K
Khách

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

19 tháng 3 2016

A' A B' D' C' B C D M N O' O

Đặt \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{a}\)\(\overrightarrow{AB'}=\overrightarrow{b}\)  và   \(\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{d}\)

Theo quy tắc hình bình hành ta có :

\(\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d}\)

Mà \(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{d}=\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}=3\overrightarrow{AM}\)

Suy ra \(\overrightarrow{AC'}=3\overrightarrow{AM}\)

Do đó A, M, C' thẳng hàng

Tương tự cũng có C', N, A thẳng hàng. Suy ra điều cần chứng minh

 

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
22 tháng 9 2023

loading...

Gọi \(O = AC \cap B{\rm{D}},O' = A'C' \cap B'{\rm{D}}',I = AC' \cap A'C\)

Vì \(AA'\parallel CC',AA' = CC'\) theo tính chất hình hộp nên \(AA'C'C\) là hình bình hành \( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(AC'\) và \(A'C\).

Ta có: \({G_1}\) là trọng tâm của tam giác \(BDA' \Rightarrow \frac{{A'{G_1}}}{{A'O}} = \frac{2}{3}\)

Tam giác \(AA'C\) có \(\frac{{A'{G_1}}}{{A'O}} = \frac{2}{3}\) nên \({G_1}\) là trọng tâm của tam giác \(AA'C\)

Mà \(I\) là trung điểm của \(A'C\) nên \(\frac{{A{G_1}}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow A{G_1} = \frac{2}{3}AI\)

Mà \(AI = \frac{1}{2}AC'\)

\( \Rightarrow A{G_1} = \frac{1}{3}AC'\left( 1 \right)\)

Ta có: \({G_2}\) là trọng tâm của tam giác \(B'D'C \Rightarrow \frac{{C{G_2}}}{{CO'}} = \frac{2}{3}\)

Tam giác \(ACC'\) có \(\frac{{C{G_2}}}{{CO'}} = \frac{2}{3}\) nên \({G_2}\) là trọng tâm của tam giác \(ACC'\)

Mà \(I\) là trung điểm của \(AC'\) nên \(\frac{{C'{G_2}}}{{C'I}} = \frac{2}{3} \Rightarrow C'{G_2} = \frac{2}{3}C'I\)

Mà \(C'I = \frac{1}{2}AC'\)

\( \Rightarrow C'{G_2} = \frac{1}{3}AC'\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \({G_1}\) và \({G_2}\) chia đoạn \(AC\) thành ba phần bằng nhau.

 

31 tháng 3 2017

Lời giải:

a) Tứ giác DBB'D' là hình bình hành nên  BD // B'D' . Vì vậy BD // (B'D'C) và BA' // CD' \(\Rightarrow\) BA' // ( B'D'C).

Từ đó suy ra ( BDA') //B'D'C).

b) Gọi {G_{1}}^{}, {G_{2}}^{} là giao điểm của AC' với A'O và CO'.
Do \(G_1=A'O\cap AI\) và A'O và AI là hai đường trung tuyến của tam giác nên \(G_1\) là trọng tâm của tam giác A'AC.
Chứng minh tương tự \(G_2\) là trọng tâm tam giác CAC'.
Suy ra \(\dfrac{AG_1}{AO}=\dfrac{2}{3}\)\(\dfrac{CG_2}{CO}=\dfrac{2}{3}\) nên đường chéo AC'  đi qua trọng tâm của hai tam giác BDA' và B'D'C.

c) Do O và O' lần lượt là trung điểm của AC và A'C' nên \(OC=A'O'\) và OC' // A'O'.
Vì vậy tứ giác OCO'A là hình bình hành và OA'//OC.
Từ đó ta chứng minh được \(G_1\) lần lượt là trung điểm của \(AG_1\) và \(G_2\) là trung điểm của \(G_1C'\).
Do đó: \(AG_1=G_1G_2=G_2C\) (đpcm).
d) \(\left(A'IO\right)=\left(AA'C'C\right)\). Nên thiết diện cần tìm là (AA'C'C).
 

31 tháng 3 2017

d) (A'IO) ≡ (AA'C'C) suy ra thiết diện là AA'C'C

19 tháng 3 2016

Từ giả thiết suy ra với mọi O đều có ?

\(\overrightarrow{OG}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)\)  và  \(\overrightarrow{OG_1}=\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA}_1+\overrightarrow{OB_1}+\overrightarrow{OC}_1\right)\)

Mà :

\(\overrightarrow{OG_2=}\frac{1}{3}.\left(\overrightarrow{OGa}+\overrightarrow{OG_b}+\overrightarrow{OG_c}\right)\)

        \(=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB_1}+\overrightarrow{OC_1}\right)+\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC_1}+\overrightarrow{OA_1}\right)+\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA_1}+\overrightarrow{OB_1}\right)\right)\)

        \(=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)+\frac{2}{3}\left(\overrightarrow{OA_1}+\overrightarrow{OB_1}+\overrightarrow{OC}_1\right)\right)\)

        \(=\frac{1}{3}\overrightarrow{OG}+\frac{2}{3}\overrightarrow{OG_1}\)

Suy ra :

\(3\overrightarrow{OG_2}=\overrightarrow{OG}+2\overrightarrow{OG_1}\)  với mọi O. Điều này có nghĩa là \(G,G_1,G_2\) thẳng hàng => Điều phải chứng minh

25 tháng 10 2023

a: ABCD.A'B'C'D là hình hộp chữ nhật

=>AA'//DD'//BB'//CC'

AA'//CC'

=>AA'//(CC'D'D)

B'B//D'D

=>B'B//(CC'D'D)

mà AA'//(CC'D'D)

và A'A và B'B cùng thuộc mp(AA'B'B)

nên (AA'B'B)//(CC'D'D)

b: Xét tứ giác ADC'B' có

AD//B'C'

AD=B'C'

Do đó: ADC'B' là hình bình hành

=>AB'//DC'

=>AB'//(C'BD)(1)

Xét tứ giác BDD'B' có

BB'//DD'

BB'=D'D

Do đó: BDD'B' là hình bình hành

=>BD//B'D'

=>B'D'//(C'BD)(2)

Từ (1) và (2) suy ra (C'BD)//(AB'D')

c: Gọi G là trọng tâm của ΔABC

Xét ΔBAC có

BO là đường trung tuyến

G là trọng tâm

Do đó: B,O,G thẳng hàng và \(BG=\dfrac{2}{3}BO\)

Gọi M là giao điểm của AG với BC; M' là giao điểm của A'G' với B'C'

Xét ΔABC có

G là trọng tâm

M là giao điểm của AG với BC

Do đó: M là trung điểm của BC và \(AG=\dfrac{2}{3}AM\)

Xét ΔA'B'C' có

G' là trọng tâm

A'G' cắt B'C' tại M'
Do đó: M' là trung điểm của B'C'

Xét ΔABM và ΔA'B'M' có

AB=A'B'

\(\widehat{ABM}=\widehat{A'B'M'}\)

BM=B'M'

Do đó: ΔABM=ΔA'B'M'

=>AM=A'M'

Xét hình thang BCC'B' có

M,M' lần lượt là trung điểm của CB,C'B'

=>MM' là đường trung bình

=>MM'//BB'//CC'

=>MM'//AA'

Xét tứ giác AA'M'M có

MM'//AA'

AM=A'M'

Do đó: AA'M'M là hình bình hành

=>AM//A'M'

=>AG//A'G'

=>A'G'//(ABCD)

19 tháng 3 2016

Do \(\frac{BM}{MB'}=\frac{CN}{ND}\) nên   \(\frac{BM}{BB'}=\frac{CN}{CD}=t\)  với \(t\in\left(0;1\right)\) nào đó

Đặt \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{a},\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{b}\) và \(\overrightarrow{AA'}=\overrightarrow{c}\)

Khi đó : 

\(\overrightarrow{AM}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BM}=\overrightarrow{a}+t\overrightarrow{c}\)

\(\overrightarrow{AN}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DN}=\left(1-t\right)\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}\)

\(\overrightarrow{AI}=\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)=\overrightarrow{a}+\frac{1}{2}\overrightarrow{b}\)

      \(=\overrightarrow{AA'}+\overrightarrow{A'J}=\frac{1}{2}\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}\)

Suy ra :

\(\overrightarrow{MN}=-t.\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-t.\overrightarrow{c}\) ; \(\overrightarrow{MI}=\frac{1}{2}\overrightarrow{b}-t\overrightarrow{c}\) và \(\overrightarrow{MJ}=-\overrightarrow{a}+\frac{1}{2}\overrightarrow{b}+\left(1-t\right).\overrightarrow{c}\)

Từ đó, do 

\(-t.\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-t.\overrightarrow{c}=\left(2-t\right).\left(\frac{1}{2}.\overrightarrow{b}-t.\overrightarrow{c}\right)+t.\left(-\overrightarrow{a}\right)+\frac{1}{2}.\overrightarrow{b}+\left(1-t\right).\overrightarrow{c}\)

Nên :

\(\overrightarrow{MN}=\left(2-t\right).\overrightarrow{MI}+t.\overrightarrow{MJ}\)

Suy ra M, N, I, J đồng phẳng

19 tháng 3 2016

B' A' D' C' B A C D N I M J

15 tháng 11 2018

Giải bài tập Đại số 11 | Để học tốt Toán 11

a) + A’D’ // BC và A’D’ = BC

⇒ A’D’CB là hình bình hành

⇒ A’B // D’C, mà D’C ⊂ (B’D’C) ⇒ A’B // (B’D’C) (1)

+ BB’ // DD’ và BB’ = DD’

⇒ BDD’B’ là hình bình hành

⇒ BD // B’D’, mà B’D’ ⊂ (B’D’C) ⇒ BD // (B’D’C) (2)

A’B ⊂ (BDA’) và BD ⊂ (BDA’); A’B ∩ BD = B (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra : (BDA’) // (B’D’C).

b) Gọi O = AC ∩ BD

+ Ta có: O ∈ AC ⊂ (AA’C’C)

⇒ A’O ⊂ (AA’C’C).

Trong (AA’C’C), gọi A’O ∩ AC’ = G1.

G1 ∈ A’O ⊂ (A’BD)

⇒ G1 ∈ AC’ ∩ (BDA’).

+ Trong hình bình hành AA’C’C gọi I = A’C ∩ AC’

⇒ A’I = IC.

⇒ AI là trung tuyến của ΔA’AC

⇒   G 1   =   A ’ O   ∩   A C ’ là giao của hai trung tuyến AI và A’O của ΔA’AC

⇒   G 1  là trọng tâm ΔA’AC

⇒   A ’ G 1   =   2 . A ’ O / 3

⇒   G 1  cũng là trọng tâm ΔA’BD.

Vậy AC' đi qua trọng tâm G 1  của ΔA’BD.

Chứng minh tương tự đối với điểm G 2 .

c) *Vì G 1  là trọng tâm của ΔAA’C nên A G 1 / A I   =   2 / 3 .

Vì I là trung điểm của AC’ nên AI = 1/2.AC’

Từ các kết quả này, ta có : A G 1   =   1 / 3 . A C ’

*Chứng minh tương tự ta có : C ’ G 2   =   1 / 3 . A C ’

Suy ra : A G 1   =   G 1 G 2   =   G 2 C ’   =   1 / 3 . A C ’ .

d) (A’IO) chính là mp (AA’C’C) nên thiết diện cần tìm chính là hình bình hành AA’C’C.

25 tháng 10 2023

b: Xét tứ giác ADC'B' có

AD//B'C'

AD=B'C'

Do đó: ADC'B' là hình bình hành

=>AB'//DC'

=>AB'//(C'BD)(1)

Xét tứ giác BDD'B' có

BB'//DD'

BB'=D'D

Do đó: BDD'B' là hình bình hành

=>BD//B'D'

=>B'D'//(C'BD)(2)

Từ (1) và (2) suy ra (C'BD)//(AB'D')

a:

AA'//BB'

=>AA'//(BB'D'C'C)

Xét tứ giác ABC'D' có

AB//C'D'

AB=C'D'

Do đó: ABC'D' là hình bình hành

=>AD'//BC'

=>AD'//(BB'DC'C)

mà AA'//(BB'D'C'C)

và AA',AD' cùng thuộc mp(AA'D'D)

nên (AA'D'D)//(BB'DC'C)

18 tháng 3 2016

A B Co C1 O A1 Ao C B1 Bo H

Đặt \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OH}\)

Ta sẽ chứng minh \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{O}\)

Gọi A1, B1, C1 theo thứ tự là hình chiếu của A, B, C ( cũng là hình chiếu của H) trên các đường thẳng BC, CA, AB và gọi Ao, Bo, Co theo thứ tự là trung điểm BC, CA, AB (như hình vẽ)

Chiếu vectơ \(\overrightarrow{u}\)  lên đường thẳng BC theo phương của \(\overrightarrow{AH}\) ta được 

\(\overrightarrow{u_a}=\overrightarrow{A_oA_1}+\overrightarrow{A_oB}+\overrightarrow{A_oC}-\overrightarrow{A_oA_1}=\overrightarrow{O}\)

Suy ra  \(\overrightarrow{u}\)  cùng phương với \(\overrightarrow{AH}\)  (1)

Tương tự như vậy,

ta cũng có  \(\overrightarrow{u}\)   cùng phương với \(\overrightarrow{BH,}\overrightarrow{CH}\) (2)

Từ (1) và (2) và do các vectơ \(\overrightarrow{AH,}\)\(\overrightarrow{BH},\overrightarrow{CH}\) đôi một không cùng phương suy ra \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{O}\)

Vậy \(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}\)

Nhưng \(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OG}\) nên \(\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}\)

Do đó G, H, O thẳng hàng