Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh đều bằng a và \(\widehat{ABC}=\widehat{B'BA}=\widehat{B'BC}=60^0\). Chứng minh A'B'CD là hình vuông
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh bằng a và \(\widehat{ABC}=\widehat{B'BA}=\widehat{B'BC}=60^0\)
Chứng minh tứ giác A'B'CD là hình vuông ?
Cho hình hộp thoi ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh bằng a và A B C ^ = B ′ B A ^ = B ′ B C ^ = 60 o . Chứng minh tứ giác A'B'CD là hình vuông.
Trước hết dễ thấy tứ giác A'B'CD là hình bình hành, ngoài ra B′C = a = CD nên nó là hình thoi. Ta chứng minh hình thoi A'B'CD là hình vuông. Ta có:
Vậy tứ giác A’B’CD là hình vuông.
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) có độ dài tất cả các cạnh bằng \(a,AA' \bot (ABCD)\) và \(\widehat {BAD} = {60^0}\).
a) Tính thể tích của khối hộp \(ABCD.A'B'C'D'\).
b) Tính khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\).
a) Diện tích tam giác ABD bằng diện tích tam giác BCD vì chung đáy BD và chiều cao AO = OC (ABCD là hình thoi)
Diện tích tam giác ABD: \({S_{ABD}} = \frac{1}{2}AB.AD.\sin \widehat {BAD} = \frac{1}{2}a.a.\sin {60^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)
\( \Rightarrow S = 2{S_{ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\)
Thể tích khối hộp là \(V = AA'.{S_{ABCD}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\)
b) Gọi \(AC \cap BD = \left\{ O \right\}\)
Ta có \(AA' \bot BD,AO \bot BD \Rightarrow BD \bot \left( {A'AO} \right);BD \subset \left( {A'BD} \right) \Rightarrow \left( {A'AO} \right) \bot \left( {A'BD} \right)\)
\(\left( {A'AO} \right) \cap \left( {A'BD} \right) = A'O\)
Trong (A’AO) kẻ \(AE \bot A'O\)
\( \Rightarrow AE \bot \left( {A'BD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {A'BD} \right)} \right) = AE\)
Xét tam giác ABD có AB = AD và \(\widehat {BAD} = {60^0}\) nên tam giác ABD đều
\( \Rightarrow OA = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Xét tam giác AOA’ vuông tại A có
\(\frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow AE = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\)
Vậy \(d\left( {A,\left( {A'BD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\)
Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. \(\widehat{BAD}=120^0;\widehat{BA'D}=90^0\). Tính thể tích hình hộp theo a ?
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có các cạnh đều bằng a và \(\widehat{BAD}=\widehat{B\text{AA}'}=\widehat{D\text{AA}'}\) =60 . Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy (ABCD) và (A'B'C'D')
cho hình thang ABCD (AD//BC,AD>BC) có đường chéo AC vuông góc với cạnh bên CD,\(\widehat{BAC}=\widehat{CAD}\) và \(\widehat{D}=60^0\)
a)chứng minh ABCD là hình thang cân
b)tính độ dài đáy AD,biết chu vi hình thang bằng 20cm
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA = SB = SC = a,\widehat {ASB} = 90^\circ ,\widehat {BSC} = {60^ \circ }\) và \(\widehat {ASC} = {120^ \circ }\). Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \(AC\). Chứng minh \(SI \bot \left( {ABC} \right)\).
Xét tam giác \(SAC\) có:
\(AC = \sqrt {S{A^2} + S{C^2} - 2.SA.SC.\cos \widehat {ASC}} = a\sqrt 3 \)
\(SI\) là trung tuyến \( \Rightarrow SI = \frac{{\sqrt {2\left( {S{A^2} + S{C^2}} \right) - A{C^2}} }}{2} = \frac{a}{2}\)
Ta có: \(S{I^2} + A{I^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} = S{A^2}\)
\( \Rightarrow \Delta SAI\) vuông tại \(I \Rightarrow SI \bot AC\)
Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\) có: \(AB = \sqrt {S{A^2} + S{B^2}} = a\sqrt 2 \)
Xét tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) có \(\widehat {BSC} = {60^ \circ }\) nên tam giác \(SBC\) đều. Vậy \(BC = a\)
Xét tam giác \(ABC\) có: \(A{B^2} + B{C^2} = {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} + {a^2} = 3{a^2} = A{C^2}\)
\( \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(B \Rightarrow BI = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Xét tam giác \(SBI\) có: \(S{I^2} + B{I^2} = {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = {a^2} = S{B^2}\)
\( \Rightarrow \Delta SBI\) vuông tại \(I \Rightarrow SI \bot BI\)
Ta có:
\(\left. \begin{array}{l}SI \bot AC\\SI \bot BI\end{array} \right\} \Rightarrow SI \bot \left( {ABC} \right)\)
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các cạnh đều bằng nhau (hình hộp như vậy còn được gọi là hình hộp thoi). Chứng minh rằng AC ⊥ B'D'
Từ giả thiết suy ra tứ giác ABCD là hình thoi, do đó AC ⊥ BD
Dễ thấy mặt chéo BDD'B' của hình hộp đã cho là hình bình hành, do đó BD // B′D′. Từ đó, theo bài 3.12 suy ra AC ⊥ B'D'.
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a.
a) Tính độ dài đường chéo của hình lập phương.
b) Chứng minh rằng (ACC′A′) \( \bot \) (BDD′B′).
c) Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Chứng minh rằng \(\widehat {COC'}\) là một góc phẳng của góc nhị diện [C, BD, C']. Tính (gần đúng) số đo của các góc nhị diện [C, BD, C'], [A, BD, C'].
a) Xét tam giác ABC vuông tại B có
\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2} \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \)
Xét tam giác AA’C vuông tại A có
\(A'{C^2} = A{A'^2} + A{C^2} = {a^2} + {\left( {a\sqrt 2 } \right)^2} = 3{a^2} \Rightarrow A'C = a\sqrt 3 \)
Vậy độ dài đường chéo hình lập phương bằng \(a\sqrt 3 \)
b) Ta có \(\begin{array}{l}BD \bot AC,BD \bot AA' \Rightarrow BD \bot \left( {ACC'A'} \right);BD \subset \left( {BDD'B'} \right)\\ \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {BDD'B'} \right)\end{array}\)
c) Ta có \(C'O \bot BD\left( {BD \bot \left( {ACC'A'} \right)} \right),CO \bot BD \Rightarrow \left[ {C,BD,C'} \right] = \left( {CO,C'O} \right) = \widehat {COC'}\)
\(OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Xét tam giác COC’ vuông tại C có
\(\tan \widehat {COC'} = \frac{{CC'}}{{OC}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 \Rightarrow \widehat {COC'} = \arctan \sqrt 2 \)
Ta có \(C'O \bot BD\left( {BD \bot \left( {ACC'A'} \right)} \right),AO \bot BD \Rightarrow \left[ {A,BD,C'} \right] = \left( {AO,C'O} \right) = \widehat {AOC'}\)
\(\widehat {AOC'} = {180^0} - \widehat {COC'} \approx 125,{26^0}\)