Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án B
Cách giải:
Gọi M là trung điểm của CD. Kẻ AH vuông góc mặt phẳng (BCD) (H thuộc (BCD)) ⇒ H ∈ BM, AH ⊥ HM
VABCD lớn nhất khi và chỉ khi AH có độ dài lớn nhất, tức là khi H trùng M
Hai tam giác ACD, BCD đều, cạnh a, có đường cao AM, BM bằng a 3 2
Tam giác ABM vuông cân tại A, lấy N là trung điểm của AB ⇒ MN ⊥ AB
Mà MN ⊂ (AMB) ⊥ CD ⇒ MN ⊥ CD ⇒ MN là đoạn vuông góc chung của AB và CD
Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD là:
Chọn A
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD, AC. Đặt BD = 2x, AC = 2y (x, y > 0).
1.
Gọi $I$ là trung điểm $AB$ thì do tam giác $DAB$ và $CAB$ cân tại $D$ và $C$ nên:
$DI\perp AB; CI\perp AB$
$\Rightarrow (DCI)\perp AB$
$\Rightarrow (DCI)\perp AI$ và $(DCI)\perp BI$
Do đó:
\(V_{ABCD}=V_{DAIC}+V_{DIBC}=\frac{1}{3}AI.S_{DIC}+\frac{1}{3}BI.S_{DIC}\)
\(=\frac{1}{3}S_{DIC}(AI+BI)=\frac{1}{3}S_{DIC}.AB=\frac{x}{3}S_{DIC}\)
\(DI=\sqrt{DA^2-AI^2}=\sqrt{DA^2-(\frac{AB}{2})^2}=\sqrt{12-\frac{x^2}{4}}\)
\(CI=\sqrt{AC^2-AI^2}=\sqrt{AC^2-(\frac{AB}{2})^2}=\sqrt{12-\frac{x^2}{4}}\)
$\Rightarrow DCI$ là tam giác cân tại $I$
Kẻ $IM\perp DC$ thì $M$ là trung điểm $DC$
$IM=\sqrt{DI^2-DM^2}=\sqrt{12-\frac{x^2}{4}-(\sqrt{3})^2}$
$=\sqrt{9-\frac{x^2}{4}}$
\(S_{DIC}=\frac{IM.DC}{2}=\sqrt{9-\frac{x^2}{4}}.2\sqrt{3}:2=\frac{\sqrt{3}.\sqrt{36-x^2}}{2}\)
Vậy: \(V_{ABCD}=\frac{\sqrt{3}}{6}x\sqrt{36-x^2}=\frac{\sqrt{3}}{6}\sqrt{x^2(36-x^2)}\)
\(\leq \frac{\sqrt{3}}{6}.\frac{x^2+36-x^2}{2}=3\sqrt{3}\) theo BĐT Cô-si
Vậy $V_{ABCD}$ max bằng $3\sqrt{3}$ khi $x^2=36-x^2$
$\Leftrightarrow x=3\sqrt{2}$
Chọn B
Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD và BC.
Theo giả thiết ta có: ABD và ACD là các tam giác cân có M là trung điểm của AD nên:
Và có BM=CM => ΔMBC cân tại M
Trong tam giác ΔMBC có MN vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên
Khi đó diện tích tam giác ΔMBC là:
Thể tích tứ diện ABCD là:
Đặt AD=x, BC=y ta có:
Dấu bằng xảy ra khi x=y.
Ta lại có:
Dấu bằng xảy ra khi:
Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện ABCD là:
Chọn C