Toán 12 Chứng minh tam giác $ADE$ đều và tính $d_{(B;(AED))}$

[viet anh king]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Trong (P) cho tam giác ABC vuông cân tại A, AB=a từ B, C dựng CD, BE vuông (P) và chùng phía (P) CD=BE=a
a Chứng minh tam giác ADE đều
b Tính khoảng cách từ B đến (ADE)

 

[Tungtom]

Trong (P) cho tam giác ABC vuông cân tại A, AB=a từ B, C dựng CD, BE vuông (P) và chùng phía (P) CD=BE=a
a Chứng minh tam giác ADE đều
b Tính khoảng cách từ B đến (ADE)

a) Tứ giác $BEDC$ có $BE//DC;BE=DC=> BEDC$ là hình bình hành.
$=> DE=BC$.
Ta có: $DE=BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{2a^2}$(1) (định kí Pytago).
Lân lượt lại có $\Delta EBA$ và $\Delta DCA$ vuông tại $B$ và $C$
Áp dụng định lí Pytago:
$AE=\sqrt{EB^2+AB^2}=\sqrt{2a^2}$(2)
$AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=\sqrt{2a^2}$(3)
Từ (1); (2) và (3) $=> AE=ED=DA=> \Delta ADE$ đều.
b) Trong mp' $(AED)$ vẽ $AI \perp ED$, qua $E$ kẻ đường thẳng song song với $AI$ cắt $AD$ tại M.
Trong mp' $EBCD$, từ $I$ vẽ $IG//EB=> IG \perp (ABC)$
Ta có: [tex]\left\{\begin{matrix} BE \perp ED & \\ ME \perp ED(ME//AI)& \\ BE \cap EM=E& \end{matrix}\right.=> (BEM) \perp ED=> (BEM)\perp (EAD)[/tex]
Mà $EM=(BEM) \cap (EAD)$ nên trong mp' $(BEM)$ vẽ $BH \perp EM$ thì $BH \perp (AED)=> BH=d(B,(AED))$.
$BE//IG; EH//IA=> \widehat{BEH}=\widehat{AIG}$.
$AI\perp AD$ nên $AI$ là đường trung tuyến của $\Delta AED$
$=> IG$ là đường trung bình của $BEDC=> G$ là trung điểm $BC$.
Ta có: $AI=AD.sin60^o=\sqrt{2}.a.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$
$AG=\frac{1}{2}.BC=\frac{\sqrt{2}}{2}.a$
$=> sin \widehat{AIG}=\frac{AG}{AI}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}.a}{\frac{\sqrt{6}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
hay $sin \widehat{BEH}=\frac{\sqrt{3}}{3}=> \frac{BH}{BE}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
$=> BH=\frac{\sqrt{3}}{3}.a$.
Vậy $d(B,(AED))=\frac{\sqrt{3}}{3}.a$
Em nghĩ là như này ạ.

 

[Ngoc Anhs]

Trong (P) cho tam giác ABC vuông cân tại A, AB=a từ B, C dựng CD, BE vuông (P) và chùng phía (P) CD=BE=a
a Chứng minh tam giác ADE đều
b Tính khoảng cách từ B đến (ADE)

a) Tứ giác $BEDC$ có $BE//DC;BE=DC=> BEDC$ là hình bình hành.
$=> DE=BC$.
Ta có: $DE=BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{2a^2}$(1) (định kí Pytago).
Lân lượt lại có $\Delta EBA$ và $\Delta DCA$ vuông tại $B$ và $C$
Áp dụng định lí Pytago:
$AE=\sqrt{EB^2+AB^2}=\sqrt{2a^2}$(2)
$AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=\sqrt{2a^2}$(3)
Từ (1); (2) và (3) $=> AE=ED=DA=> \Delta ADE$ đều.
b) Trong mp' $(AED)$ vẽ $AI \perp ED$, qua $E$ kẻ đường thẳng song song với $AI$ cắt $AD$ tại M.
Trong mp' $EBCD$, từ $I$ vẽ $IG//EB=> IG \perp (ABC)$
Ta có: [tex]\left\{\begin{matrix} BE \perp ED & \\ ME \perp ED(ME//AI)& \\ BE \cap EM=E& \end{matrix}\right.=> (BEM) \perp ED=> (BEM)\perp (EAD)[/tex]
Mà $EM=(BEM) \cap (EAD)$ nên trong mp' $(BEM)$ vẽ $BH \perp EM$ thì $BH \perp (AED)=> BH=d(B,(AED))$.
$BE//IG; EH//IA=> \widehat{BEH}=\widehat{AIG}$.
$AI\perp AD$ nên $AI$ là đường trung tuyến của $\Delta AED$
$=> IG$ là đường trung bình của $BEDC=> G$ là trung điểm $BC$.
Ta có: $AI=AD.sin60^o=\sqrt{2}.a.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{2}$
$AG=\frac{1}{2}.BC=\frac{\sqrt{2}}{2}.a$
$=> sin \widehat{AIG}=\frac{AG}{AI}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}.a}{\frac{\sqrt{6}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
hay $sin \widehat{BEH}=\frac{\sqrt{3}}{3}=> \frac{BH}{BE}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
$=> BH=\frac{\sqrt{3}}{3}.a$.
Vậy $d(B,(AED))=\frac{\sqrt{3}}{3}.a$
Em nghĩ là như này ạ.

Mình góp vào ý b) vì nó không phức tạp đến thế
Gọi $F$ là điểm sao cho $AFCB$ là hình bình hành
Có: [tex]d_{(B;(AED))}=d_{(B;(AEDF))}[/tex]
Kẻ $BH$ vuông góc với $AF$
Kẻ $BK$ vuông góc với $EH$ thì [tex]BK=d_{B;(AEDF)}[/tex]
Và: [tex]\frac{1}{BK^2}=\frac{1}{BE^2}+\frac{1}{BH^2}[/tex]
[tex]BH=\frac{a\sqrt{2}}{2}; BE=a\Rightarrow BK=\frac{a\sqrt{3}}{3}[/tex]