K
Khách

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

23 tháng 3 2017

11 tháng 3 2017

Đáp án C.

+ Trong  mặt phẳng (BB’D’D) gọi I = MO ∩ DD', H = MO ∩ B'D'

Trong  mặt phẳng (DD’C’C) gọi J = NI ∩ DC

Trong  mặt phẳng (ABCD) gọi K = JO ∩ AB

Trong  mặt phẳng (AA’B’B) gọi F = MK ∩ A'B'

Trong  mặt phẳng (A’B’C’D’) gọi E = B'C' ∩ FN=> E = BC ∩ (MNO)

 

12 tháng 4 2018

Đáp án C.

+ Trong  mặt phẳng (BB’D’D) gọi I = M O ∩ DD ' , H = M O ∩ B ' D '  

Trong  mặt phẳng (DD’C’C) gọi  J = N I ∩ D C

Trong  mặt phẳng (ABCD) gọi  K = J O ∩ A B

Trong  mặt phẳng (AA’B’B) gọi F = M K ∩ A ' B '  

Trong  mặt phẳng (A’B’C’D’) gọi

E = B ' C ' ∩ F N ⇒ E = B C ∩ ( M N O )  

BO = B’H = OD ⇒ C D H D ' = 1 3  (OD // D’H) ⇒ I D I D ' = O D H D ' = 1 3  

Mà J D / / N D ' ⇒ J D N D ' = I D I D ' = 1 3  

Có  N D ' = N C '  

J D = K B = K B ' ⇒ F B ' C N = 1 3 = B ' E E C = 1 3

1 tháng 3 2019

Giải sách bài tập Toán 12 | Giải sbt Toán 12

Giả sử đường thẳng EF cắt đường thẳng A’B’ tại I và cắt đường thẳng A’D’ tại J. AI cắt BB’ tại L, AJ cắt DD’ tại M. Gọi V0 là thể tích khối tứ diện AA’IJ. V là thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’

Vì EB’ = EC’ và B’I // C’F

nên IB′ = FC′ = Giải sách bài tập Toán 12 | Giải sbt Toán 12

Do đó Giải sách bài tập Toán 12 | Giải sbt Toán 12

Để ý rằng BE’ // A’J , B’L // AA’

Ta có

Giải sách bài tập Toán 12 | Giải sbt Toán 12

Từ đó suy ra:

Giải sách bài tập Toán 12 | Giải sbt Toán 12

Do đó Giải sách bài tập Toán 12 | Giải sbt Toán 12

Tương tự Giải sách bài tập Toán 12 | Giải sbt Toán 12

Gọi AB = a, BC = b , đường cao hạ từ A xuống (A’B’C’D’) là h thì

V = V ABCD . A ' B ' C ' D '  = h a b . sin ∠ BAD

Giải sách bài tập Toán 12 | Giải sbt Toán 12

Vậy

Giải sách bài tập Toán 12 | Giải sbt Toán 12

Giải sách bài tập Toán 12 | Giải sbt Toán 12

Giải sách bài tập Toán 12 | Giải sbt Toán 12

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
22 tháng 9 2023


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.

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
22 tháng 9 2023

\( - \;\)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.

13 tháng 10 2017

Hướng dẫn: A

+ Đường cắt EF cắt A'D' tại N, M, AN cắt DD' tại P, AM cắt A'B' tại BB' tại Q. Từ đó mặt phẳng (AEF) cắt khối lăng trụ thành hai khối đó là ABCDC'QEFP và AQEFPB'A'D'.

+ Gọi

+ Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có V 4   =   V 5

20 tháng 2 2018

Chọn A

Dựng thiết diện: PQ qua A và song song với BD ( vì EF//B’D’//BD )

PE cắt các cạnh BB’, CC’ tại M và I. Tương tự ta tìm được giao điểm N. T iết diện là AMEFN.

Dựa vào đường trung bình BD và định lí Ta-lét cho các tam giác IAC, DNQ, D’NF ta tính được: I C ' = a 3 , N D = 2 a 3 Tương tự ta tính được:  M B = 2 a 3

4 tháng 4 2017

5 tháng 11 2018

Đáp án A.

Đường thẳng EF cắt A'D' và A'B' tại N;M;AN cắt DD' tại P;AM cắt BB' tại Q. Khi đó thiết diện của hình lập phương khi cắt bởi mặt phẳng (AEF) là ngũ giác APFEQ

Từ giả thiết ta có V 1 = V A ' B ' D ' A P F E Q  và  V 2 = V A B C D C ' P F E Q ' .

Gọi

V = V A B C D . A ' B ' C ' D ' ; V 3 = V A . A ' M N ; V 4 = V P F D ' N ; V 5 = V Q M B ' E .  

Do tính đối xứng của hình lập phương nên V 4 = V 5  .

Nhận thấy

V 3 = 1 6 A A ' . A ' M . A ' N = 1 6 . a . 3 a 2 . 3 a 2 = 3 a 2 8  (đvtt).

V 4 = 1 6 . D ' P . D ' F . D ' N = 1 6 . a 3 . a 2 . a 2 = a 3 72  (đvtt);

V 1 = V 3 − 2 V 4 = 3 a 3 8 − 2. a 3 72 = 25 a 3 72  (đvtt).

V 2 = V − V 1 = a 3 − 25 a 3 72 = 47 a 3 72  (đvtt).

Vậy   V 1 V 2 = 25 47 .