YOMEDIA
NONE

hình không gian. 11

Cho hình lăng trụ đều ABCA'B'C' .AB=a,AA'=3a.Tính :

a,cos(AB;(BCC'B'))

b,cos(AB';CA')

c,cos(AB';(ACC'A'))

d,cos((ABC);(ABC'))

e,cos (AA';(BCA'))

 

Theo dõi Vi phạm
ADSENSE

Trả lời (1)

  • a) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC.

    Do ABC là tam giác đều nên H cũng là trung điểm của BC.

    Ta có: \(BB' \bot (ABC) \Rightarrow BB' \bot AH\,(1)\)

    Mặt khác: \(AH \bot BC\,(2)\)

    Từ (1) (2) suy ra: \(AH \bot \left( {BB'C'C} \right)\)

    Do đó BH chính là hính chiều vuông góc của BA trên (BB’C’C)

    Suy ra: \(\left( {AB,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \left( {AB;BH} \right) = {60^0}\) (Do ABC là tam giác đều).

    b) Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của A’B’, AA’, AC, AB.

    Ta có MN//AB’, PN//A’C.

    Do đó \((AB',CA') = (NM;NP) = \widehat {MNP}\)

    Ta có: \(AB' = \sqrt {A'B{'^2} + AA{'^2}}  = a\sqrt {10} \)

    Suy ra \(MN = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}.\)

    Tương tự \(PN = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}.\) .

    \(MP = \sqrt {M{Q^2} + Q{P^2}}  = \sqrt {9{a^2} + \frac{1}{4}{a^2}}  = \frac{{a\sqrt {37} }}{2}\)

    Áp dụng định lý cosin vào tam giác MNP ta có:

    \(\cos \widehat {MNP} = \frac{{N{M^2} + N{P^2} - M{P^2}}}{{2NM.NP}} =  - \frac{{17}}{{20}}.\)

    Mình giải 2 ý thấy đuối rồi, các câu khác bạn tự làm tiếp nhé!

      bởi Bo Bo 09/08/2017
    Like (0) Báo cáo sai phạm

Nếu bạn hỏi, bạn chỉ thu về một câu trả lời.
Nhưng khi bạn suy nghĩ trả lời, bạn sẽ thu về gấp bội!

Lưu ý: Các trường hợp cố tình spam câu trả lời hoặc bị báo xấu trên 5 lần sẽ bị khóa tài khoản

Gửi câu trả lời Hủy
 
NONE

Các câu hỏi mới

ZUNIA9
 

 

YOMEDIA
AANETWORK
OFF