Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C‘. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và A’B‘.
a) Chứng minh rằng EF // (BCC’B’)
b) Gọi I là giao điểm của đường thẳng CF với mặt phẳng (AC’B). Chứng minh rằng I là trung điểm đoạn thẳng CF.
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M và M’ lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và B’C’.
a) Chứng minh rằng AM song song với A’M’.
b) Tìm giao điểm của mặt phẳng (A’B’C’) với đường thẳng A’M.
c) Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB’C’) và (BA’C’).
d) Tìm giao điểm G của đường thẳng d với mp(AMA’). Chứng minh G là trọng tâm của tam giác AB’C’.
a) Do ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ nên ta có: BCC’B’ là hình bình hành
Xét tứ giác BCC’B’ có M và M’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’ nên MM’ là đường trung bình
Lại có: AA’// BB’ và AA’= BB’ ( tính chất hình lăng trụ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: MM’// AA’ và MM’ = AA’
=> Tứ giác AMM’A’ là hình bình hành
b) Trong (AMM’A’) gọi O = A’M ∩ AM’, ta có :
Ta có : O ∈ AM’ ⊂ (AB’C’)
⇒ O = A’M ∩ (AB’C’).
c)
Gọi K = AB’ ∩ BA’, ta có :
K ∈ AB’ ⊂ (AB’C’)
K ∈ BA’ ⊂ (BA’C’)
⇒ K ∈ (AB’C’) ∩ (BA’C’)
Dễ dàng nhận thấy C’ ∈ (AB’C’) ∩ (BA’C’)
⇒ (AB’C’) ∩ (BA’C’) = KC’.
Vậy d cần tìm là đường thẳng KC’
d) Trong mp(AB’C’), gọi C’K ∩ AM’ = G.
Ta có: G ∈ AM’ ⊂ (AM’M)
G ∈ C’K.
⇒ G = (AM’M) ∩ C’K.
+ K = AB’ ∩ A’B là hai đường chéo của hình bình hành ABB’A’
⇒ K là trung điểm AB’.
ΔAB’C’ có G là giao điểm của 2 trung tuyến AM’ và C’K
⇒ G là trọng tâm ΔAB’C’.
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AA’, BB’, CC’. Chứng minh rằng mặt phẳng (MNP) song song với mặt phẳng (ABC).
Ta có: ABB'A' là hình bình hành, M, N là trung điểm của AA', BB' nên MN // AB (đường trung bình) suy ra MN // (ABC).
Tương tự, ta có NP // BC suy ra NP// (ABC).
Mặt phẳng (MNP) chứa hai đường thẳng cắt nhau MN, NP và MN, NP song song với mp(ABC) suy ra (MNP) //(ABC).
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, AA’.
a) Xác định giao điểm của mặt phẳng (MNP) với đường thẳng B‘C.
b) Gọi K là giao điểm của mặt phẳng (MNP) với đường thẳng B’C. Tính tỉ số \(\dfrac{KB'}{KC}\)
a) Ta có \(\left( {MNP} \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN,\left( {ABC} \right) \cap \left( {ACC'A'} \right) = AC,AC//MN\) (do MN là đường trung bình của tam giác ABC) suy ra giao tuyến của (MNP) và (ACC'A') song song với MN và AC.
Qua P kẻ đường thẳng song song với AC cắt CC' tại H.
PH là giao tuyến của (MNP) và (ACC'A').
Nối H với N cắt B'C tại K.
Vậy K là giao điểm của (MNP) và B'C.
b) Gọi giao điểm BC' và B'C là O.
Ta có ACC'A' là hình bình hành P là trung điểm AA', PH //AC suy ra H là trung điểm CC'.
Xét tam giác CC'B ta có: HN là đường trung bình suy ra CK = OK.
Mà OC = OB' suy ra \(\frac{{KB'}}{{KC}} = 3\).
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a, hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của A’B’. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA’, B’C’. Biết rằng AH = 2a và α là số đo của góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (AC’H). Khi đó cosα bằng
A. 77 11
B. 22 11
C. 2 5 5
D. 5 5
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M và M’ lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và B’C’. Chứng minh rằng AMC.A’M’C’ là hình lăng trụ.
Ta có M, M' lần lượt là trung điểm của BC, B'C', BCC'B' là hình bình hành suy ra MM' // CC'.
Vì các cạnh bên của hình lăng trụ ABC.A'B'C' đôi một song song nên AA'//CC'.
Mặt phẳng ((AMC) //(A'M'C') nên AMC. AM'C' là hình lăng trụ.
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C'. Gọi M và M' lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và B'C'
a) Chứng minh rằng AM song song với A'M'
b) Tìm giao tuyến của mặt phẳng (AB'C') với đường thẳng A'M
c) Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB'C') và (BA'C')
d) Tìm giao điểm G của đường thẳng d với mặt phẳng (AM'M)
Chứng minh G là trọng tâm của tam giác AB'C'
a) Do MM' lần lượt là trung điểm của BC và B'C' nên M'M//BB'//CC'. Vì vậy MM'//AA'.
Vì vậy tứ giác A'M'MA là hình bình hành. Suy ra: AM//A'M'.
b) Trong mp (AA'M'M), ta có: MA' ∩ AM' = K.
Do \(K\in A'M\) và \(A'M\in\left(AB'C'\right)\) nên K (AB'C').
c) Có \(O=AB'\cap A'B\) nên \(O\in\left(AB'C'\right)\cap\left(BA'C'\right)\).
Suy ra: \(d\equiv CO'\).
d) Trong (AB'C'): C'O ∩ AM' = G vì vậy G ( AMM') . Mà O, M' lần lượt là trung điểm AB' và B'C' nên G là trọng tâm của tam giác AB'C'.
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 lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi H là trung điểm của cạnh A’B’. Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng (A’B’C’) và (A’BC). Thiết diện của hình lăng trụ khi cắt bởi mp(H,d) là hình gì?
A. Không xác định
B. Tam giác
C. Hình vuông
D. Hình bình hành
Đáp án B
Xét (A’B’C’) và (A’BC) có:
A’ là điểm chung
B’C’ // BC
giao tuyến của 2 mặt phẳng là đường thẳng d qua A’ song song với B’C’
⇒ d và B’C’ đồng phẳng
Mà d chứa A’
⇒ d thuộc mặt phẳng (A’B’C’)
Mà H ∈ A’B’ ⇒ H ∈ (A’B’C’)
⇒ Mặt phẳng đi qua d và H, cắt tứ diện ABC. A’B’C’ là (A’B’C’)
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Lấy M, M’ lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC, B’C’; lấy các điểm G, G’, K lần lượt thuộc các đoạn AM, A’M’, A’B sao cho `(AG)/(AM)=(A′G′)/(A′M′)=(A′K)/(A′B)=23`
a) Chứng minh rằng CM’ // (A’BM’)
b) Chứng minh rằng G’K // (BCC’B’)
c) Chứng minh rằng (GG’K) // (BCC’B’)
d) Gọi(α)
là mặt phẳng đi qua K và song song với mặt phẳng (ABC). Mặt phẳng(α)
cắt cạnh CC’ tại điểm I. Tính `(IC)/(IC′)`
a) Ta có: MBM'C' là hình bình hành nên C'M // BM'
Mà BM' thuộc (A'BM')
Suy ra: C'M // (A'BM')
b) △A'BM' có: \(\dfrac{A'K}{A'B}=\dfrac{A'G'}{A'M'}=\dfrac{2}{3}\)
Nên G'K // BM' mà BM' thuộc (BCC'B')
Suy ra: G'K // (BCC'B')
c) Hình bình hành AMM'A' có: GG' // MM'
Mà MM' thuộc (BCC'B')
Suy ra: GG' // (BCC'B')
Mà G'K // (BCC'B')
Do đó: (GG'K) // (BCC'B')
d) Trong mp(ABB’A’), vẽ đường thẳng qua K và song song với AB, A’B’; cắt A’A và B’B lần lượt tại J và H.
Trong mp (ACC’A”), vẽ đường thẳng qua J và song song với AC, A’C’; cắt C’C tại I.
Ta có: IJ // AC mà AC ⊂ (ABC) nên IJ // (ABC);
JK // AB mà AB ⊂ (ABC) nên JK // (ABC).
Lại có IJ và JK cắt nhau tại J và cùng nằm trong mp(IJK) nên (IJK) // (ABC).
Theo bài, mp(α) // (ABC) và đi qua K nên mp(α) chính là mp(IJK).
Khi đó CC’ cắt (α) tại I.
Ta có: (IJK) // (ABC) mà (ABC) // (A’B’C’) nên (A’B’C’), (IJK), (ABC) là ba mặt phẳng song song với nhau.