Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Điểm M di động trên đoạn BD, điểm N di động trên đoạn AB'. Đặt BM=B'N=t. Đoạn MN bằng a 2 khi t bằng
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Điểm M di động trên đoạn BD, điểm N di động trên đoạn AB'. Đặt BM=B'N=t. Đoạn MN bằng a 2 khi t bằng
A. a 2
B. a 2
C. a 2 3
D. a 3
Cho hình lập phương ABCDA'B'C'D' có cạnh bằng a. Điểm M thuộc đoạn thẳngBC', điểm N thuộc đoạn thẳng AB',MN tạo với mặt phẳng đáy một góc 30 ° . Tìm độ dài nhỏ nhất của đoạn thẳng MN.
A. a 2
B. 2 a 3
C. 2 a 5 − 1
D. 2 a 5 + 1
Đáp án D
Ý tưởng: 1 - MN phải chăng sẽ là hai điểm đặc biệt nào đó
2 – Khi nhận ra M là trung điểm của BA’ thì ta tiến hành tính toán MN qua điểm A’ bằng cách lấy P thuộc BC’!
Dễ có mặt phẳng (BA’C’) vuông góc với AB’. Do đó để MN là nhỏ nhất thì M là giao của AB’ và BA’, N là điểm thuộc BC’ sao cho góc giữa MN và (A’B’C’D’) là 30 ° . Gọi P là điểm thuộc BC’sao cho A’P cũng hợp với mặt phẳng đáy một góc 30 ° , khi đó MN là đường trung bình của tam giác BA’P nên M N = 1 2 A ' P .
Giả sử độ dài đoạn B’H = x, khi đó PH = HC’ = a – x (tam giác PC’H vuông cân tại C’), và A ' H = A ' B ' 2 + B ' H 2 = a 2 + x 2 . Theo điều ta đã giả sử ở trên thì góc giữa A’P và (A’B’C’D’) = 30 ° , do đó
tan P A ' H ^ = P H A ' H = a − x a 2 + x 2 = 3 3 hay a 2 + x 2 = 3 a − x (1)
Mặt khác ta lại có
A ' P = A ' H 2 + H P 2 = a 2 + x 2 + ( a − x ) 2 = 4 a − x 2 = 2 a − x (2)
Từ (1) và (2) ta tính được A ' P = 4 a 5 + 1 . Từ đây ta rút ra được M N = 2 a 5 + 1 .
Chọn phương án D.
Cho hình bình hành ABCD. Điểm M di động trên đoạn AB, N di động trên đoạn AD ( M, N khác A ) sao cho \(\dfrac{AB}{AM}+\dfrac{2AD}{AN}=4\)
Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Gọi G là trung điểm của CD. Cho MN cắt AG tại I. Ta sẽ chứng minh điểm I cố định.
Thật vậy: Kéo dài tia BG cắt tia AD tại P. Qua 2 điểm B và P kẻ các đường thẳng song song với MN, chúng cắt đường thẳng AG lần lượt ở 2 điểm E và F.
Dễ thấy: \(\Delta\)BGC = \(\Delta\)PGD (g.c.g) => GB = GP (2 cạnh tương ứng)
=> \(\Delta\)BEG = \(\Delta\)PFG (g.c.g) => GE = GF (2 cạnh tương ứng) => EF = 2.GE
Xét \(\Delta\)PAF có: N thuộc AP; I thuộc AF; IN // PF => \(\frac{AP}{AN}=\frac{AF}{AI}=\frac{AE+EF}{AI}=\frac{AE+2.GE}{AI}\)(ĐL Thales)
Do \(\Delta\)BGC = \(\Delta\)PGD (cmt) nên BC = PD. Mà BC = AD => PD = AD = 1/2 .AP
\(\Rightarrow\frac{2.AD}{AN}=\frac{AE+2.GE}{AI}\). Tương tự: \(\frac{AB}{AM}=\frac{AE}{AI}\)
Do đó: \(\frac{AB}{AM}+\frac{2.AD}{AN}=\frac{2\left(AE+GE\right)}{AI}=\frac{2.AG}{AI}\). Suy ra \(\frac{2.AG}{AI}=4\)(Theo gt)
\(\Rightarrow\frac{AG}{AI}=2\)=> I là trung điểm của AG
Ta thấy: Hbh ABCD cố định có G là trung điểm CD nên AG cố định. Mà I là trung điểm AG nên I cũng cố định.
Lại có: MN đi qua I nên MN luôn đi qua 1 điểm cố định (đpcm).
AB là đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng ∆ , ∆ ' chéo nhau, A ∈ ∆ , B ∈ ∆ ' , A B = a ; M là điểm di động trên ∆ , N là điểm di động trên ∆ ' . Đặt A M = m , A N = n m ≥ 0 , n ≥ 0 . Giả sử ta luôn có m 2 + n 2 = b với b > 0 không đổi. Xác định m, n để độ dài đoạn MN đạt giá trị lớn nhất.
A. m = n = a b 2
B. m = n = b 2
C. m = a 2 ; n = b 2
D. m = a b 2 ; n = a + b 2
AB là đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng ∆ , ∆ ' chéo nhau, A B ∈ ∆ , B ∈ ∆ ' , A B = a M là điểm di động trên ∆ , N là điểm di động trên ∆ ' . Đặt AM=m, AN=n m , n ≥ 0 . Giả sử ta luôn có m 2 + n 2 = b với b>0, b không đổi. Xác định m, n để độ dài đoạn MN đạt giá trị lớn nhất
A. m = n = a b 2
B. m = n = b 2
C. m = a 2 , n = b 2
D. m = a b 2 , n = a + b 2
AB là đoạn vuông góc chung của 2 đường thẳng ∆ , ∆ ' chéo nhau, A ∈ ∆ ; B ∈ ∆ ' , AB= a. M là điểm di động trên ∆ N là điểm di động trên ∆ ' . Đặt A M = m ; A N = n ( m ≥ 0 ; n ⩾ 0 ) Giả sử ta luôn có m 2 + n 2 = b với b>0; b không đổi. Xác định m, n để độ dài đoạn MN đạt giá trị lớn nhất.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. M là một điểm di động trên đoạn AB. Một mặt phẳng (α) đi qua M và song song với SA và BC; (α) cắt SB, SC và CD lần lượt tại N, P và Q
a) Tứ giác MNPQ là hình gì?
b) Gọi I là giao điểm của MN và PQ. Chứng minh rằng I nằm trên một đường thẳng cố định.
a) Vì M ∈ (SAB)
Và 
nên (α) ∩ (SAB) = MN
và MN // SA
Vì N ∈ (SBC)
Và 
nên (α) ∩ (SBC) = NP
và NP // BC (1)
⇒ (α) ∩ (SCD) = PQ
Q ∈ CD ⇒ Q ∈ (ABCD)
Và 
nên (α) ∩ (ABCD) = QM
và QM // BC (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình thang.
b) Ta có:
⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx và Sx // AB // CD
MN ∩ PQ = I ⇒ 
MN ⊂ (SAB) ⇒ I ∈ (SAB), PQ ⊂ (SCD) ⇒ I ∈ (SCD)
⇒ I ∈ (SAB) ∩ (SCD) ⇒ I ∈ Sx
(SAB) và (SCD) cố định ⇒ Sx cố định ⇒ I thuộc Sx cố định.
Cho tứ diện đều S.ABC cạnh bằng a. Gọi I là trung điểm AB, M là một điểm di động trên đoạn AI. Qua M vẽ mặt phẳng ( α ) song song với (SIC). Thiết diện tạo bởi ( α ) và tứ diện SABC là
A. tam giác cân tại M
B. tam giác đều
C. hình bình hành
D. hình thoi
