Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$. Xác định các điểm $M,N$ tương ứng trên các đoạn $AC’;B’D’$ sao cho $MN//BA’ $.
Tính tỉ số $\dfrac{MA}{MC’}$
- Áp dụng tính chất của phép chiếu song song
- Sử dụng định lý Ta-lét
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Xét phép chiếu song song lên mặt phẳng $(A’B’C’D’)$ theo phương chiếu $BA’$. Ta có $N$ là ảnh của $M$ hay $M$ chính là giao điểm của $B’D’$ và ảnh $AC’$ qua phép chiếu này. Do đó ta xác định $M,N$ như sau:
Trên $A’B’$ kéo dài lấy điểm $K$ sao cho $A’K=A’B’$ thì $ABA’K$ là hình bình hành nên $AK//BA’$
Suy ra $K$ là ảnh của $A$ trên $AC’$ qua phép chiếu song song
Gọi $N$ là giao điểm của $B’D’$ và $KC’$. Đường thẳng qua $N$ và song song với $AK$ cắt $AC’$ tại $M$
Theo định lý Ta-lét ta có $\dfrac{{MA}}{{MC’}} = \dfrac{{NK}}{{NC’}} = \dfrac{{KB’}}{{C’D’}} = 2$
Đáp án A
Cho hình hộp $A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$ . Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $C C^{\prime}$ . Kẻ đường thẳng $\Delta$ đi qua $M$ đồng thời cắt $AN$ và $A^{\prime}B$ tại $I,J$. Tính tỉ số $\dfrac{I M}{I J}$
- Sử dụng phép chiếu song song theo phương $A^{\prime}B$ lên $(ABCD)$
- Sử dụng tính chất đường trung bình của tam giác
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Xét phép chiếu song song lên $(A B C D)$ theo phương chiếu $A^{\prime} B$. Khi đó ba điểm J, I, M lần lượt có hình chiếu là $B, I^{\prime}, M$. Do J, I, M thẳng hàng nên $B, I^{\prime}, M$ cũng thẳng hàng. Gọi $N^ \prime$ là hình chiếu của N thì $AN^ \prime$ là hình chiếu của AN. Vì
$I \in A N \Rightarrow I^{\prime} \in A N^{\prime} \Rightarrow I^{\prime}=B M \cap A N^{\prime}$.
Từ phân tích trên suy ra cách dựng:
Lấy $I^{\prime}=A N^{\prime} \cap B M$.
Trong $\left(A N N^{\prime}\right)$ dựng $I I^{\prime} // N N^{\prime}$ (đã có $N N^{\prime} // C D^{\prime}$) cắt AN tại I.
Vẽ đường thẳng MI, đó chính là đường thẳng cần dựng.
Ta có $M C=C N^{\prime}$ suy ra $M N^{\prime}=C D=A B$. Do đó $I^{\prime}$ là trung điểm của BM.
Mặt khác $I I^{\prime} // J B$ nên $II^\prime$ là đường trung bình của tam giác MBJ, suy ra $I M=I J \Rightarrow \dfrac{I M}{I J}=1$.
Cho lăng trụ tam giác $ABC.A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$. Trên đường thẳng $BA$ lấy điểm $M$ sao cho $A$ nằm giữa $B$ và $M$, $MA=\dfrac{1}2AB$. Gọi $E$ là trung điểm của $AC$. Giao điểm của $BC$ và $(MB^{\prime}E)$ là $D$. Tính tỉ số $\dfrac{BD}{CD}$
Kẻ $EF//AB(F \in BC)$
Khi đó sử dụng định lý Ta let trong tam giác $DBM$
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Trong mặt phẳng $(ABC)$ gọi $D= ME \cap BC$
Kẻ $EF//AB(F \in BC)$. Khi đó $EF$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ và $EF=\dfrac{AB}{2}$
Xét tam giác $DBM$, ta có:
$\dfrac{{FD}}{{BD}} = \dfrac{{EF}}{{BM}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow FD = \dfrac{1}{2}BF = \dfrac{1}{2}FC$, tức $D$ là trung điểm của $FC$
Do đó: $\dfrac{BD}{CD}=3$
Cho tứ diện $ABCD$. Gọi $M,P$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AD,BC$ còn $N$ là điểm trên cạnh $AB$ sao cho $AN=\dfrac{1}3AB$. Gọi $Q$ là giao điểm của $DC$ với $(MNP)$.Tính tỉ số $\dfrac{DQ}{DC}$
Xác định $Q$ bằng cách kéo dài $NP$ cắt $AC$ tại $E$ từ đó xác định giao điểm giữa $(MEP)$ và $CD$
Sử dụng phép chiếu song song của $A$ lên $EQ$ theo phương $CD$
Sử dụng hệ thức Ta-let
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Trong $(ABC)$ gọi $E=AC \cap NP$, trong $(ACD)$ gọi $Q=EM \cap CD$
$ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\nQ \in CD\\\nQ \in EM \subset (MNP)\n\end{array} \right.$
$ \Rightarrow Q = CD \cap (MNP)$
Kẻ $AF//CD,F \in AD$, kẻ $KP//AN, K \in AC$
Ta có: $\dfrac{{AF}}{{DQ}} = \dfrac{{MA}}{{MD}} = 1 \Rightarrow AF = DQ$ (1)
$\dfrac{{AF}}{{QC}} = \dfrac{{EA}}{{EC}}$ (2)
Do $KP = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}.3AN = \dfrac{3}{2}AN$ nên $\dfrac{{AN}}{{KP}} = \dfrac{2}{3}$
$ \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EK}} = \dfrac{{AN}}{{KP}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EC}} = \dfrac{1}{2}$ (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra:
$\dfrac{{QD}}{{QC}} = \dfrac{{FA}}{{QC}} = \dfrac{{EA}}{{EC}} = \dfrac{1}{2}$ $ \Rightarrow \dfrac{{QD}}{{DC}} = \dfrac{1}{3}$
Cho tứ diện $ABCD$. Gọi $M $ là một điểm trên cạnh $DB$, $(\alpha)$ là mặt phẳng đi qua $M$ song song với $AD,BC$. Xác định tỉ số của $\dfrac{MB}{MD}$ để diện tích thiết diện của mặt phẳng $(\alpha)$ và tứ diện $ABCD$ lớn nhất
Kẻ các đường song song, ta tìm được thiết diện là $MNPQ$
Sử dụng Ta - let và bất đẳng thức Co-si khi tính diện tích thiết diện ${S_{MNPQ}} = MN.MQ.\sin \varphi $ ( trong đó $\varphi$ là góc giữa $MN$ và $MQ$)
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} M \in (\alpha ) \cap (ABD)\\ AD \subset (ABD)\\ AD//(\alpha ) \end{array} \right.$
$ \Rightarrow (\alpha ) \cap (AND) = MN//AD,N \in AB$
Tương tự: $\left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right) = NP//BC,P \in AC$
$[\left( \alpha \right) \cap (BCD) = MQ//BC,Q \in CD$
Ta có: $\dfrac{{MQ}}{{BC}} = \dfrac{{MD}}{{DB}},\dfrac{{MN}}{{DA}} = \dfrac{{MB}}{{DB}} \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{BC}} + \dfrac{{MN}}{{AD}} = \dfrac{{MD + MB}}{{DB}} = 1$
Vì $MQ//BC,MN//AD$ mà $BC,AD$ không đổi nên góc giữa $MN$ và $MQ$ không đổi, do đó ${S_{MNPQ}} = MN.MQ.\sin \varphi $ ( trong đó $\varphi$ là góc giữa $MN$ và $MQ$)
Ta thấy $\sin \varphi$ không đổi và ${S_{MNPQ}} = MN.MQ.\sin \varphi = (AD.AC.\sin \varphi ).\dfrac{{MN}}{{AD}}.\dfrac{{MQ}}{{BC}}$
$ \le AD.BC.\sin \varphi {\left( {\dfrac{{\dfrac{{MN}}{{AD}} + \dfrac{{MQ}}{{BC}}}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{AD.BC.\sin \varphi }}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{{MN}}{{AD}} = \dfrac{{MQ}}{{BC}} = \dfrac{1}{2}$ $ \Rightarrow $ $M$ là trung điểm của $BD$
Cho tứ diện $ABCD$, $G$ là trọng tâm của tam giác $BCD$ và $M$ là điểm thuộc miền trong tam giác $BCD$. Đường thẳng qua $M$ và song song với $AG$ cắt các mặt phẳng $(ABC),(ACD),(ABD)$ tại $P,Q,R$. Giá trị lớn nhất của $MP.MQ.MR$ là kết quả nào sau đây?
Kẻ $MQ$ cắt các cạnh thuộc 3 mặt phẳng cần cắt , khi đó ta sẽ tìm giao tuyến
Sử dụng bất đẳng thức Co-si và định lý Ta-let để tìm giá trị lớn nhất
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Gọi $I,J,K$ lần lượt là giao điểm của $MG$ với $BC,CD,BD$ , kẻ $MH//GC,H \in BC$ thì ta có:
$\dfrac{{MP}}{{AG}} = \dfrac{{IG}}{{IJ}} = \dfrac{{IH}}{{GC}} = \dfrac{{{S_{MBC}}}}{{{S_{GBC}}}} = \dfrac{{3{S_{MBC}}}}{{{S_{BCD}}}}$
Tương tự: $\dfrac{{MQ}}{{AG}} = \dfrac{{3{S_{MCD}}}}{{{S_{BCD}}}},\dfrac{{MR}}{{AG}} = \dfrac{{3{S_{MBD}}}}{{{S_{BCD}}}}$
Từ đó ta có: $MP+MQ+MR=3AG$
Theo bất đẳng thức Co-si , ta có:
$MP.MQ.MR \le {\left( {\dfrac{{MP + MQ + MR}}{3}} \right)^3} = A{G^3}$
Đẳng thức xảy ra khi $MP = MQ = MR = AG \Leftrightarrow M \equiv G$
Cho tứ diện $ABCD$ cạnh $a$. Trên các cạnh $BC,CD$ lấy các điểm $M,N$ sao cho $\dfrac{MC}{MB}=\dfrac{1}{2},\dfrac{CN}{CD}=\dfrac{2}{3}$. Trên trung tuyến $AI$ của tam giác $ABD$ lấy điểm $I$ sao cho $\dfrac{PA}{AI}=\dfrac{4}{5}$. Tính diện tích thiết diện tạo thành khi cắt tứ diện bởi $(MNP)$
Sử dụng định lý Ta-let
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Gọi $X=MN \cap BD, E= XP \cap AD, F=XP \cap AB$. Thiết diện là tứ giác $MNEF$
Dựng $MQ//BD,Q \in CD$
Ta có: $\dfrac{{CQ}}{{CD}} = \dfrac{{CM}}{{CB}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow N$ là trung điểm của $QD$ do đó $DX=MQ$
$\dfrac{{DX}}{{DB}} = \dfrac{{MQ}}{{DB}} = \dfrac{1}{3}$
Dựng $IJ//XF, J \in AB$
Ta có: $\dfrac{{AF}}{{FJ}} = \dfrac{{AP}}{{AI}} = \dfrac{4}{5} \Rightarrow AF = \dfrac{4}{5}FJ$ (1)
$\dfrac{{BF}}{{JF}} = \dfrac{{BX}}{{JX}} = \dfrac{{BX}}{{JD + DX}} = \dfrac{{BX}}{{\dfrac{1}{2}BD + \dfrac{1}{2}BD}} = \dfrac{{6BX}}{{5BD}} = \dfrac{6}{5}.\dfrac{{BX}}{{\dfrac{3}{4}BD}} = \dfrac{8}{5} \Rightarrow JF = \dfrac{5}{8}BF$ (2)
Từ (1) , (2) suy ra: $AF = \dfrac{4}{5}FJ = \dfrac{4}{5}.\dfrac{5}{8}FB = \dfrac{1}{2}FB \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AB}} = \dfrac{1}{3}$
Do $\dfrac{{CM}}{{CB}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{{FA}}{{AB}} = \dfrac{{CM}}{{CB}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow FM//AC \Rightarrow AC//(MXF)$
$ \Rightarrow MF//NE$
Vậy thiết diện $MNEF$ là hình thang cân có $MF = \dfrac{{2a}}{3},NF = \dfrac{a}{3}$
$\Delta AFE$ có $AF = \dfrac{a}{3},AE = \dfrac{{2a}}{3}$
$E{F^2} = A{E^2} + A{F^2} - 2AE.AF\cos {60^o} \Rightarrow EF = \dfrac{a}{3}$
Đường cao của hình thang là : $h = \sqrt {E{F^2} - {{\left( {\dfrac{{FM - EN}}{2}} \right)}^2}} = \dfrac{a}{{2\sqrt 3 }}$
Diện tích thiết diện: $S = \dfrac{1}{2}h(ME + NE) = \dfrac{{11{a^2}}}{{24\sqrt 3 }}$
Cho tứ diện $ABCD$ , $M$ là một điểm trên cạnh $DB$, $(\alpha)$ là mặt phẳng đi qua $M$ song song với $AD,BC$. Xác định vị trí của $M$ để thiết diện là hình thoi.
Sử dụng định lý Ta - let
Điều kiện của 1 hình là hình thoi khi nó là hình bình hành
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l} M \in (\alpha ) \cap (ABD)\\ AD \subset (ABD)\\ AD//(\alpha ) \end{array} \right.$
$ \Rightarrow (\alpha ) \cap (AND) = MN//AD,N \in AB$
Tương tự: $\left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right) = NP//BC,P \in AC$
$[\left( \alpha \right) \cap (BCD) = MQ//BC,Q \in CD$
Giả sử điểm $M$ trên cạnh $BD$ để $MNPQ$ là hình thoi
Ta có: $\dfrac{{MQ}}{{BC}} = \dfrac{{DM}}{{DB}} \Rightarrow MQ = \dfrac{{DM.BC}}{{DB}}$ (1)
Tương tự: $\dfrac{{MN}}{{AD}} = \dfrac{{MB}}{{BD}} \Rightarrow MN = \dfrac{{MB.AD}}{{BD}}$ (2)
Do $MNPQ$ là hình bình hành nên nó là hình thoi khi $MN=MQ$ , do đó từ (1) và (2), ta có:
$\dfrac{{DM.BC}}{{DB}} = \dfrac{{AD.MB}}{{BD}} \Rightarrow DM.BC = DA.(DB - DM)$
$ \Leftrightarrow DM(BC + AD) = AD.BD \Leftrightarrow DM = \dfrac{{AD.BD}}{{BC + AD}}$
Rõ ràng $0 < DM = \dfrac{{AD.BD}}{{BC + AD}} < BD$ nên điều kiện $M$ nằm trên $BD$ được thỏa mãn.
Vậy thiết diện là hình thoi khi $M$ nằm trên cạnh $BD$ sao cho $DM = \dfrac{{AD.BD}}{{BC + AD}}$
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật tâm $O$, $SD$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD), AD=a, $ góc $AOB=120^o$., góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABCD)$ bằng $45^o$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AC$ và $SB$
Khoảng cách giữa $AC$ và $SB$ là bằng khoảng cách giữa $B$ và mặt phẳng song song với $SB$ đi qua $AC$
Khoảng cách đó chính bằng khoảng cách từ $D$ đến mặt phẳng đó
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Vì $\left. \begin{array}{l}\nBC \bot DC\\\nBC \bot SD\n\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot (SDC) \Rightarrow \widehat {SDC} = {45^0}$
$ \Rightarrow SD = SC = \dfrac{{AD}}{{\tan {{60}^o}}} = a\sqrt 3 $
Kẻ $OI//SB(I \in SD)$
$d(AC,SB) = d(SB,(IAC)) = d(B,(IAC)) = d(D,(IAC)$
Kẻ $IH \bot AC \Rightarrow AC \bot (IDH) \Rightarrow DH \bot AC$
Kẻ $DK \bot IH$, ta có: $DK \bot AC(AC \bot (DIH)) \Rightarrow DK \bot (SAC) \Rightarrow DK \bot HA$
Xét tam giác vuông $DHA$, ta có:
$DH = a.\sin {60^o} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$
Suy ra tam giác $DHI$ vuông cân tại $DK = DH.\sin {45^o} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{4}$
Vậy: $d(AC,SB)=\dfrac{a\sqrt 6}{4}$
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $E$ là trung điểm của $SC$. Mặt phẳng $(\alpha)$ luôn thay đổi nhưng luôn chứa $AE$ cắt $SB,SD$ lần lượt tại $M,N$ . Xác định vị trí của $M,N$ trên các cạnh $SB,SD$ sao cho $\dfrac{SM}{SB}+\dfrac{SN}{SD}$ đạt giá trị lớn nhất
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Gọi $O = AC \cap BD,G = AE \cap SO$, thì $G$ là trọng tâm của tam giác $SAC$
Dễ thấy $G \in MN$
Ta có: $\dfrac{{{S_{\Delta SGM}}}}{{{S_{\Delta SOB}}}} = \dfrac{{SG.SM}}{{SO.SB}} = \dfrac{{2SM}}{{3SB}}$
$\dfrac{{{S_{\Delta SGN}}}}{{{S_{\Delta SOD}}}} = \dfrac{{SG.SN}}{{SO.SD}} = \dfrac{{2SN}}{{3SD}}$
$ \Rightarrow \dfrac{{{S_{\Delta SGM}}}}{{{S_{\Delta SOB}}}} + \dfrac{{{S_{\Delta SGN}}}}{{{S_{\Delta SOD}}}} = \dfrac{2}{3}(\dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}})$
Mặt khác: $\dfrac{{{S_{\Delta SGM}}}}{{{S_{\Delta SOB}}}} + \dfrac{{{S_{\Delta SGN}}}}{{{S_{\Delta SOD}}}} = \dfrac{{2{S_{\Delta SGM}}}}{{{S_{\Delta SBD}}}} + \dfrac{{2{S_{\Delta SGN}}}}{{{S_{\Delta SBD}}}} = \dfrac{{2{S_{\Delta SMN}}}}{{{S_{\Delta SBD}}}} = \dfrac{{2SM.SN}}{{SB.SD}}$
Suy ra: $\dfrac{1}{3}(\dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}}) = \dfrac{{SM.SN}}{{SB.SD}} \Leftrightarrow \dfrac{{SB}}{{SM}} + \dfrac{{SD}}{{SN}} = 3$ (*)
$\dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}} = \dfrac{1}{3}(\dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}})(\dfrac{{SB}}{{SM}} + \dfrac{{SD}}{{SN}}) = \dfrac{1}{3}(2 + \dfrac{{SM.SD}}{{SN.SB}} + \dfrac{{SN.SB}}{{SM.SD}})$
Đặt $a = \dfrac{{SB}}{{SM}},b = \dfrac{{SD}}{{SN}}$ thì $a+b=3$ và $\dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}} = \dfrac{1}{3}(2 + \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a})$
Do $a \geq 1,b \geq 1$ và $a+b=3$ nên ta có: $a \in [1;2]$, từ đó:
$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} = \dfrac{a}{{3 - a}} + \dfrac{{3 - a}}{a} = \dfrac{{9 - 6a + 2{a^2}}}{{a(3 - a)}} \le \dfrac{5}{2},\forall a \in \left[ {1;2} \right]$
$ \Rightarrow \dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}} = \dfrac{1}{3}(2 + \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}) \le \dfrac{1}{3}(2 + \dfrac{5}{2}) = \dfrac{3}{2}$
Vậy: $\max (\dfrac{{SM}}{{SB}} + \dfrac{{SN}}{{SD}}) = \dfrac{3}{2}$ khi $M \equiv B$, $SN=ND$ hoặc $N \equiv D, SM=MB$