Câu hỏi:

14/01/2025 2,255 Lưu

Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\)\(AB = a,AD = b,AA' = c\).

a) \(AB \bot \left( {ADD'A'} \right)\).

b) Khoảng cách từ điểm \(A\) đến đường thẳng \(BD'\) bằng: \(\frac{{\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\).

c) Gọi \(I,J\) theo thứ tự là tâm của các hình chữ nhật \(ADD'A',BCC'B'\). Khi đó \(IJ\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng \(AD'\)\(B'C\).

d) Khoảng cách hai đường thẳng \(AD'\)\(B'C\) bằng \(2a\).

Quảng cáo

Trả lời:

verified
Giải bởi Vietjack
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB = a,AD = b,AA' = c\). (ảnh 1)

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp chữ nhật nên \(AB \bot \left( {ADD'A'} \right)\), suy ra \(AB \bot AD'\) hay tam giác \(ABD'\) vuông tại \(A\).

Kẻ đường cao \(AH\) trong tam giác \(ABD'\), suy ra \(d\left( {A,BD'} \right) = AH\).

Tam giác \(ADD'\) vuông tại \(D\) có:

\(AD' = \sqrt {A{D^2} + D{{D'}^2}}  = \sqrt {{b^2} + {c^2}} \).

Tam giác \(ABD'\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{{D'}^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{AB \cdot AD'}}{{\sqrt {A{B^2} + A{{D'}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

Vậy \(d\left( {A,BD'} \right) = \frac{{a\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\).

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp chữ nhật nên \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB\,{\rm{//}}\,C'D'}\\{AB = C'D'}\end{array}} \right.\]\( \Rightarrow ABC'D'\) là hình bình hành.

Dễ thấy \(I,J\) lần lượt là trung điểm của \(AD'\) và \(BC'\) suy ra \(IJ\) là đường trung bình của hình bình hành \(ABC'D' \Rightarrow IJ\,{\rm{//}}\,AB\), mà \(AB \bot AD'\) nên \(IJ \bot AD'\). (1)

Ta có: \(AB \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow AB \bot B'C \Rightarrow IJ \bot B'C\). (2)

Mặt khác \(IJ\) cắt cả hai đường thẳng \(AD',B'C\). (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(IJ\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng \(AD'\) và \(B'C\).

Ta có \(IJ = AB = a\). Vậy khoảng cách hai đường thẳng \(AD'\) và \(B'C\) bằng \(a\).

Đáp án:       a) Đúng,      b) Sai,                   c) Đúng,      d) Sai.

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Cho lăng trụ đều \(ABC.A'B'C'\). Biết rằng góc nhị diện \(\left[ {A,BC,A'} \right]\) có số đo bằng \(30^\circ \), tam giác  (ảnh 1)

Đặt \(AB = x,\left( {x > 0} \right)\), gọi \(M\) là trung điểm \(BC\).

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\A'M \bot BC\end{array} \right.\], suy ra \(\widehat {A'MA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,BC,A'} \right]\)\[ \Rightarrow \widehat {A'MA} = 30^\circ \].

Xét \(\Delta A'AM\), có \[A'M = \frac{{AM}}{{cos30^\circ }} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{2}{{\sqrt 3 }} = x\].

\({S_{A'BC}} = 8 \Leftrightarrow \frac{1}{2}A'M \cdot BC = 8 \Leftrightarrow {x^2} = 16 \Rightarrow x = 4\).

Suy ra \(A'A = AM \cdot \tan 30^\circ  = \frac{{4 \cdot \sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{1}{{\sqrt 3 }} = 2\); \({S_{ABC}} = \frac{{16 \cdot \sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \).

Vậy \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'A \cdot {S_{ABC}} = 2 \cdot 4\sqrt 3  = 8\sqrt 3 \). Chọn A.

Lời giải

Ta có: \(AD\,{\rm{//}}\,BC \Rightarrow AD\,{\rm{//}}\,\,\left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\), kẻ \(AH \bot SB\) tại \(H\). (1)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AH \bot BC} \right.\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) hay \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên:

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB = a\sqrt 2 \), \(AC = a\sqrt 3 \). (ảnh 1)

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)

Vậy \(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), kẻ \(AK \bot SD\) tại \(K\). (3)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SA}\\{AB \bot AD}\end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot AK} \right.\).(4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AK\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(AB,SD\).

Tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\) nên \(AD = \sqrt {A{C^2} - C{D^2}} = \sqrt {3{a^2} - 2{a^2}} = a\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) nên

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}\)

Vậy \(d\left( {AB,SD} \right) = AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Diện tích đáy hình chóp là: \({S_{ABCD}} = a \cdot a\sqrt 2 = {a^2}\sqrt 2 \).

Thể tích khối chóp cần tìm là: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot {a^2}\sqrt 2 = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3}{\rm{ }}\)(đơn vị thể tích).

Đáp án:       a) Đúng,      b) Sai,                    c) Đúng,      d) Sai.

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP