Câu hỏi:

06/10/2025 7 Lưu

Cho tứ diện \(ABCD\) với \(M,\,N\)lần lượt là trọng tâm các tam giác\(ABD\),\(ACD\). Xét các khẳngđịnh sau:             
\(\left( I \right):\,MN{\rm{//}}\left( {ABC} \right)\).                 
\(\left( {II} \right):\,MN{\rm{//}}\left( {BCD} \right)\).             
\(\left( {III} \right):\,MN{\rm{//}}\left( {ACD} \right)\).  
\(\left( {IV} \right):\,MN{\rm{//}}\left( {ABD} \right)\).             
Các mệnh đề đúng là:              

A. \(\left( I \right)\,,\,\left( {IV} \right)\).  
B. \(\left( {II} \right)\,,\,\left( {III} \right)\).             
C. \(\left( {III} \right)\,,\,\left( {IV} \right)\).            
D. \(\left( I \right)\,,\,\left( {II} \right)\).

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

Chọn D

Có \(M \in \left( {ABD} \right),N \in \left( {ACD} \right)\) do đ (ảnh 1)

Gọi \(I,K\)lần lượt là trung điểm của \(BD,DC\).

\(\left( {II} \right)\)- Đúng

Xét tam giác\(AIK\)có:\(\left\{ \begin{array}{l}MN{\rm{//}}\,{\rm{IK}}\\IK \subset \left( {BCD} \right)\\MN \not\subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,\left( {BCD} \right)\)

\(\left( I \right)\)- Đúng

\(\left\{ \begin{array}{l}MN\,{\rm{//}}\,{\rm{IK}}\\{\rm{IK}}\,{\rm{//}}\,BC\end{array} \right. \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,BC\) và \(MN \not\subset \left( {ABC} \right)\)do đó \(MN\,{\rm{//}}\,\left( {ABC} \right)\)

Có \(M \in \left( {ABD} \right),N \in \left( {ACD} \right)\) do đó:\(\left( {III} \right)\,,\,\left( {IV} \right)\)- Sai:.

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\). \({G_1},{G_2}\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(A'B'C'\) và \(ABB'\). Chứng minh rằng \({G_1}{G_2}{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\). (ảnh 1)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(B'C'\). \({G_1}\) là trọng tâm \(\Delta A'B'C'\) nên ta có : \(\frac{{A'{G_1}}}{{A'M}} = \frac{2}{3}\) \(\left( 1 \right)\).

\({G_2}\) là trọng tâm \(\Delta ABB'\) nên \(\frac{{B{G_2}}}{{\frac{1}{2}A'B}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow \frac{{B{G_2}}}{{A'B}} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow \frac{{A'{G_2}}}{{A'B}} = \frac{2}{3}\) \(\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\) ta có : \(\frac{{A'{G_1}}}{{A'M}} = \frac{{A'{G_2}}}{{A'B}}\)\( \Rightarrow {G_1}{G_2}{\rm{//}}BM\), \(BM \subset \left( {BCC'B'} \right)\)\( \Rightarrow {G_1}{G_2}{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\).

Lời giải

Cho hai hình bình hành \(ABCD\), \(ABEF\) không đồng phẳng. \(M \in AC\), \(N \in BF\) để \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{BN}}{{BF}} = \frac{1}{3}\). Chứng minh \(MN{\rm{//}}\left( {CDEF} \right)\). (ảnh 1)

Dựng \(O = DM \cap AB\), mà \(AB//CD\) nên theo định lý Talet có \(\frac{{AO}}{{DC}} = \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AB\), hay \(O\) là trung điểm của \(AB\).

Dựng \(O' = EN \cap AB\), mà \[AB{\rm{//}}EF\] nên theo định lý Talet có \(\frac{{BO}}{{EF}} = \frac{{BN}}{{NF}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow BO' = \frac{1}{2}AB\), hay \(O'\) là trung điểm của \(AB\).

Từ hai điều trên ta có \(O \equiv O'\). Vậy suy ra \(\frac{{OM}}{{MD}} = \frac{1}{2} = \frac{{ON}}{{NE}}\)\[ \Rightarrow MN{\rm{//}}DE\]\( \Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {DCEF} \right)\).

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