Câu hỏi:

06/10/2025 14 Lưu

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D', \[AC \cap BD = O\].\[M\], \[N\] là trung điểm của \[A'B'\], \(BC\). Chứng minh \[MN{\rm{//}}A'O\].

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

Cho hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\], \[AC \cap BD = O\].\[M\], \[N\] là trung điểm của \[A'B'\], \(BC\). Chứng minh \[MN{\rm{//}}A'O\]. (ảnh 1)

\[\Delta ABC\]: \[ON\] là đường trung bình \( \Rightarrow ON{\rm{//}}AB\), \(ON{\rm{ = }}\frac{1}{2}AB\) \(\left( 1 \right)\).

Tính chất hình lập phương: \(AB{\rm{//}}A'B'\), \(AB{\rm{ = }}A'B' \Rightarrow A'M{\rm{//}}AB\), \(A'M = \frac{1}{2}AB\) \(\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow ON{\rm{//}}A'M\), \(ON = A'M \Rightarrow \) Tứ giác AMNO là hình bình hành.

\( \Rightarrow A'O{\rm{//}}MN\). (đpcm)

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Sai

 

Xác định \(M,N\) :

Trong mặt phẳng \((SAC)\), kẻ \(CI\) cắt \(SA\) tại \(M\);

Trong mặt phẳng \((SBD)\), kẻ \(DI\) cắt \(SB\) tại \(N\).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in CI,CI \subset (ICD)}\\{M \in SA}\end{array} \Rightarrow M = SA \cap (ICD)} \right.\).

Tương tự: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{N \in DI,DI \subset (ICD)}\\{N \in SB}\end{array} \Rightarrow N = SB \cap (ICD)} \right.\).

Tính \(MN\) theo \(a\) :

Gọi \(E\) là trung điểm \(BN,OE\) là đường trung bình của tam giác \(BDN\) \( \Rightarrow OE//DN\).

Trong tam giác \(SOE\), ta có \(NI\) qua trung điểm \(I\) của \(SO\)\(NI//OE,N\) là trung điểm của \(SE\).

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, \(AC\) và \(BD\) cắt nhau tại \(O\). Gọi \(I\) là trung điểm \(SO\). Mặt phẳng \((ICD)\) cắt \(SA,SB\) lần lượt tại \(M,N\). Khi đó: (ảnh 1)

Vậy \(SN = NE = EB\) hay \(SN = \frac{1}{3}SB\).

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được \(SM = \frac{1}{3}SA\).

Khi đó hai tam giác \(SMN,SAB\) đồng dạng vì có góc \(S\) chung và \(\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{3}\).

Xét tam giác \(SAB\), theo định lí Thalès, ta có:

\(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow MN = \frac{{AB}}{3} = \frac{a}{3}{\rm{. }}\)

Chứng minh \(SK//BC//AD\) :

Dễ thấy \(S\) là điểm chung của hai mặt phẳng \((SBC)\)\((SAD)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{K \in CN,CN \subset (SBC)}\\{K \in DM,DM \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow K \in (SBC) \cap (SAD)} \right.\).

Vì vậy \(SK = (SBC) \cap (SAD)\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SK = (SBC) \cap (SAD)}\\{BC \subset (SBC),AD \subset (SAD) \Rightarrow SK//BC//AD.}\\{BC//AD}\end{array}} \right.\)

Câu 2

A. một tam giác.        
B. một hình thang.              
C. một hình bình hành.                              
D. một hình ngũ giác.

Lời giải

Chọn B

Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng \[\left( {MAB} \right)\] là một hình thang. (ảnh 1)

Ta có \[\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = CD\]; \[\left( {ABCD} \right) \cap \left( {MAB} \right) = AB\]; \[\left( {MAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d\] và \[AB\,{\rm{//}}\,CD\]nên \[AB\,\,;\,\,CD\,\,;\,\,d\] đôi một song song \[\left( 1 \right)\].

Mặt khác \[M\]là điểm chung của \[\left( {MAB} \right);\,\,\left( {SCD} \right)\] \[\left( 2 \right)\].

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[d\] đi qua\[M\] và song song với \[CD\], cắt \[SD\]tại \[N\].

Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng \[\left( {MAB} \right)\] là một hình thang.

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.

Nâng cấp VIP

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.

Nâng cấp VIP

Câu 6

A. \[{\rm{IJ}}\] song song với \(CD\).     
B. \[{\rm{IJ}}\] song song với \(AB\).              
C. \[{\rm{IJ}}\] chéo \(CD\).                                                       
D. \[{\rm{IJ}}\] cắt \(AB\).

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.

Nâng cấp VIP