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 \(BD{A^\prime }\) và \({B^\prime }{D^\prime }C\).
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
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 \(BD{A^\prime }\) và \({B^\prime }{D^\prime }C\).
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
Câu hỏi trong đề: Đề kiểm tra Hai mặt phẳng song song (có lời giải) !!
Quảng cáo
Trả lời:

|
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 \(BD{A^\prime }\) và \({B^\prime }{D^\prime }C\).
Trong \((ABCD)\), gọi \(O = AC \cap BD\).
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{O \in AC;AC \subset \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)}\\{O \in BD;BD \subset \left( {BD{A^\prime }} \right)}\end{array} \Rightarrow O \in \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {BD{A^\prime }} \right)} \right.\).
Mà \({A^\prime } \in \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {BD{A^\prime }} \right)\) 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 \({O^\prime } = {A^\prime }{C^\prime } \cap {B^\prime }{D^\prime }\).
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{O^\prime } \in {A^\prime }{C^\prime };{A^\prime }{C^\prime } \subset \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right)}\\{{O^\prime } \in {B^\prime }D;{B^\prime }{D^\prime } \subset \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)}\end{array} \Rightarrow {O^\prime } \in \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)} \right.\).
Mà \(C \in \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)\) 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 \(I = {A^\prime }C \cap A{C^\prime }\).

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 \(M\) và \(N\).
Suy ra \(MN//CD\) và \(MN = CD\).
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.
Hot: 1000+ Đề thi giữa kì 1 file word cấu trúc mới 2025 Toán, Văn, Anh... lớp 1-12 (chỉ từ 60k). Tải ngay
- Sách - Sổ tay kiến thức trọng tâm Vật lí 11 VietJack - Sách 2025 theo chương trình mới cho 2k8 ( 45.000₫ )
- 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 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₫ )
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 \((MNP)//(SBC)\).
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

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AD\) và \(I\) là giao điểm của \(NP\) và \(EC\).
Ta có \(\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{DP}}{{CP}} = \frac{1}{3}\) nên \(NP//AD\). Do \(AD//BC\) nên \(NP//BC\), suy ra \(NP//(SBC)\).
Vì \(NP//AD\) nên ta có \(\frac{{EI}}{{EC}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{3}\).
Do \(M\) là trọng tâm của tam giác \(SAD\) và \(E\) trung điểm của đoạn \(AD\) nên \(M \in SE\) và \(\frac{{EM}}{{ES}} = \frac{1}{3}\). Như vậy \(\frac{{EI}}{{EC}} = \frac{{EM}}{{ES}}\) nên \(MI//SC\), suy ra \(MI//(SBC)\). Từ đó, ta có \((MNP)//(SBC)\).
Câu 2
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)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/7-1759695239.png)
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.
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.
Câu 6
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.
Câu 7
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.
