Lời giải

Sau bài học này, chúng ta giải quyết được câu hỏi trên như sau:

Hình gồm hai đa giác A₁A₂…A_n, A₁’A₂’…A_n’ và các bình bình hành A₁A₂A₂’A₁’, A₂A₃A₃’A₂’, …, A_nA₁A₁’A_n’ được gọi là hình lăng trụ, kí hiệu là A₁A₂…A_n.A₁’A₂’…A_n’.

Hình hộp là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành.

Lời giải

a) Ta có: (P) // (P’);

               (A₁A₂A₂’A₁’) ∩ (P) = A₁A₂;

               (A₁A₂A₂’A₁’) ∩ (P’) = A₁’A₂’.

Do đó A₁A₂ // A₁’A₂’.

Trong mp (A₁A₂A₂’A₁’), tứ giác A₁A₂A₂’A₁’ có A₁A₁’ // A₂A₂’ và A₁A₂ // A₁’A₂’

Do đó A₁A₂A₂’A₁’ là hình bình hành.

Chứng minh tương tự ta có: các tứ giác A₂A₃A₃’A₂’, …, A_nA₁A₁’A_n’ cũng là những hình bình hành.

Vậy các tứ giác A₁A₂A₂’A₁’, A₂A₃A₃’A₂’, …, A_nA₁A₁’A_n’ là những hình bình hành.

b) Theo câu a, A₁A₂A₂’A₁’ là hình bình hành nên A₁A₂ = A₁’A₂’

Tương tự như vậy, ta kết luận các cạnh tương ứng của hai đa giác A₁A₂…A_n và A₁’A₂’…A_n’ có độ dài bằng nhau.

Nhận xét: Hai mặt phẳng lần lượt chứa hai mặt đối diện của hình hộp song song với nhau.

Lời giải

a)

Ta có: (ABCD) // (A’B’C’D’) ( do ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp);

           (ABCD) ∩ (ACC’A’) = AC;

           (A’B’C’D’) ∩ (ACC’A’) = A’C’.

Do đó AC // A’C’.

Mà A’C’ ⊂ (A’C’D) nên AC // (A’C’D).

Chứng minh tương tự ta cũng có AB’ // DC’ mà DC’ ⊂ (A’C’D) nên AB’ // (A’C’D).

Ta có: AC // (A’C’D);

          AB’ // (A’C’D);

          AC, AB’ cắt nhau tại điểm A và cùng nằm trong mp(ACB’).

Do đó (ACB’) // (A’C’D).

b)

• Gọi O là tâm hình bình hành đáy ABCD, I là giao điểm của BD’ và DB’.

Tứ giác BDD’B’ có BB’ // DD’ và BB’ = DD’ nên là hình bình hành.

Do đó hai đường chéo BD’ và DB’ cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường.

Trong mp(BDD’B’), BD’ cắt B’O tại G₁.

Mà B’O ⊂ (ACB’) nên G₁ là giao điểm của BD’ với (ACB’).

Trong mp(BDD’B’), xét DBDB’ có hai đường trung tuyến BI, B’O cắt nhau tại G₁ nên G₁ là trọng tâm của DBDB’

Do đó \(\frac{{B'{G_1}}}{{BO}} = \frac{2}{3}\)

Trong (ACB’), xét DACB’ có B’O là đường trung tuyến và \(\frac{{B'{G_1}}}{{BO}} = \frac{2}{3}\)

Suy ra G₁ là trọng tâm của DACB’.

• Gọi O’ là tâm hình bình hành đáy A’B’C’D’.

Chứng minh tương tự như trên ta cũng có: G₂ là trọng tâm của DDD’B’ nên \(\frac{{D{G_2}}}{{DO'}} = \frac{2}{3}\)

Trong (A’C’D), DA’C’D có DO’ là đường trung tuyến và \(\frac{{D{G_2}}}{{DO'}} = \frac{2}{3}\)

Suy ra G₂ là trọng tâm của DA’C’D.

c) Theo chứng minh câu b, ta có:

• G₁ là trọng tâm của DBDB’ nên \(\frac{{B{G_1}}}{{BI}} = \frac{2}{3}\) và \(\frac{{I{G_1}}}{{B{G_1}}} = \frac{1}{2}\)

• G₂ là trọng tâm của DDD’B’ nên \(\frac{{D'{G_2}}}{{D'I}} = \frac{2}{3}\) và \(\frac{{I{G_2}}}{{D'{G_2}}} = \frac{1}{2}\)

Do đó \(\frac{{B{G_1}}}{{BI}} = \frac{{D'{G_2}}}{{D'I}} = \frac{2}{3}\) và \(\frac{{I{G_1}}}{{B{G_1}}} = \frac{{I{G_2}}}{{D'{G_2}}} = \frac{1}{2}\)

Ta có: \(\frac{{B{G_1}}}{{BI}} = \frac{{D'{G_2}}}{{D'I}}\) và BI = D’I (do I là trung điểm của BD’)

Suy ra BG₁ = D’G₂.

Lại có \(\frac{{I{G_1}}}{{B{G_1}}} = \frac{{I{G_2}}}{{D'{G_2}}} = \frac{1}{2}\) nên IG₁ = IG₂ = \(\frac{1}{2}\)BG₁

Do đó G₁G₂ = IG₁ + IG₂ = \(\frac{1}{2}\)BG₁ + \(\frac{1}{2}\)BG₁ = BG₁.

Vậy BG₁ = G₁G₂ = D’G₂.

Lời giải

a)

Trong mp(ADD’A’), xét DAA’D’ có N, Q lần lượt là trung điểm của AA’ và AD’

Do đó NQ là đường trung bình của tam giác

Suy ra NQ // A’D’ và NQ = \(\frac{1}{2}\)A’D’.

b)

Ta có: A’D’ // AD // BC, mà NQ // A’D’ (câu a) nên NQ // BC hay NQ // MC.

Ta cũng có A’D’ = AD = BC, mà NQ = \(\frac{1}{2}\)A’D’ (câu a) nên NQ = \(\frac{1}{2}\)BC

Lại có BM = MC = \(\frac{1}{2}\)BC (do M là trung điểm BC)

Do đó NQ = MC.

Tứ giác MNQC có NQ // MC và NQ = MC nên là MNQC hình bình hành.

c)

Do MNQC hình bình hành nên MN // QC

Mà QC ⊂ (ACD’) nên MN // (ACD’).

d)

Gọi O là trung điểm của ABCD.

Trong (ABCD), xét DABC có O, M lần lượt là trung điểm của AC, BC nên OM là đường trung bình của tam giác

Do đó OM // AB và OM = \(\frac{1}{2}\)AB.

Mà AB // D’P nên OM // D’P.

Lại có D’P = \(\frac{1}{2}\)D’C’ và D’C’ = AB nên OM = D’P.

Xét tứ giác D’PMO có OM // D’P và OM = D’P nên là hình bình hành

Suy ra PM // D’O

Mà D’O ⊂ (ACD’) nên PM // (ACD’).

Ta có: MN // (ACD’);

           PM // (ACD’);

           MN, PM cắt nhau tại điểm M và cùng nằm trong mp(MNP)

Do đó (MNP) // (ACD’).

Lời giải

a)

Gọi M là trung điểm của BC.

Trong mp(ABC), xét DABC có E, M lần lượt là trung điểm của AC, BC nên EM là đường trung bình của tam giác

Do đó EM // AB và EM = \(\frac{1}{2}\)AB.

Mà AB // A’B’ nên EM // A’B’ hay EM // FB’.

Lại có AB = A’B’ và FB’ = \(\frac{1}{2}\)A’B’ nên EM = FB’.

Trong mp(EMB’F), xét tứ giác EMB’F có EM // FB’ và EM = FB’ nên là hình bình hành.

Do đó EF // B’M, mà B’M ⊂ (BCC’B’) nên EF // (BCC’B’).

b)

Gọi N là trung điểm của AB.

Trong mp(ABB’A’), xét hình bình hành ABB’A’ cũng là hình thang có N, F lần lượt là trung điểm của AB, A’B’ nên NF là đường trung bình của hình thang

Do đó NF // BB’ và \[NF = \frac{{AA' + BB'}}{2} = \frac{{2BB'}}{2} = BB'\].

Mà BB’ // CC’ nên NF // CC’.

Lại có BB’ = CC’ nên NF = CC’.

Trong mp(NFC’C), xét tứ giác NFC’C có NF // CC’ và NF = CC’ nên là hình bình hành.

Do đó hai đường chéo CF và NC’ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Lại có NC’ ⊂ (ABC’) nên CF cắt (ABC’) tại trung điểm I của CF.

Vậy CF cắt (ABC’) tại trung điểm I của CF.