Bài 5: Khoảng cách

G là trọng tâm \(A'B'C'\Rightarrow\overrightarrow{A'G}=\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{A'B'}+\overrightarrow{A'C'}\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{A'E}=3\overrightarrow{A'G}=\overrightarrow{A'B'}+\overrightarrow{A'C'}\)

\(\Rightarrow A'B'EC'\) là hình bình hành

\(\Rightarrow EC'\) song song và bằng A'B' nên EC' cũng song song và bằng AB

\(\Rightarrow ABEC'\) là hình bình hành

\(\Rightarrow BE||AC'\Rightarrow BE||\left(AGC'\right)\)

\(\Rightarrow d\left(AG;BE\right)=d\left(BE;\left(AGC'\right)\right)=d\left(B;\left(AGC'\right)\right)\)

Gọi D là trung điểm A'B' \(\Rightarrow C'D\perp A'B'\) (do tam giác ABC cân tại C nên A'B'C' cũng cân tại C') (1)

\(AA'=AB'\Rightarrow\Delta AA'B'\) cân tại A \(\Rightarrow AD\perp A'B'\) (2)

(1);(2)\(\Rightarrow A'B'\perp\left(AGC'\right)\) 

Hay \(AB\perp\left(AGC'\right)\)

\(\Rightarrow\)\(d\left(B;\left(AGC'\right)\right)=AB=2a\)

Gọi H là trung điểm DD', qua G kẻ đường thẳng song song A'A cắt AD tại E và cắt A'D' tại N

Talet: \(\dfrac{DE}{EA}=\dfrac{HG}{GA}=\dfrac{1}{2}\) (t/c trọng tâm)

Do AB song song CD, Talet: \(\dfrac{OD}{OB}=\dfrac{CD}{AB}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{DE}{DA}=\dfrac{OD}{OB}\Rightarrow OE||AB\)

Kéo dài OE cắt BC tại F, qua N kẻ đường thẳng song song AB cắt B'C' tại M

\(\Rightarrow\left(ABB'A'\right)||\left(EFMN\right)\Rightarrow d\left(GO;BB'\right)=d\left(\left(ABB'A'\right);\left(EFMN\right)\right)\)

Lại có \(\left(ABB'A'\right)||\left(CDD'C'\right)\) và \(\dfrac{BF}{CF}=\dfrac{AE}{DE}=2\)

\(\Rightarrow d\left(\left(ABB'A'\right);\left(EFMN\right)\right)=2d\left(\left(CDD'C'\right);\left(EFMN\right)\right)=2d\left(O;\left(CDD'C'\right)\right)\)

Từ O kẻ OI vuông góc CD (I thuộc CD), từ O kẻ OK vuông góc D'I (K thuộc D'I)

\(\Rightarrow OK\perp\left(CDD'C'\right)\Rightarrow OK=d\left(O;\left(CDD'C'\right)\right)\)

Gọi chiều cao hình thang là \(h\Rightarrow S_{ABCD}=\dfrac{1}{2}\left(AB+CD\right).h=\dfrac{3a^2}{2}\Rightarrow h=\dfrac{3a^2}{AB+CD}=a\)

Theo Talet: \(\dfrac{OI}{h}=\dfrac{ED}{AD}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow OI=\dfrac{h}{3}=\dfrac{a}{3}\)

Hệ thức lượng: \(OK=\dfrac{OI.D'I}{\sqrt{OI^2+D'I^2}}=\dfrac{a\sqrt{10}}{10}\)

\(\Rightarrow d\left(GO;BB'\right)=2OK=\dfrac{a\sqrt{10}}{5}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}A'H\perp\left(ABC\right)\Rightarrow A'H\perp BC\\BC\perp AC\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(ACC'A'\right)\)

\(\Rightarrow BC\perp A'A\)

Từ C kẻ \(CD\perp A'A\)

\(\Rightarrow A'A\perp\left(BCD\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BDC}\) là góc giữa (AA'B'C) và (AA'C'C) \(\Rightarrow\widehat{BDC}=30^0\)

\(A'H\perp\left(ABC\right)\Rightarrow\widehat{A'AH}\) là góc giữa cạnh bên và đáy

\(\Rightarrow\widehat{A'AH}=60^0\Rightarrow CD=AC.sin60^0=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow B'C'=BC=CD.tan30^0=a\)

Gọi E là trung điểm A'C' \(\Rightarrow CE||A'H\Rightarrow CE\perp\left(A'B'C'\right)\)

\(A'H||\left(B'CE\right)\Rightarrow d\left(A'H;B'C\right)=d\left(A'H;\left(B'CE\right)\right)=d\left(A';\left(B'CE\right)\right)\)

Từ A' kẻ \(A'F\perp B'E\)

Do \(CE\perp\left(A'B'C'\right)\Rightarrow CE\perp A'F\)

\(\Rightarrow A'F\perp\left(B'CE\right)\Rightarrow A'F=d\left(A;\left(B'CE\right)\right)\)

\(B'C'=BC=a=\dfrac{A'C'}{2}=C'E\Rightarrow\Delta B'C'E\) vuông cân tại C'

\(\Rightarrow\widehat{B'EC'}=45^0\Rightarrow\widehat{A'EF}=\widehat{B'EC'}=45^0\) (đối đỉnh)

\(\Rightarrow A'F=A'E.sin45^0=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}PQ||\left(ABCD\right)\\MN\in\left(ABCD\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow d\left(PQ;MN\right)=d\left(PQ;\left(ABCD\right)\right)=d\left(Q;\left(ABCD\right)\right)=\dfrac{1}{2}d\left(\left(ABCD\right);\left(A'B'C'D'\right)\right)\)

Ta có: \(A'D=A'B=A'A=a\) (các tam giác DAA' và A'AB đều) (1)

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A' lên (ABCD)

\(\Rightarrow AH=BH=DH\)  (theo (1))

\(\Rightarrow H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD 

\(\Rightarrow H\) là trung điểm BD (do tam giác ABD vuông tại A theo giả thiết)

\(\Rightarrow DH=\dfrac{1}{2}BD=\dfrac{1}{2}\sqrt{AB^2+AD^2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(\Rightarrow A'H=\sqrt{A'D^2-DH^2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(\Rightarrow d\left(MN;PQ\right)=\dfrac{1}{2}A'H=\dfrac{a\sqrt{2}}{4}\)

Theo đề có:

\(\left\{{}\begin{matrix}CD\perp AD\\CD\perp SA\end{matrix}\right.\)

=> \(CD\perp\left(SAD\right)\)

<=> \(d\left(C,\left(SAD\right)\right)=CD=a\)

`HaNa♬`

Vì `SCD` cân tại `S=>SI \bot CD`

Trong `(SCD)` có: `SI \bot CD`

  `=>d(S,CD)=SI=[a\sqrt{3}]/2`

1:

a: BC vuông góc BA

BC vuông góc SA

=>BC vuông góc (SAB)

b: Kẻ BK vuông góc AC, BH vuông góc SK

=>BH=d(B;(SAC))

\(AC=\sqrt{BA^2+BC^2}=5a\)

AK=(4a)^2/5a=3,2a

BK=4a*3a/5a=2,4a

\(SB=\sqrt{2a^2+16a^2}=3a\sqrt{2}\)

SK=căn 2a^2+10,24a^2=a*3căn 34/5

BK=2,4a

SK^2+BK^2=SB^2

nên ΔSKB vuông tại K

=>K trùng với H

=>d(B;(SAC))=BK=2,4a