Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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.
a) Ta có: (ABCD) // (A’B’C’D’)
\(\left( {B'D'DB} \right) \cap \left( {A'B'C'D'} \right) = B'D',\)
\(\left( {B'D'DB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\).
Suy ra B'D' // DB.
Xét (A'BD) và (CB'D') có BD // B'D', A'B // CD'.
Suy ra (A'BD) //(CB'D').
Xét tứ giác B'NMO ta có: B'N = MO, B'N // MO.
Suy ra B'NMO là hình bình hành.
Suy ra B'O // MN hay MN // (BDD'B').
b) Xét tứ giác A'C'OA ta có: A'C' // AO, A'C' = 2AO
Suy ra A'G =2GO.
Mà O là trung điểm BD.
Suy ra G là trọng tâm tam giác A'BD.
Như vậy AC' đi qua trọng tâm G của tam giác A'BD.
\( - \;\)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.
a) Ta có: AD // B’C’, AD = B’C’ nên ADC’B’ là hình bình hành
Suy ra AB’ // DC’ nên AB‘ // (A’C’D) (1)
Ta có: (ACC’A‘) là hình bình hành nên AC // A’C‘
Suy ra AC // (A’C’D‘) (2)
Mà AB‘, AC thuộc (ACB‘) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra (ACB‘) // (A‘C’D)
b) Gọi O, O’ lần lượt là tâm hình bình hành ABCD, A’B’C’D’
Trong (BDD’B’): B’O cắt BD’
Mà B’O thuộc (ACB’), BD’ cắt (ACB’) tại\({G_1}\)
Suy ra: B’O cắt BD’ tại\({G_1}\)
Tương tự, ta có: DO’ cắt BD’ tại\({G_2}\)
Ta có: tam giác \({G_1}OB\) đồng dạng với tam giác \({G_1}B'D'\) (do BD // B’D’)
Suy ra\(\frac{{{G_1}O}}{{{G_1}B'}} = \frac{{OB}}{{B'D'}} = \frac{1}{2}\)
Nên \(\frac{{{G_1}O}}{{{G_1}B'}} = \frac{2}{3}\)
Do đó:\({G_1}\) là trọng tâm tam giác ACB’
Chứng minh tương tự ta có:\({G_2}\) là trọng tâm tam giác A’C’D
c) Ta có tam giác\({G_1}OB\) đồng dạng với tam giác \({G_1}B'D'\)
Suy ra\(\frac{{{G_1}O}}{{{G_1}B'}} = \frac{{OB}}{{B'D'}} = \frac{1}{2}\)
Nên \({G_1}B = \frac{1}{3}BD'(1)\)
Tương tự ta có:\(\frac{{{G_2}D'}}{{{G_2}B}} = \frac{{OD'}}{{DB}} = \frac{1}{2}\)
Nên \({G_2}D' = \frac{1}{3}{\rm{DD}}'(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra\({G_1}B = {G_1}{G_2} = {G_2}D'\)
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’)