Câu hỏi:
13/07/2024 1,975
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng bốn mặt phẳng (ABC’D’), (BCD’A’), (CDA’B’), (DAB’C’) cùng đi qua một điểm.
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Lời giải
Trong mặt phẳng (ABC’D’), xét tứ giác ABC’D’ có:
AB // C’D’ (cùng song song với DC);
AB = C’D’ (cùng bằng DC)
Do đó tứ giác ABC’D’ là hình bình hành.
Suy ra hai đường chéo AC’ và BD’ cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường.
Khi đó (ABC’D’) đi qua điểm O.
Tương tự ta cũng có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành có hai đường chéo BD’ và CA’ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Mà O là trung điểm của BD’, do đó O là trung điểm của CA’ và (BCD’A’) đi qua O.
Chứng minh tương tự với các mp(CDA’B’), (DAB’C’) thì các mặt phẳng này cũng đi qua điểm O.
Vậy bốn mặt phẳng (ABC’D’), (BCD’A’), (CDA’B’), (DAB’C’) cùng đi qua điểm, điểm O là giao điểm các đường chéo của hình hộp.
Hot: Học hè online Toán, Văn, Anh...lớp 1-12 tại Vietjack với hơn 1 triệu bài tập có đáp án. Học ngay
Sách thầy cô Vietjack biên soạn:
- Trọng tâm Hóa học 11 dùng cho cả 3 bộ sách Kết nối, Cánh diều, Chân trời sáng tạo VietJack - Sách 2025 ( 58.000₫ )
- Sách - Sổ tay kiến thức trọng tâm Vật lí 11 VietJack - Sách 2025 theo chương trình mới cho 2k8 ( 45.000₫ )
- Sách lớp 11 - Trọng tâm Toán, Lý, Hóa, Sử, Địa lớp 11 3 bộ sách KNTT, CTST, CD VietJack ( 52.000₫ )
- Sách lớp 10 - Combo Trọng tâm Toán, Văn, Anh và Lí, Hóa, Sinh cho cả 3 bộ KNTT, CD, CTST VietJack ( 75.000₫ )
Bình luận
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Lời giải
Lời giải
a)
Gọi M là trung điểm của BC.
Trong mp(ABC), xét DABC có E, M lần lượt là trung điểm của AC, BC nên EM là đường trung bình của tam giác
Do đó EM // AB và EM = \(\frac{1}{2}\)AB.
Mà AB // A’B’ nên EM // A’B’ hay EM // FB’.
Lại có AB = A’B’ và FB’ = \(\frac{1}{2}\)A’B’ nên EM = FB’.
Trong mp(EMB’F), xét tứ giác EMB’F có EM // FB’ và EM = FB’ nên là hình bình hành.
Do đó EF // B’M, mà B’M ⊂ (BCC’B’) nên EF // (BCC’B’).
b)
Gọi N là trung điểm của AB.
Trong mp(ABB’A’), xét hình bình hành ABB’A’ cũng là hình thang có N, F lần lượt là trung điểm của AB, A’B’ nên NF là đường trung bình của hình thang
Do đó NF // BB’ và \[NF = \frac{{AA' + BB'}}{2} = \frac{{2BB'}}{2} = BB'\].
Mà BB’ // CC’ nên NF // CC’.
Lại có BB’ = CC’ nên NF = CC’.
Trong mp(NFC’C), xét tứ giác NFC’C có NF // CC’ và NF = CC’ nên là hình bình hành.
Do đó hai đường chéo CF và NC’ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Lại có NC’ ⊂ (ABC’) nên CF cắt (ABC’) tại trung điểm I của CF.
Vậy CF cắt (ABC’) tại trung điểm I của CF.
Lời giải
Lời giải
a)
Ta có: (ABCD) // (A’B’C’D’) ( do ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp);
(ABCD) ∩ (ACC’A’) = AC;
(A’B’C’D’) ∩ (ACC’A’) = A’C’.
Do đó AC // A’C’.
Mà A’C’ ⊂ (A’C’D) nên AC // (A’C’D).
Chứng minh tương tự ta cũng có AB’ // DC’ mà DC’ ⊂ (A’C’D) nên AB’ // (A’C’D).
Ta có: AC // (A’C’D);
AB’ // (A’C’D);
AC, AB’ cắt nhau tại điểm A và cùng nằm trong mp(ACB’).
Do đó (ACB’) // (A’C’D).
b)
• Gọi O là tâm hình bình hành đáy ABCD, I là giao điểm của BD’ và DB’.
Tứ giác BDD’B’ có BB’ // DD’ và BB’ = DD’ nên là hình bình hành.
Do đó hai đường chéo BD’ và DB’ cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường.
Trong mp(BDD’B’), BD’ cắt B’O tại G1.
Mà B’O ⊂ (ACB’) nên G1 là giao điểm của BD’ với (ACB’).
Trong mp(BDD’B’), xét DBDB’ có hai đường trung tuyến BI, B’O cắt nhau tại G1 nên G1 là trọng tâm của DBDB’
Do đó \(\frac{{B'{G_1}}}{{BO}} = \frac{2}{3}\)
Trong (ACB’), xét DACB’ có B’O là đường trung tuyến và \(\frac{{B'{G_1}}}{{BO}} = \frac{2}{3}\)
Suy ra G1 là trọng tâm của DACB’.
• Gọi O’ là tâm hình bình hành đáy A’B’C’D’.
Chứng minh tương tự như trên ta cũng có: G2 là trọng tâm của DDD’B’ nên \(\frac{{D{G_2}}}{{DO'}} = \frac{2}{3}\)
Trong (A’C’D), DA’C’D có DO’ là đường trung tuyến và \(\frac{{D{G_2}}}{{DO'}} = \frac{2}{3}\)
Suy ra G2 là trọng tâm của DA’C’D.
c) Theo chứng minh câu b, ta có:
• G1 là trọng tâm của DBDB’ nên \(\frac{{B{G_1}}}{{BI}} = \frac{2}{3}\) và \(\frac{{I{G_1}}}{{B{G_1}}} = \frac{1}{2}\)
• G2 là trọng tâm của DDD’B’ nên \(\frac{{D'{G_2}}}{{D'I}} = \frac{2}{3}\) và \(\frac{{I{G_2}}}{{D'{G_2}}} = \frac{1}{2}\)
Do đó \(\frac{{B{G_1}}}{{BI}} = \frac{{D'{G_2}}}{{D'I}} = \frac{2}{3}\) và \(\frac{{I{G_1}}}{{B{G_1}}} = \frac{{I{G_2}}}{{D'{G_2}}} = \frac{1}{2}\)
Ta có: \(\frac{{B{G_1}}}{{BI}} = \frac{{D'{G_2}}}{{D'I}}\) và BI = D’I (do I là trung điểm của BD’)
Suy ra BG1 = D’G2.
Lại có \(\frac{{I{G_1}}}{{B{G_1}}} = \frac{{I{G_2}}}{{D'{G_2}}} = \frac{1}{2}\) nên IG1 = IG2 = \(\frac{1}{2}\)BG1
Do đó G1G2 = IG1 + IG2 = \(\frac{1}{2}\)BG1 + \(\frac{1}{2}\)BG1 = BG1.
Vậy BG1 = G1G2 = D’G2.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
🔥 Đề thi HOT:
-
10 Bài tập Nhận biết góc phẳng của góc nhị diện và tính góc phẳng nhị diện (có lời giải)
-
Bài tập Hình học không gian lớp 11 cơ bản, nâng cao có lời giải (P11)
-
Bài tập Xác suất ôn thi THPT Quốc gia có lời giải (P1)
-
Bài tập Lượng giác lớp 11 cơ bản, nâng cao có lời giải (P1)
-
12 câu Trắc nghiệm Toán 11 Kết nối tri thức Giá trị lượng giác của góc lượng giác có đáp án
-
38 câu trắc nghiệm Toán 11 Kết nối tri thức Lôgarit có đáp án
-
33 câu trắc nghiệm Toán 11 Kết nối tri thức Bài 29: Công thức cộng xác suất có đáp án
-
10 Bài tập Biểu diễn góc lượng giác trên đường tròn lượng giác (có lời giải)
Hãy Đăng nhập hoặc Tạo tài khoản để gửi bình luận
-
-
Bình luận