Câu hỏi:

25/06/2022 532

Cho hình bình hành ABCD. Gọi Bx,Cy,Dz là các đường thẳng song song với nhau lần lượt đi qua B,C,D và nằm về một phía của mặt phẳng (ABCD), đồng thời không nằm trong mặt phẳng (ABCD). Một mặt phẳng đi qua AA và cắt Bx,Cy,Dz lần lượt tại các điểm B′,C′,D′ với BB′=2,DD′=4. Khi đó CC′ bằng:

Quảng cáo

Trả lời:

verified
Giải bởi Vietjack

Trên Bx và Dz lấy điểm B′ và D′ sao cho\[BB' = 2,DD' = 4.\]

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD,I là trung điểm của B′D′

Ta có BDD′B′ là hình thang, OI là đường trung bình của hình thang nên

\[OI//BB'//DD'//Cy\]và\[OI = \frac{{BB' + {\rm{D}}{{\rm{D}}^\prime }}}{2} = \frac{{2 + 4}}{2} = 3\]

Xét mặt phẳng tạo bởi OI và CC′ có:\[AI \cap Cy = C'\]

Ta có\[OI//CC',AO = OC\]suy ra \[AI = IC'\]

Suy ra OI là đường trung bình của tam giác\[ACC' \Rightarrow CC' = 2OI = 6\]

Đáp án cần chọn là: D

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Lời giải

Ta có A là điểm chung thứ nhất giữa hai mặt phẳng (ACD) và (GAB).

Do\[BG \cap CD = M \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in BG \subset (ABG) \Rightarrow M \in (ABG)}\\{M \in CD \subset (ACD) \Rightarrow M \in (ACD)}\end{array}} \right.\]

⇒M là điểm chung thứ hai giữa hai mặt phẳng (ACD) và (GAB).

\[ \Rightarrow \left( {ABG} \right) \cap \left( {ACD} \right) = AM\mathop \to \limits^{} \] A đúng.

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BI \subset (ABG)}\\{AM \subset (ABM)}\\{(ABG) \equiv (ABM)}\end{array}} \right. \Rightarrow AM,BI\)  đồng phẳng.

\[ \Rightarrow J = BI \cap AM \Rightarrow A,J,M\] thẳng hàng→ B đúng.

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{DJ \subset (ACD)}\\{DJ \subset (BDJ)}\end{array}} \right. \Rightarrow DJ = (ACD) \cap (BDJ) \to \) D đúng.

Điểm I di động trên AG nên J có thể không phải là trung điểm của AM

→ C sai

Đáp án cần chọn là: C

Câu 2

Lời giải

Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của SA, SC, OB. Gọi Q là giao điểm của SD với mp(MNP)). Tính  (ảnh 1)

Bước 1:

Trong (ABCD) lấy\[PH\parallel AC(H \in CD)\]

\( \Rightarrow PH||MN\) (Do\[AC||MN \Rightarrow H \in \left( {PMN} \right) \Rightarrow NH \subset \left( {PMN} \right)\]

Trong (SCD) gọi \[Q = NH \cap SD\]

Mà\[NH \subset \left( {PMN} \right) \Rightarrow Q \in \left( {PMN} \right)\]

Khi đó  Q là giao điểm của SD với mp(MNP)

Bước 2:

Mà N là trung điểm của\[SC \Rightarrow \frac{{NC}}{{NS}} = 1\]

Mặt khác áp dụng định lí Ta-lét trong tam giác DPH  ta có\[\frac{{HD}}{{HC}} = \frac{{DP}}{{OP}} = 3\] (vì P là trung điểm của OB).

Bước 3:

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SCD với cát tuyến QNH ta có:

\[\frac{{HD}}{{HC}}.\frac{{NC}}{{NS}}.\frac{{QS}}{{QD}} = 1\]

Do đó ta có\[\frac{{QS}}{{QD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{1}{4}\]

Đáp án cần chọn là: A

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 4

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

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