Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) \(AA'C'C\) là hình chữ nhật
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AC\parallel A'C'\\A'C' \subset \left( {A'C'B} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AC\parallel \left( {A'C'B} \right)\)
\(ABC'D'\) là hình bình hành
\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AD'\parallel BC'\\BC' \subset \left( {A'C'B} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AD'\parallel \left( {A'C'B} \right)\)
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}AC\parallel \left( {A'C'B} \right)\\AD'\parallel \left( {A'C'B} \right)\\AC,A{\rm{D}}' \subset \left( {AC{\rm{D}}'} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {AC{\rm{D}}'} \right)\parallel \left( {A'C'B} \right) \Rightarrow \left( {\left( {AC{\rm{D}}'} \right),\left( {A'C'B} \right)} \right) = {0^ \circ }\)
b) Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}AB\parallel A'B'\\A'B' \subset \left( {A'B'C'D'} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB\parallel \left( {A'B'C'D'} \right) \Rightarrow \left( {AB,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = {0^ \circ }\)
Đáp án A.
Vẽ DH ⊥ A'C
Ta có: 
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (BA'C) và (DA'C) là góc B H D ^
Trong ∆ A'DC vuông tại D
Trong ∆ HBD có
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (BA'C) và (DA'C) là góc 60°.
Hai mặt phẳng (AB′D′)(AB′D′) và (A′C′D)(A′C′D) có giao tuyến là EFEF như hình vẽ.
Hai tam giácΔA′C′D=ΔD′AB′ΔA′C′D=ΔD′AB′và EFEF là đường trung bình của hai tam giác nên từ A′A′ và D′D′ ta kẻ 2 đoạn vuông góc lên giao tuyến EFEF sẽ là chung một điểm HH như hình vẽ.
Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai đường thẳng A′HA′H và D′HD′H.
Tam giác DEFDEF lần lượt cóD′E=D′B′2=√132D′E=D′B′2=132,D′F=D′A2=52D′F=D′A2=52,EF=B′A2=√5EF=B′A2=5.
Theo hê rông ta có:SDEF=√614SDEF=614. Suy raD′H=2SDEFEF=√30510D′H=2SDEFEF=30510.
Tam giác D′A′HD′A′H có:cosˆA′HD′=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961cosA′HD′^=HA′2+HD′2−A′D′22HA′.HD′=−2961.
Do đóˆA′HD′≈118,4∘A′HD′^≈118,4∘hay(ˆA′H,D′H)≈180∘−118,4∘=61,6∘(A′H,D′H^)≈180∘−118,4∘=61,6∘.
D là hình chiếu vuông góc của D'D′ trên (ABCD)(ABCD).
\Rightarrow \Delta ACD⇒ΔACD là hình chiếu vuông góc của \Delta ACD'ΔACD′ trên mặt phẳng (ABCD)(ABCD).
Do đó \cos \alpha = \dfrac{S_{ACD}}{S_{ACD'}}cosα=SACD′SACD với \alphaα là góc cần tìm.
Ta có \left\{ \begin{aligned} & DA^2 + DC^2 = 3\\ & DC^2 + DD'^2 = 4\\ & DA^2 + DD'^2 = 5\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & DA^2 = 2\\ & DC^2 = 1\\ & DD'^2 = 3\\ \end{aligned}\right.⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧DA2+DC2=3DC2+DD′2=4DA2+DD′2=5⇔⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧DA2=2DC2=1DD′2=3.
\Rightarrow S_{ACD} = \dfrac12.DA.DC = \dfrac{\sqrt2}2⇒SACD=21.DA.DC=22.
Dùng công thức Hê rông ta có S_{ACD'} = \dfrac{\sqrt{11}}2SACD′=211.
Vậy \cos \alpha = \sqrt{\dfrac2{11}}cosα=112.
b) Xét tứ giác A’BCD’ có BC//A’D’ và BC = A’D’
=> tứ giác A’BCD’ là hình bình hành
=> BA’ // CD’ ( tính chất của hình bình hành)
Tương tự, tứ giác ABC’D’ là hình bình hành nên BC’//AD’
Gọi O và O’ là tâm của ABCD và A’B’C’D’.
Gọi H và I lần lượt là tâm của hai tam giác đều BA’C’ và ACD’.
* Xét ( BB’D’D) có BO’// D’O nên OI // HB
Lại có: O là trung điểm BD
=> I là trung điểm của HD: IH = ID (1)
* Xét (BB’D’D) có D’O// BO’ nên D’I // HO’
Lại có: O’ là trung điểm của B’D’ nên H là trung điểm B’I: HI = HB’ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 
* Theo phần trên B'D ⊥ (BA'C) ⇒ IH ⊥ (BA'C)
Mà I ∈ (ACD') nên khoảng cách giữa hai mp song song (ACD’) và ( BA’C’) là độ dài đoạn IH.
Khi đó:
b) Ta có ACC' là tam giác vuông có cạnh \(AC=a\sqrt{2},CC'=a\)
Vậy \(AC'^2=AC^2+CC^2\Rightarrow AC'^2=2a^2+a^2=3a^2\)
Vậy \(AC'=a\sqrt{3}\)
Đáp án C
là hình chiếu của BD′ lên mặt phẳng (ADD'A)
Vì vậy
