Câu hỏi:

06/10/2025 158 Lưu

Cho hình hộp \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) có các cạnh \(A{A^\prime },B{B^\prime },C{C^\prime },D{D^\prime }\) song song với nhau. Khi đó:

a) \(\left( {BD{A^\prime }} \right)//\left( {{B^\prime }{D^\prime }{C^\prime }} \right)\).

b) Đường chéo \(A{C^\prime }\) đi qua trọng tâm \({G_1},{G_2}\) của tam giác \(BD{A^\prime }\)\({B^\prime }{D^\prime }C\).

c) \(A{G_1} = 2{G_1}{G_2}\)

d) Mặt phẳng \(\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right)\) cắt hình hộp \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) tạo thành một tứ giác là hình bình hành

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack
Cho hình hộp \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime (ảnh 1)

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

a) Chứng minh: \(\left( {BD{A^\prime }} \right)//\left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)\).

Ta có \(B{A^\prime }{D^\prime }C\) là hình bình hành nên \(B{A^\prime }//{D^\prime }C\).

Ta có \(B{B^\prime }{D^\prime }D\) là hình bình hành nên \({B^\prime }{D^\prime }//BD\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{B{A^\prime }//{D^\prime }C}\\{BD//{B^\prime }{D^\prime }}\\{B{A^\prime },BD \subset \left( {B{A^\prime }D} \right);B{A^\prime } \cap BD = B}\\{{B^\prime }{D^\prime },{D^\prime }C \subset \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right);{B^\prime }{D^\prime } \cap {D^\prime }C = {D^\prime }}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \left( {BD{A^\prime }} \right)//\left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)\).

b) Chứng minh đường chéo \(A{C^\prime }\) qua trọng tâm \({G_1},{G_2}\) của tam giác \(BD{A^\prime }\)\({B^\prime }{D^\prime }C\).

Trong \((ABCD)\), gọi \(O = AC \cap BD\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{O \in AC;AC \subset \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)}\\{O \in BD;BD \subset \left( {BD{A^\prime }} \right)}\end{array} \Rightarrow O \in \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {BD{A^\prime }} \right)} \right.\).

\({A^\prime } \in \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {BD{A^\prime }} \right)\) nên \({A^\prime }O = \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {BD{A^\prime }} \right)\)

Trong \(\left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)\), gọi \(E = {A^\prime }O \cap A{C^\prime }\).

Ta có \(\frac{{{A^\prime }E}}{{EO}} = \frac{{{A^\prime }{C^\prime }}}{{AO}} = 2\) (Thales)

Suy ra \(E\) trùng với trọng tâm \({G_1}\) của tam giác \(BD{A^\prime }\).(1)

Trong \(\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }} \right)\), gọi \({O^\prime } = {A^\prime }{C^\prime } \cap {B^\prime }{D^\prime }\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{O^\prime } \in {A^\prime }{C^\prime };{A^\prime }{C^\prime } \subset \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)}\\{{O^\prime } \in {B^\prime }D;{B^\prime }{D^\prime } \subset \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)}\end{array} \Rightarrow {O^\prime } \in \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)} \right.\).

\(C \in \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)\) nên \(CO = \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)\).

Trong \(\left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)\), gọi \(F = CO \cap A{C^\prime }\).

Ta có \(\frac{{CF}}{{F{O^\prime }}} = \frac{{AC}}{{{C^\prime }{O^\prime }}} = 2\) (Thales)

Suy ra \(F\) trùng với trọng tâm \({G_2}\) của tam giác \({B^\prime }{D^\prime }C\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(A{C^\prime }\) qua trọng tâm \({G_1},{G_2}\) của tam giác \(BD{A^\prime }\) 'và \({B^\prime }{D^\prime }C\).

c) Chứng minh \({G_1},{G_2}\) chia đoạn \(A{C^\prime }\) thành ba phần bằng nhau.

Trong \(\left( {A{A^\prime }{C^\prime }C} \right)\), gọi \(I = {A^\prime }C \cap A{C^\prime }\).

Cho hình hộp \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime (ảnh 2)

Ta có \({G_1}\) là trọng tâm của tam giác \({A^\prime }AC\) nên \(A{G_1} = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}A{C^\prime } = \frac{1}{3}A{C^\prime }\).

Ta có \({G_2}\) là trọng tâm của tam giác \({A^\prime }C{C^\prime }\) nên \(A{G_2} = \frac{2}{3}{C^\prime }I = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}A{C^\prime } = \frac{1}{3}A{C^\prime }\).

Ta có \({G_1}{G_2} = A{C^\prime } - A{G_1} - {C^\prime }{G_2} = A{C^\prime } - \frac{1}{3}A{C^\prime } - \frac{1}{3}A{C^\prime } = \frac{1}{3}A{C^\prime }\).

Từ đó ta có \(A{G_1} = {G_1}{G_2} = {G_2}{C^\prime }\left( { = \frac{1}{3}A{C^\prime }} \right)\).

Suy ra \({G_1},{G_2}\) chia đoạn \(A{C^\prime }\) ' thành ba phần bằng nhau.

d) Xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng \(\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right)\). Thiết diện là hình gì?

Xét tam giác \({B^\prime }{D^\prime }C\), gọi \(P = {B^\prime }{G_2} \cap C{D^\prime }\).

Suy ra \(P\) là trung điểm của \(C{D^\prime }\).

Trong \(\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right)\), vẽ \(Px//{A^\prime }{B^\prime }\).

Trong \(\left( {C{C^\prime }{D^\prime }D} \right),Px\) cắt \(C{C^\prime },D{D^\prime }\) lần lượt tại \(M\)\(N\).

Suy ra \(MN//CD\)\(MN = CD\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right) \cap \left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }} \right) = {A^\prime }{B^\prime }}\\{\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right) \cap \left( {{B^\prime }{C^\prime }CB} \right) = {B^\prime }M}\\{\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right) \cap \left( {C{C^\prime }{D^\prime }D} \right) = MN}\\{\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right) \cap \left( {A{A^\prime }{D^\prime }D} \right) = N{A^\prime }}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \) thiết diện của \(\left( {{A^\prime }{B^\prime }{G_2}} \right)\) và hình hộp \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) là tứ giác \({A^\prime }{B^\prime }MN\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MN//{A^\prime }{B^\prime }}\\{MN = {A^\prime }{B^\prime }( = CD)}\end{array} \Rightarrow } \right.\) thiết diện \({A^\prime }{B^\prime }MN\) là hình bình hành.

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Phần 3. Câu hỏi trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang với đáy lớn \(AD\). Gọi \(M\) là trọng tâm của tam giác \(SAD,N\) là điểm thuộc đoạn thẳng \(AC\) sao cho \(AN = \frac{1}{3}AC,P\) là điểm thuộc đoạn thẳng \(CD\) sao cho \(DP = \frac{1}{3}DC\). Chứng minh rằng \((MNP)//(SBC)\).

Lời giải

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vớ (ảnh 1)

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AD\)\(I\) là giao điểm của \(NP\)\(EC\).

Ta có \(\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{DP}}{{CP}} = \frac{1}{3}\) nên \(NP//AD\). Do \(AD//BC\) nên \(NP//BC\), suy ra \(NP//(SBC)\).

\(NP//AD\) nên ta có \(\frac{{EI}}{{EC}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{3}\).

Do \(M\) là trọng tâm của tam giác \(SAD\)\(E\) trung điểm của đoạn \(AD\) nên \(M \in SE\)\(\frac{{EM}}{{ES}} = \frac{1}{3}\). Như vậy \(\frac{{EI}}{{EC}} = \frac{{EM}}{{ES}}\) nên \(MI//SC\), suy ra \(MI//(SBC)\). Từ đó, ta có \((MNP)//(SBC)\).

Lời giải

Chọn B

Khi đó \[\left( P \right)\]cắt hình chóp \[S.ABC\]theo thiết diện là tam giác \[MNP\]đồng dạng với tam giác \[ABC\]theo tỉ số \[k = \frac{2}{3}.\]Vậy \[{S_{\Delta MNP}} = {k^2}.{S_{\Delta ABC}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}.3 = \frac{4}{3}.\] (ảnh 1)

Diện tích tam giác \[ABC\]là \[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.2\sqrt 3 .2\sqrt 3 .\sin {30^0} = 3.\]

Gọi \[N,\,\,P\]lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \[\left( P \right)\]và các cạnh \[\,SC\]và \(SB\).

Vì \[\left( P \right)\]//\[\left( {ABC} \right)\] nên theo định lí Talet, ta có \[\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3}.\]

Khi đó \[\left( P \right)\]cắt hình chóp \[S.ABC\]theo thiết diện là tam giác \[MNP\]đồng dạng với tam giác \[ABC\]theo tỉ số \[k = \frac{2}{3}.\]Vậy \[{S_{\Delta MNP}} = {k^2}.{S_{\Delta ABC}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}.3 = \frac{4}{3}.\]

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