Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\( - \;\)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.
\(SM=MA=SA-SM\Rightarrow SM=\dfrac{1}{2}SA\)
Do IM song song SO, áp dụng định lý Talet trong tam giác SAO:
\(\dfrac{IO}{OA}=\dfrac{SM}{SA}=\dfrac{1}{2}\)
Do NK song song SO, áp dụng định lý Talet cho tam giác SCO:
\(\dfrac{OK}{OC}=\dfrac{SN}{SC}=\dfrac{1}{3}\)
Mà ABCD là hình bình hành nên \(OA=OC\)
\(\Rightarrow\dfrac{OI}{OK}=\dfrac{3}{2}\)
a) Ta có: N là trung điểm của AA’ nên \(\frac{{AN}}{{AA'}} = \frac{1}{2}\)
Q là trung điểm của AD’ nên \(\frac{{AQ}}{{AD'}} = \frac{1}{2}\)
Theo định lý Ta – let, ta có NQ // A’D’
Suy ra \(\frac{{NQ}}{{A'D'}} = \frac{{AN}}{{AA'}} = \frac{1}{2}\) nên\(NQ = \frac{1}{2}A'D'\)
b) Ta có: NQ // A’D’ mà A’D’ // BC nên NQ // BC hay NQ // MC (1)
Ta có \(NQ = \frac{1}{2}A'D'\) mà A’D’ = BC, \(MC = \frac{1}{2}BC\), nên NQ = MC (2)
Từ (1) và (2) suy ra MNQC là hình bình hành
c) Ta có: MNQC là hình bình hành nên MN // CQ
Mà CQ thuộc (ACD’)
Nên MN // (ACD’)
d) Gọi O là trung điểm của AC
Tam giác ACB có: O, M là trung điểm của AC, BC
Suy ra: OM // AB nên \(OM = \frac{1}{2}AB\)
Mà AB = C’D’, \(D'P = \frac{1}{2}C'D\),
Suy ra OM = D’P (1)
Ta có: OM // AB, AB // C’D’ nên OM // C’D‘ hay OM // D’P (2)
Từ (1) và (2) suy ra OMPD’ là hình bình hành. Do đó: MP // OD’
Mà OD’ thuộc (ACD’)
Suy ra: MP // (ACD’)
Mà MN thuộc (ACD’)
Do đó: (MNP) // (ACD’)
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’.
Vì phép chiếu song song biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự ba điểm đó nên có \(M\) nằm giữa \(B\) và \(C\) thì \(M'\) nằm giữa \(B'\) và \(C'\).
Vì phép chiếu song song không làm thay đổi tỉ số độ dài của hai đoạn thẳng nằm trên hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau nên có \(MB = MC\) thì \(M'B' = M'C'\).
Vậy \(M'\) là trung điểm của \(B'C'\).
Vì phép chiếu song song biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự ba điểm đó nên có \(G\) nằm giữa \(A\) và \(M\) thì \(G'\) nằm giữa \(A'\) và \(M'\).
Vì phép chiếu song song không làm thay đổi tỉ số độ dài của hai đoạn thẳng nằm trên hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau nên có \(AG = \frac{2}{3}AM\) thì \(A'G' = \frac{2}{3}A'M'\).
Vậy \(G'\) là trọng tâm tam giác \(A'B'C'\).
Chọn D