Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta có B'C ⊥ BC' vì đây là hai đường chéo của hình vuông BB'C'C
Ngoài ra ta còn có: A'B' ⊥ (BB'C'C) ⇒ A'B' ⊥ BC'
Từ đó ta suy ra BC' ⊥ (A'B'CD) vì mặt phẳng (A'B'CD) chứa đường thẳng A'B' và B'C cùng vuông góc với BC'.
b) Mặt phẳng (AB'D') chứa đường thẳng AB' và song song với BC', ta hãy tìm hình chiếu của BC' trên mặt phẳng (AB'D'). Gọi E, F lần lượt là tâm các hình vuông ADD'A', BCC'B'. Kẻ FH ⊥ EB'với H ∈ EB', khi đó FH nằm trên mặt phẳng (A'B'CD) nên theo câu a) thì FH ⊥ (AB'D'), do đó hình chiếu BC' trên mặt phẳng (AB'D) là đường thẳng đi qua H và song song với BC'. Giả sử đường thẳng đó cắt AB' tại K thì từ K vẽ đường thẳng song song với FH cắt BC' tại L. Khi đó KL là đoạn vuông góc chung cần dựng. Tam giác B'EF vuông tại F nên từ công thức
ta tính được
Nhận xét . Độ dài đoạn vuông góc chung của AB' và BC' bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song (AB'D') và (BC'D) lần lượt chứa hai đường thẳng đó.
Khoảng cách này bằng 
a) AC // A’C’, D’C // A’B \( \Rightarrow \) (D'AC) // (BC'A')
Ta có \(AC \bot BD,AC \bot BB' \Rightarrow AC \bot \left( {BDB'} \right);B'D \subset \left( {BDB'} \right) \Rightarrow AC \bot B'D\)
Mà AC // A’C’ \( \Rightarrow \) \(B'D \bot A'C'\)
Ta có \(AB' \bot A'B,AD \bot A'B \Rightarrow A'B \bot \left( {AB'D} \right);B'D \subset \left( {AB'D} \right) \Rightarrow A'B \bot B'D\)
Mà A’B // D’C \( \Rightarrow \) \(B'D \bot D'C\)
Ta có \(B'D \bot AC,B'D \bot D'C \Rightarrow B'D \bot \left( {D'AC} \right)\)
\(B'D \bot A'C',B'D \bot A'B \Rightarrow B'D \bot \left( {BA'C'} \right)\)
b) Gọi \(AC \cap BD = \left\{ O \right\},A'C' \cap B'D' = \left\{ {O'} \right\}\)
Trong (BB’D’D) nối \(D'O \cap B'D = \left\{ E \right\},BO' \cap B'D = \left\{ F \right\}\)
Vì (D'AC) // (BC'A') nên d((D'AC), (BC'A')) = d(E, (BC'A')) = EF do \(B'D \bot \left( {BA'C'} \right)\)
\(\left. \begin{array}{l}B'D \bot BO'\left( {B'D \bot \left( {BA'C'} \right)} \right)\\B'D \bot OD'\left( {B'D \bot \left( {D'AC} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BO'//OD'\)
Áp dụng định lí Talet có \(\frac{{DE}}{{EF}} = \frac{{DO}}{{BO}} = 1 \Rightarrow DE = EF\) và \(\frac{{B'F}}{{EF}} = \frac{{B'O'}}{{O'D'}} = 1 \Rightarrow B'F = EF\)
\( \Rightarrow EF = \frac{{B'D}}{3}\)
Xét tam giác ABD vuông tại A có \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \)
Xét tam giác BB’D vuông tại B có \(B'D = \sqrt {B{{B'}^2} + B{D^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 3 \)
\( \Rightarrow EF = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)
Vậy \(d\left( {\left( {D'AC} \right),{\rm{ }}\left( {BC'A'} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)
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 \(C'O \bot BD\left( {BD \bot \left( {ACC'A'} \right)} \right),AO \bot BD \Rightarrow \left[ {A,BD,C'} \right] = \left( {AO,C'O} \right) = \widehat {AOC'}\)
\(\widehat {AOC'} = {180^0} - \widehat {COC'} \approx 125,{26^0}\)
b) Xét tứ giác A’BCD’ có BC//A’D’ và BC = A’D’
=> tứ giác A’BCD’ là hình bình hành
=> BA’ // CD’ ( tính chất của hình bình hành)
Tương tự, tứ giác ABC’D’ là hình bình hành nên BC’//AD’
Gọi O và O’ là tâm của ABCD và A’B’C’D’.
Gọi H và I lần lượt là tâm của hai tam giác đều BA’C’ và ACD’.
* Xét ( BB’D’D) có BO’// D’O nên OI // HB
Lại có: O là trung điểm BD
=> I là trung điểm của HD: IH = ID (1)
* Xét (BB’D’D) có D’O// BO’ nên D’I // HO’
Lại có: O’ là trung điểm của B’D’ nên H là trung điểm B’I: HI = HB’ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: 
* Theo phần trên B'D ⊥ (BA'C) ⇒ IH ⊥ (BA'C)
Mà I ∈ (ACD') nên khoảng cách giữa hai mp song song (ACD’) và ( BA’C’) là độ dài đoạn IH.
Khi đó:
b) Do AD’ // BC’ nên mp(AB’D’) là mặt phẳng chứa AB’ và song song với BC’.
Ta tìm hình chiếu của BC’ trên mp ( AB’D’).
Gọi E và F lần lượt là tâm của các mặt bên ADD’A’ và BCB’C’.
Vậy H là hình chiếu F trên mp (AB’D’). Qua H ta dựng đường thẳng song song với BC’ thì đường thẳng này chính là hình chiếu của BC’ trên mp(AB’D’).
Đường thẳng qua H song song với BC’ cắt AB’ tại K. Qua K kẻ đường thẳng song song với HF, đường này cắt BC’ tại I. Khi đó, KI chính là đường vuông góc chung của AB’ và BC’.