Câu hỏi:

06/10/2025 11 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

Lời giải

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

 

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(H,I,K\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SB,SC\). Gọi \(M\) là giao điểm củ (ảnh 1)

a) b) Vì \(HI\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) nên \(HI//AB\),

\(AB \subset (ABCD) \Rightarrow HI//(ABCD)\). (1)

Tương tự ta có: \(KI//BC,BC \subset (ABCD) \Rightarrow KI//(ABCD)\). (2)

Mặt khác: \(HI \subset (HKI),KI \subset (HKI),HI \cap KI = I\). (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \((HIK)//(ABCD)\).

c) d)

\(\begin{array}{l}{\rm{ V\`i }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in AI,AI \subset (SAB)}\\{M \in DK,DK \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow M \in (SAB) \cap (SCD)} \right.\\ \Rightarrow SM = (SAB) \cap (SCD).\end{array}\)

\(\begin{array}{l}{\rm{ Khi d\'o : }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SAB) \cap (SCD) = SM}\\{AB \subset (SAB),CD \subset (SCD) \Rightarrow SM//AB//CD \Rightarrow SM//HI}\\{AB//CD}\end{array}} \right.(1)\\{\rm{ V\`i }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{N \in DH,DH \subset (SAD)}\\{N \in CI,CI \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow N \in (SAD) \cap (SBC)} \right.\\ \Rightarrow SN = (SAD) \cap (SBC).\end{array}\)

Khi đó, ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SAD) \cap (SBC) = SN}\\{AD \subset (SAD),BC \subset (SBC) \Rightarrow SN//AD//BC \Rightarrow SN//KI}\\{AD//BC}\end{array}} \right.(2)\)

Mặt khác ba điểm \(S,M,N\) không thẳng hàng. (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra \((SMN)//(HIK)\).

Câu 2

A. Vô số.                   
B. \[3\].                    
C. \(2\).                           
D. \(1\).

Lời giải

Chọn A

Có bao nhiêu mặt phẳng song song với cả hai đường thẳng chéo nhau? 	 (ảnh 1)

Gọi hai đường thẳng chéo nhau là \[a\]và \[b\], \[c\] là đường thẳng song song với \[a\] và cắt \[b\].

Gọi mặt phẳng \[\left( \alpha  \right) \equiv \left( {b,c} \right)\]. Do \[a{\rm{//}}c \Rightarrow a{\rm{//}}\left( \alpha  \right)\]

Giải sử mặt phẳng \[\left( \beta  \right){\rm{//}}\left( \alpha  \right)\] mà \[b \subset \left( \alpha  \right) \Rightarrow b{\rm{//}}\left( \beta  \right)\]

Mặt khác \[a{\rm{//}}\left( \alpha  \right) \Rightarrow a{\rm{//}}\left( \beta  \right)\]. Có vô số mặt phẳng \[\left( \beta  \right){\rm{//}}\left( \alpha  \right)\]

nên có vô số mặt phẳng song song với cả hai đường thẳng chéo nhau.

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

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

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