Vì vậy MM'//AA'.
Vì vậy tứ giác A'M'MA là hình bình hành. Suy ra: AM//A'M'.
b) Trong mp (AA'M'M), ta có: MA' ∩ AM' = K.
Do \(K\in A'M\) và \(A'M\in\left(AB'C'\right)\) nên K (AB'C').
c) Có \(O=AB'\cap A'B\) nên \(O\in\left(AB'C'\right)\cap\left(BA'C'\right)\).
Suy ra: \(d\equiv CO'\).
d) Trong (AB'C'): C'O ∩ AM' = G vì vậy G ( AMM') . Mà O, M' lần lượt là trung điểm AB' và B'C' nên G là trọng tâm của tam giác AB'C'.
Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm A'A, BC và MN
\(\left\{{}\begin{matrix}MN||B'C'\\DN||AB'\end{matrix}\right.\) (đường trung bình tam giác) \(\Rightarrow\left(AB'C'\right)||\left(DNM\right)\)
\(\Rightarrow\) Góc giữa (AB'C') bằng góc giữa (DNM) và (BCMN)
\(MN\perp A'F\) (A'MN là tam giác đều), và \(A'A\perp\left(A'B'C'\right)\Rightarrow A'A\perp MN\)
\(\Rightarrow MN\perp\left(A'AEF\right)\) \(\Rightarrow\) góc giữa (DNM) và (BCMN) là \(\widehat{DFE}\) nếu nó là góc nhọn và \(180^0-\widehat{DFE}\) nếu nó là góc tù
\(MN=\dfrac{1}{2}B'C'=\sqrt{3}\Rightarrow A'F=\dfrac{MN\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3}{2}\) (trung tuyến tam giác đều)
\(\Rightarrow DF=\sqrt{A'F^2+A'D^2}=\dfrac{\sqrt{13}}{2}\)
\(AE=\dfrac{AB\sqrt{3}}{2}=3\Rightarrow DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=\sqrt{10}\)
Gọi G là trung điểm AE \(\Rightarrow FG\perp\left(ABC\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}FG=A'A=2\\GE=\dfrac{1}{2}AE=\dfrac{3}{2}\end{matrix}\right.\)
\(EF=\sqrt{FG^2+EG^2}=\dfrac{5}{2}\)
Áp dụng định lý hàm cos:
\(cos\widehat{DFE}=\dfrac{DF^2+EF^2-DE^2}{2DF.EF}=...\Rightarrow\widehat{DFE}=...\)
a) BC ⊥ AH và BC ⊥ A'H vì A'H ⊥ (ABC)
⇒ BC ⊥ (A'HA) ⇒ BC ⊥ AA'
Và B'C' ⊥ AA' vì BC // B'C'
b) Ta có AA' // BB' // CC' mà BC ⊥ AA' nên tứ giác BCC’B’ là hình chữ nhật. Vì AA' // (BCC'B') nên ta suy ra MM' ⊥ BC và MM' ⊥ B'C' hay MM’ là đường cao của hình chữ nhật BCC’B’.
