Cho tứ diện ABCD có DA vuông góc với mp(ABC), A D = A B = B C = a , D B ⊥ B C . Kí hiệu V 1 , V 2 , V 3 lần lượt là thể tích của hình tròn xoay sinh bởi tam giác ABD khi quay quanh AD, tam giác ABC khi quay quanh AB, tam giác DBC khi quay quanh BC. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ?
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đáp án B
V A . B C D = 1 3 A D . S A B C = 1 6 A B . A C . A D = a b c 6
Lời giải:
Vì mặt phẳng đi qua $A$ nên có dạng
\((P):a(x-1)+b(y-2)+c(z-3)=0\)
Ta có \(\overrightarrow{AB}=(-3,-1,2)\). Vì PT mặt phẳng đi qua $A,B$ nên
\(\overrightarrow{n_P}=(a,b,c)\perp \overrightarrow{AB}\Rightarrow -3a-b+2c=0\) \((1)\)
\(d(C,(P))=2d(D,(P))\Leftrightarrow \frac{|a-3b-2c|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\frac{2|-a+b-2c|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\)
\(\Leftrightarrow (a-3b-2c)^2=4(-a+b-2c)^2\) \((2)\)
Từ \((1)\) thay \(2c=3a+b\) vào \((2)\) và khai triển thu được: \(\left[{}\begin{matrix}b=\dfrac{3a}{2}\\b=\dfrac{-5a}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}c=\dfrac{9a}{4}\\c=\dfrac{a}{4}\end{matrix}\right.\)
Do đó PTMP \(\left[{}\begin{matrix}a\left(x-1\right)+\dfrac{3}{2}a\left(y-2\right)+\dfrac{9}{4}a\left(z-3\right)=0\\a\left(x-1\right)-\dfrac{5}{2}a\left(y-2\right)+\dfrac{1}{4}a\left(z-3\right)=0\end{matrix}\right.\)
\(\leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}4x+6y+9z-43=0\\4x-10y+z+13=0\end{matrix}\right.\)
a: CD vuông góc AD; CD vuông góc SA
=>CD vuông góc (SAD)
b: BD vuông góc AC; BD vuông góc SA
=>BD vuông góc (SAC)
=>(SBD) vuông góc (SAC)
Lời giải:
a)
Bổ đề: Tam giác $ABC$ có \(\angle A=\alpha\) thì \(S_{ABC}=\frac{AB.AC\sin \alpha}{2}\)
Chứng minh: Từ $B$ kẻ đường cao $BH$ của tam giác
Khi đó:\(S_{ABC}=\frac{BH.AC}{2}\) (1)
Mà \(\frac{BH}{AB}=\sin \alpha\) (TH góc A tù thì ta có: \(\frac{BH}{AB}=\sin (180^0-\alpha)=\sin \alpha\) ) \(\Rightarrow BH=AB.\sin \alpha\) (2)
Từ (1).(2) suy ra \(S_{ABC}=\frac{AB.AC.\sin \alpha}{2}\)
--------------------------------------------
Quay lại bài toán:
a)
\(S_{ABCD}=S_{ABC}+S_{ADC}=\frac{ab.\sin \angle ABC}{2}+\frac{cd.\sin \angle ADC}{2}\)
Vì \(\sin ABC, \sin ADC\leq 1\Rightarrow S_{ABCD}\leq \frac{ab}{2}+\frac{cd}{2}=\frac{ab+cd}{2}\)
Ta có đpcm.
b)
* Vế đầu tiên:
\(2S=S_{ABC}+S_{ADC}+S_{BAD}+S_{BCD}\)
\(=\frac{ac\sin \angle ABC}{2}+\frac{cd\sin \angle ADC}{2}+\frac{ad.\sin \angle BAD}{2}+\frac{bc\sin \angle BCD}{2}\)
\(\leq \frac{ac}{2}+\frac{cd}{2}+\frac{ad}{2}+\frac{bc}{2}=\frac{ac+cd+ad+bc}{2}\)
\(\Leftrightarrow 4S\leq ac+cd+ad+bc=(a+c)(b+d)\) (đpcm)
* Vế sau:
\(p^2=\left(\frac{a+b+c+d}{2}\right)^2=\frac{[(a+c)+(b+d)]^2}{4}\)
Áp dụng bđt AM-GM: \((a+c)+(b+d)\geq 2\sqrt{(a+c)(b+d)}\)
\(\Rightarrow 4p^2=[(a+c)+(b+d)]^2\geq 4(a+c)(b+d)\)
\(\Rightarrow p^2\geq (a+c)(b+d)\) (đpcm)
c)
Theo phần b, ta đã chứng minh được:
\(S\leq \frac{(a+c)(b+d)}{4}\) (1)
Mặt khác, áp dụng BĐT AM-GM:
\(a^2+b^2\geq 2ab\)
\(a^2+d^2\geq 2ad\)
\(b^2+c^2\geq 2bc\)
\(c^2+d^2\geq 2cd\)
Cộng theo vế: \(\Rightarrow 2(a^2+b^2+c^2+d^2)\geq 2(ab+ad+bc+cd)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+d^2\geq ab+ad+bc+cd=(a+c)(b+d)\) (2)
Từ \((1);(2)\Rightarrow S\leq \frac{a^2+b^2+c^2+d^2}{4}\) (đpcm)
1:
a: BC vuông góc BA
BC vuông góc SA
=>BC vuông góc (SAB)
b: Kẻ BK vuông góc AC, BH vuông góc SK
=>BH=d(B;(SAC))
\(AC=\sqrt{BA^2+BC^2}=5a\)
AK=(4a)^2/5a=3,2a
BK=4a*3a/5a=2,4a
\(SB=\sqrt{2a^2+16a^2}=3a\sqrt{2}\)
SK=căn 2a^2+10,24a^2=a*3căn 34/5
BK=2,4a
SK^2+BK^2=SB^2
nên ΔSKB vuông tại K
=>K trùng với H
=>d(B;(SAC))=BK=2,4a