K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

22 tháng 3 2016

Cần chứng minh 

\(\overrightarrow{A_1B_1}=\overrightarrow{E_1D_1}\)\(_{ }\overrightarrow{B_1C_1}=\overrightarrow{F_1E_1}\)\(\overrightarrow{C_1D_1}=\overrightarrow{A_1F_1}\)

Ta có :

\(\overrightarrow{OA_1}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{3}\) ; \(\overrightarrow{OD_1}=\frac{\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF}}{3}\) 

\(\overrightarrow{OB_1}=\frac{\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}}{3}\) ; \(\overrightarrow{OE_1}=\frac{\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF}+\overrightarrow{OA}}{3}\)

Từ đó suy ra :

\(\overrightarrow{A_1B_1}+\overrightarrow{OD_1}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF}}{3}=\overrightarrow{0B_1}+\overrightarrow{OE_1}\)

và do đó 

\(\overrightarrow{A_1B_1}=\overrightarrow{E_1D_1}\)

Tương tự ta cũng có \(\overrightarrow{B_1C_1}=\overrightarrow{F_1E_1}\) ,\(\overrightarrow{C_1D_1}=\overrightarrow{A_1F_1}\) => Điều phải chứng minh

 

HQ
Hà Quang Minh
Giáo viên
22 tháng 9 2023

a) Gọi \({B_1},{E_1}\) lần lượt là giao điểm của \(mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right)\) với \(BB',EE'\).

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}{A_1}{D_1}\parallel \left( {ABC{\rm{DEF}}} \right)\\{F_1}{C_1}\parallel \left( {ABC{\rm{DEF}}} \right)\\{A_1}{D_1},{F_1}{C_1} \subset mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right)\parallel \left( {ABC{\rm{DEF}}} \right)\)

Vậy giao tuyến của \(mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right)\) với các mặt bên của lăng trụ là:

\(\begin{array}{l}mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right) \cap \left( {ABB'A'} \right) = {A_1}{B_1}\\mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = {B_1}{C_1}\\mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right) \cap \left( {C{\rm{DD'C'}}} \right) = {C_1}{D_1}\\mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right) \cap \left( {DEE'D'} \right) = {D_1}{E_1}\\mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right) \cap \left( {EFF'E'} \right) = {E_1}{F_1}\\mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right) \cap \left( {AFF'A'} \right) = {A_1}{F_1}\end{array}\)

b) \(ABCDEF.A'B'C'D'E'F'\) là hình lăng trụ \( \Rightarrow CC' = AA' = 70\left( {cm} \right)\)

\(A'{A_1} = 6A{A_1} \Rightarrow A{A_1} = \frac{1}{7}AA' = 10\left( {cm} \right)\)

\(mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right)\parallel \left( {ABC{\rm{DEF}}} \right)\parallel \left( {A'B'C'{\rm{D'E'F'}}} \right)\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{C{C_1}}}{{CC'}} = \frac{{A{A_1}}}{{AA'}} \Leftrightarrow C{C_1} = \frac{{CC'.A{A_1}}}{{AA'}} = \frac{{70.10}}{{70}} = 10\left( {cm} \right)\\ \Rightarrow {C_1}C' = CC' - C{C_1} = 70 - 10 = 60\left( {cm} \right)\end{array}\)

Chọn C

Chọn B

27 tháng 2 2023

Nguyễn Lê Phước Thịnh                                                         , làm thế nào hả pạn

22 tháng 9 2023

Tham khảo:

+) \(\left( {{{\rm{p}}_{\rm{n}}}} \right)\) là dãy số chu vi của các tam giác theo thứ tự \({\rm{ABC}},{{\rm{A}}_1}\;{{\rm{B}}_1}{{\rm{C}}_1}, \ldots \)

Ta có:

 \({{\rm{p}}_2} = {p_{\Delta {A_1}{B_1}{C_1}}} = \frac{a}{2} + \frac{a}{2} + \frac{a}{2} = \frac{1}{2} \cdot (3a) = \frac{1}{2} \cdot {p_1}\)

\(\begin{array}{l}{{\rm{p}}_3} = {p_{\Delta {A_2}{B_2}{C_2}}} = \frac{a}{4} + \frac{a}{4} + \frac{a}{4} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \cdot (3a) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^2} \cdot {p_1}\\ \ldots \\{p_{\Delta {A_n}{B_n}{C_n}}} = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} \cdot {p_1}\\...\end{array}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {p_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^{n - 1}} \cdot (3a)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{1}{2}} \right)^{n - 1}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } (3a) = 0.3a = 0.\)

+)\(\left( {{{\rm{S}}_n}} \right)\) là dãy số diện tích của các tam giác theo thứ tự \({\rm{ABC}},{{\rm{A}}_1}\;{{\rm{B}}_1}{{\rm{C}}_1}, \ldots \)

Gọi \(h\) là chiều cao của tam giác \({\rm{ABC}}\) và \({\rm{h}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}{{\rm{S}}_3} = {S_{\Delta {A_2}{B_2}{C_2}}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{a}{4} \cdot \frac{h}{4} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} \cdot \left( {\frac{1}{2}ah} \right) = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} \cdot {S_1}\\ \ldots \\{S_{\Delta {A_n}{B_n}{C_n}}} = {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n - 1}} \cdot {S_1}\\ \ldots \end{array}\)

\( \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {S_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {{{\left( {\frac{1}{4}} \right)}^{n - 1}} \cdot {S_1}} \right) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{1}{4}} \right)^{n - 1}} \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{1}{2}ah} \right) = 0 \cdot \frac{1}{2}ah = 0\).

 

b) +) Ta có \(\left( {{{\rm{p}}_{\rm{n}}}} \right)\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({{\rm{p}}_1}\) = 3a và công bội \({\rm{q}} = \frac{1}{2}\) thỏa mãn \(|q| < 1\) có tổng:

\({p_1} + {p_2} +  \ldots  + {p_n} +  \ldots  = \frac{{3a}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 6a\)

+) Ta có \(\left( {{{\rm{S}}_n}} \right)\) là một cấp số nhân lùi vô hạn với số hạng đầu \({{\rm{S}}_1} = \frac{1}{2}ah\) và công bội \(q = \frac{1}{4}\) thỏa mãn \(|q| < 1\) có tổng:

\({S_1} + {S_2} +  \ldots  + {S_n} +  \ldots  = \frac{{\frac{1}{2}ah}}{{1 - \frac{1}{4}}} = \frac{2}{3}ah = \frac{2}{3}a.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}\)

20 tháng 4 2019

Giải sách bài tập Toán 11 | Giải sbt Toán 11

Gọi I là trung điểm của CD.

Vì G 1  là trọng tâm của tam giác ACD nên G 1   ∈   A I

Vì G 2  là trọng tâm của tam giác BCD nên G 2   ∈   B I

Ta có :

Giải sách bài tập Toán 11 | Giải sbt Toán 11

A B   ⊂   ( A B C )   ⇒   G 1 G 2   / /   ( A B C )

Và A B   ⊂   ( A B D )   ⇒   G 1 G 2   / /   ( A B D )

26 tháng 10 2023

a: Gọi giao điểm của AG với BC là E

Xét ΔABD có

G là trọng tâm

E là giao điểm của AG với BD

Do đó: E là trung điểm của BD và AG=2/3AE

Xét ΔAHD có \(\dfrac{AG}{AE}=\dfrac{AM}{AD}=\dfrac{2}{3}\)

nên GM//ED

=>GM//BD

mà BD\(\subset\left(BCD\right)\) và GM không thuộc mp(BCD)

nên GM//(BCD)

b: Gọi giao của AH với BC là F

Xét ΔABC có

H là trọng tâm

F là giao điểm của AH với BC

Do đó: F là trung điểm của BC và AH=2/3AF

Xét ΔAGE có \(\dfrac{AH}{AF}=\dfrac{AG}{AE}=\dfrac{2}{3}\)

nên HG//FE

mà \(FE\subset\left(BCD\right)\);HG không thuộc(BCD)

nên HG//(BCD)

31 tháng 10 2023

Vẽ hình minh họa dc kh ạ