Bài 5. Hình lăng trụ và hình hộp

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) Gọi H là trung điểm của BC

△ABC có: E là trung điểm của AC, H là trung điểm của BC

Suy ra: EH // AB

Mà AB // A'B'

Do đó: EH // A'B' hay EH // B'F (1)

Ta có: EH // AB nên \(\dfrac{EH}{AB}=\dfrac{EC}{AC}=\dfrac{1}{2}\)

Mà AB = A'B', B'F = \(\dfrac{1}{2}\) A'B'

Nên: EH = B'F (2)

(1)(2) suy ra: EHB'F là hình bình hành. Do đó: EF // B'H

Mà B'H thuộc (BCC'B')

Suy ra: EF // (BCC'B')

b) Gọi K là trung điểm AB

Dễ dàng chứng minh được FKBB' là hình bình hành

Ta có: FK // BB' 

Mà BB' // CC' 

Suy ra: FK // CC' (1)

Ta có: FK = BB', mà BB' = CC' 

Do đó: FK = CC' (2) 

(1)(2) suy ra FKCC' là hình bình hành 

Mà hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Nên C'K cắt CF tại trung điểm của hai đường thẳng

mà C'K thuộc (AC'B) , CF cắt (AC'B) tại I (đề bài)

Do đó: I là trung điểm của CF. 

A’C, AC’, D’B, DB’

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\({G_1}B = {G_1}{G_2} = {G_2}D'\)

Các mặt của hình hộp là các hình bình hành

Hai mặt phẳng lần lượt chứa hai mặt đối diện của hình hộp song song với nhau

Tham khảo

Các cạnh bên của hình lăng trụ song song và bằng nhau

Các mặt bên của hình lăng trụ là các hình bình hành

Hai mặt đáy của hình lăng trụ là hai đa giác có các cạnh tương ứng song song và bằng nhau

a: là những hình bình hành

b: song song và bằng nhau

tòa nhà, hộp đựng phấn, viên gạch,...

Gọi I là trung điểm của AC

Ta có: đường chéo hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là A’C, AC’, D’B, DB’

Mà AC’,D’B thuộc (ABC’D’);

 A’C,D’B thuộc (BCD’A’);

A’C,DB’ thuộc (CDA’B’)

AC’,DB’ thuộc (DAB’C’)

Do đó bốn mặt phẳng cùng đi qua điểm I