Câu hỏi:

20/10/2025 89

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành $ABCD$. Gọi $E,F,G$ lần lượt là trung điểm của cạnh $SA,AB,CD$. Gọi $P$ là giao điểm của đường thẳng $EG$ và mặt phẳng $\left( {SDF} \right)$. Tính tỉ số $\frac{{GP}}{{PE}}$.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: Bộ 5 đề thi Cuối kì 1 Toán 11 Kết nối tri thức cấu trúc mới có đáp án !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Trả lời: 2

$Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành $ABCD$. (ảnh 1)$

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$:

Gọi $AG \cap DF = \left\{ L \right\}$$ \Rightarrow L$ là trung điểm của $AG$.

Trong mặt phẳng $\left( {SAG} \right)$: Gọi $SL \cap GE = \left\{ P \right\}$.

Suy ra $\left\{ \begin{array}{l}P \in EG\\P \in SL,SL \subset \left( {SDF} \right)\end{array} \right.$.

Khi đó $P$ là giao điểm của đường thẳng $EG$ và mặt phẳng $\left( {SDF} \right)$.

Mặt khác $P$ là trọng tâm tam giác $SAG$.

Suy ra $\frac{{GP}}{{PE}} = 2$.

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 thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

PHẦN III. Câu trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời câu 1 đến câu 6.

Một chất điểm dao động điều hòa theo phương trình $x = 2\cos \left( {2\pi t + \frac{\pi }{2}} \right)$, $t$ tính bằng giây và $x$ tính bằng ${\rm{cm}}$. Gọi ${t_0}$ là thời điểm đầu tiên vật có li độ lớn nhất (li độ là khoảng cách từ vật đến vị trí cân bằng). Giá trị của ${t_0}$ bằng (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm) bao nhiêu giây?

Xem đáp án

Lời giải

Trả lời: 0,75

Với mọi $t \ge 0$, ta có $ - 1 \le \cos \left( {2\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) \le 1$$ \Leftrightarrow - 2 \le 2\cos \left( {2\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) \le 2$.

Do đó li độ lớn nhất là $x = 2$ cm xảy ra khi $\cos \left( {2\pi t + \frac{\pi }{2}} \right) = 1$$ \Leftrightarrow 2\pi t + \frac{\pi }{2} = k2\pi $\[ \Leftrightarrow t = k - \frac{1}{4},k \in \mathbb{Z}\].

Vì $t \ge 0$ nên $k - \frac{1}{4} \ge 0 \Leftrightarrow k \ge \frac{1}{4}$.

Vì $k \in \mathbb{Z}$, suy ra thời điểm đầu tiên thỏa mãn ứng với $k = 1$. Suy ra ${t_0} = \frac{3}{4} = 0,75$ giây.

Câu 2

Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$. Gọi ${G_1},{G_2}$ là trọng tâm của các tam giác$A'BD,B'D'C$. Khi đó:

a) $A'D'CB$ là hình bình hành.

b)$\left( {A'BD} \right)//\left( {B'D'C} \right)$.

c) ${G_1},{G_2}$ cùng thuộc $AC'$.

d) ${G_1}{G_2} = \frac{2}{3}AC'$.

Xem đáp án

Lời giải

a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S

$Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$. Gọi \({G (ảnh 1)$

a) Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp nên $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A'D'//BC}\\{A'D' = BC}\end{array} \Rightarrow A'D'CB} \right.$ là hình bình hành.

b) $A'D'CB$ là hình bình hành nên $A'B//CD' \Rightarrow A'B//\left( {B'D'C} \right)$. (1)

Tương tự, ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{A'B'//CD}\\{A'B' = CD}\end{array} \Rightarrow A'B'CD} \right.$ là hình bình hành.

Suy ra $A'D//B'C \Rightarrow A'D//\left( {B'D'C} \right)$.(2)

Từ (1) và $(2)$ suy ra $\left( {A'BD} \right)//\left( {B'D'C} \right)$.

c) Gọi $O,O',I$ theo thứ tự là tâm của các hình bình hành $ABCD,A'B'C'D'$, $ACC'A'$.

$Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$. Gọi \({G (ảnh 2)$

Vì ${G_1}$ là trọng tâm tam giác $AB'D$ nên $\frac{{A'{G_1}}}{{A'O}} = \frac{2}{3}$ $ \Rightarrow {G_1}$ là trọng tâm tam giác $A'AC$, suy ra ${G_1} = AI \cap A'O$. (3)

Tương tự, ${G_2}$ là trọng tâm tam giác $B'D'C$ nên $\frac{{C{G_2}}}{{CO'}} = \frac{2}{3}$.

$ \Rightarrow {G_2}$ là trọng tâm tam giác $A'C'C$, suy ra ${G_2} = C'I \cap CO'$. (4)

Từ (3) và (4) suy ra ${G_1},{G_2}$ cùng thuộc $AC'$.

d) Chứng minh $A{G_1} = {G_1}{G_2} = {G_2}C' = \frac{1}{3}AC'$:

Ta có: $\frac{{A{G_1}}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{A{G_1}}}{{AC'}} = \frac{1}{3};\frac{{C'{G_2}}}{{C'I}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{C'{G_2}}}{{AC'}} = \frac{1}{3}$.

Do vậy $A{G_1} \buildrel\textstyle.\over= {G_1}{G_2} = {G_2}C' = \frac{1}{3}AC'$.

Vậy ${G_1},{G_2}$ cùng thuộc $AC'$, đồng thời chia $AC'$ thành ba phần bằng nhau.

Câu 3