Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, O = AC ∩ BD, M, N lần lượt là trung điểm cảu BB’ và C’D’. Mặt phẳng (MNO) cắt B’C’ tại E thì tỉ số B ' E E C ' là:
A . 7 5
B . 2 3
C . 1 3
D . 1 2
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, O = A C ∩ B D , M, N lần lượt là trung điểm cảu Bb’ và C’D’. Mặt phẳng (MNO) cắt B’C’ tại E thì tỉ số B ' E E C ' là:
A. 7 5
B. 2 3
C. 1 3
D. 1 2
Đáp án C.
+ Trong mặt phẳng (BB’D’D) gọi I = M O ∩ DD ' , H = M O ∩ B ' D '
Trong mặt phẳng (DD’C’C) gọi J = N I ∩ D C
Trong mặt phẳng (ABCD) gọi K = J O ∩ A B
Trong mặt phẳng (AA’B’B) gọi F = M K ∩ A ' B '
Trong mặt phẳng (A’B’C’D’) gọi
E = B ' C ' ∩ F N ⇒ E = B C ∩ ( M N O )
BO = B’H = OD ⇒ C D H D ' = 1 3 (OD // D’H) ⇒ I D I D ' = O D H D ' = 1 3
Mà J D / / N D ' ⇒ J D N D ' = I D I D ' = 1 3
Có N D ' = N C '
J D = K B = K B ' ⇒ F B ' C N = 1 3 = B ' E E C = 1 3
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, O , M, N lần lượt là trung điểm cuả Bb’ và C’D’. Mặt phẳng (MNO) cắt B’C’ tại E thì tỉ số B ' E E C ' là:
A. 7 5
B. 2 3
C. 1 3
D. 1 2
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ . Gọi E và F lần lượt là trung điểm của B’C’ và C’D’ . Mặt phẳng (AEF) chia hình hộp đó thành hai hình đa diện (H) và (H’), trong đó (H) là hình đa diện chứa đỉnh A’. Tính tỉ số giữa thể tích hình đa diện (H) và thể tích hình đa diện (H’).
Giả sử đường thẳng EF cắt đường thẳng A’B’ tại I và cắt đường thẳng A’D’ tại J. AI cắt BB’ tại L, AJ cắt DD’ tại M. Gọi V0 là thể tích khối tứ diện AA’IJ. V là thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’
Vì EB’ = EC’ và B’I // C’F
nên IB′ = FC′ =
Do đó
Để ý rằng BE’ // A’J , B’L // AA’
Ta có
Từ đó suy ra:
Do đó
Tương tự
Gọi AB = a, BC = b , đường cao hạ từ A xuống (A’B’C’D’) là h thì
V = V ABCD . A ' B ' C ' D ' = h a b . sin ∠ BAD
Vậy
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Một mặt phẳng song song với mặt bên (ABB’A’) của hình hộp và cắt các cạnh AD, BC, A’D, B’C’ lần lượt tại M, N, M’, N’ (H.4.54).
Chứng minh rằng ABNM.A’B’N’M” là hình hộp.
\( - \;\)Ta có \(\left( {ABB'C'} \right)\;//\;\left( {MNN'M'} \right),\;\left( {ADD'A'} \right) \cap \left( {ABB'A'} \right) = AA',\left( {ADD'A'} \right) \cap \left( {MNN'M'} \right) = MM'\)
suy ra AA'//MM'
Tương tự, BB' // NN'
ABNM.A'B'N'M' có các cạnh bên đôi một song song, (ABNM) //(A'B'N'M')
Suy ra ABNM.A'B'C'M' là hình lăng trụ.
\( - \;\)Ta có: \(\left( {ABB'C'} \right)\;//\;\left( {MNN'M'} \right),\;\left( {ABNM} \right) \cap \left( {ABB'A'} \right) = AB,\left( {ABNM} \right) \cap \left( {MNN'M'} \right) = MN\)
Suy ra AB//MN.
Ta có có AB // MN, BN// AM nên tứ giác ABNM là hình bình hành.
Do đó ABNM.A'B'C'M' là hình hộp.
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Trên các cạnh AA’, BB’, CC’ lần lượt lấy ba điểm M, N, P sao cho Biết mặt phẳng (MNP) cắt cạnh DD’ tại Q. Tính tỉ số D ' Q D D '
A. 1 6
B. 1 3
C. 5 6
D. 2 3
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, C’D’.
a) Chứng minh rằng (A’DN) // (B’CM)
b) Gọi E, F lần lượt là giao điểm của đường thẳng D’B với các mặt phẳng (A’DN), (B’CM). Chứng minh rằng D′E=BF=\(\dfrac{1}{2}\)EF
a)
Ta có: (ADD’A’) // (CBC’B’);
(ADD’A’) ∩ (DCB’A’) = A’D;
(CBC’B’) ∩ (DCB’A’) = B’C.
Do đó A’D // B’C, mà B’C ⊂ (B’CM) nên A’D // (B’CM).
Tương tự: (ABB’A’) // (DCC’D’);
(ABB’A’) ∩ (DMB’N) = MB’;
(DCC’D’) ∩ (DMB’N) = DN.
Do đó MB’ // DN, mà MB’ ⊂ (B’CM) nên DN // (B’CM).
Ta có: A’D // (B’CM);
DN // (B’CM);
A’D, DN cắt nhau tại điểm D và cùng nằm trong mp(A’DN)
Do đó (A’DN) // (B’CM).
b)
Trong mp(A’B’C’D’), gọi J là giao điểm của A’N và B’D’.
Trong mp(BDD’B’), D’B cắt DJ tại E.
Ta có: D’B ∩ DJ = {E} mà DJ ⊂ (A’DN) nên E là giao điểm của D’B và (A’DN).
Tương tự, trong mp(ABCD), gọi I là giao điểm của CM và BD.
Trong mp(BDD’B’), D’B cắt B’I tại F.
Ta có: D’B ∩ B’I = {F} mà B’I ⊂ (B’CM) nên F là giao điểm của D’B và (B’CM).
• Ta có: (A’DN) // (B’CM);
(A’DN) ∩ (BDD’B’) = DJ;
(B’CM) ∩ (BDD’B’) = B’I.
Do đó DJ // B’I.
Trong mp(BDD’B’), xét DBDE có IF // DE nên theo định lí Thalès ta có: \(\frac{{BI}}{{BD}} = \frac{{BF}}{{BE}}\) (1)
Trong mp(ABCD), gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD trong hình bình hành ABCD. Khi đó O là trung điểm của AC, BD.
Xét ∆ABC, hai đường trung tuyến BO, CM cắt nhau tại I nên I là trọng tâm của tam giác
Suy ra \(\frac{{BI}}{{BO}} = \frac{2}{3}\) hay \(\frac{{BI}}{{\frac{1}{2}BD}} = \frac{{2BI}}{{BD}} = \frac{2}{3}\)
Do đó \(\frac{{BI}}{{BD}} = \frac{1}{3}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{BF}}{{BE}} = \frac{1}{3}\)
Suy ra \(\frac{{D'E}}{{D'F - D'E}} = \frac{1}{{3 - 1}}\) hay \(\frac{{D'E}}{{EF}} = \frac{1}{2}\).
Chứng minh tương tự ta cũng có \(\frac{{D'E}}{{D'F}} = \frac{{D'J}}{{D'B'}} = \frac{1}{3}\)
Suy ra \(\frac{{D'E}}{{D'F - D'E}} = \frac{1}{{3 - 1}}\) hay \(\frac{{D'E}}{{EF}} = \frac{1}{2}\)
Do đó \(\frac{{BF}}{{EF}} = \frac{{D'E}}{{EF}} = \frac{1}{2}\) nên BF = D’E = ½ EF.
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Trên các cạnh AA’, BB’, CC’ lần lượt lấy ba điểm M, N, P sao cho A ' M A A ' = 1 3 , B ' N B B ' = 2 3 , C ' P C C ' = 1 2 . Biết mặt phẳng (MNP) cắt cạnh DD’ tại Q. Tính tỉ số D ' Q D D '
A. 1 6
B. 1 3
C. 5 6
D. 2 3
Cho hình hộp A B C D . A ’ B ’ C ’ D ’ . Trên các cạnh A A ' ; B B ' ; C C ' lần lượt lấy ba điểm M, N, P sao cho A ' M A A ' = 1 3 ; B ' N B B ' = 2 3 ; C ' P C C ' = 1 2 . Biết mặt phẳng M N P cắt cạnh DD' tại Q. Tính tỉ số D ' Q D D ' .
A. 1 6
B. 1 3
C. 5 6
D. 2 3
Đáp án A
Ta chứng minh được công thức tỷ số thể tích tối với khối hộp như sau (học sinh có thể tự chứng minh).
V A ' B ' C ' D ' . M N P Q V A " B ' C ' D ' . A B C D = 1 2 A ' M A ' A + C ' P C ' C = 1 2 B ' N B ' B + D Q D ' D
Khi đó: 1 3 + 1 2 = 2 3 + D Q D ' D ⇔ D Q D ' D = 1 6 .
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, A C ∩ B D = O , A ' C ' ∩ B ' D ' = O ' . M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CC’. Khi đó thiết diện do mặt phẳng (MNP) cắt hình lập phương là hình
A. Tam giác.
B. Tứ giác.
C. Ngũ giác.
D. Lục giác.