Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có tứ giác ABCD là hình thang đáy AB,CD thỏa mãn AB = 2CD (ảnh 1)

Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có tứ giác ABCD là hình thang đáy AB,CD thỏa mãn AB = 2CD (ảnh 1)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABB'A'} \right)\,\,{\rm{//}}\,\,\left( {CDD'C'} \right)\\\left( {MNK} \right) \cap \left( {ABB'A'} \right) = MN\\K \in \left( {MNK} \right) \cap \left( {CDD'C'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {MNK} \right) \cap \left( {CDD'C'} \right) = KH\,\left( {KH\,\,{\rm{//}}\,MN,\,H \in DD'} \right)\).

b)

Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D' có tứ giác ABCD là hình thang đáy AB,CD thỏa mãn AB = 2CD (ảnh 2)

Gọi \(E,\,E'\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,CD\) và \(I\) là giao điểm của \(EE'\) và \(MN\), \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\); \(G\) là giao điểm của \(MK\) và \(HI\).

Ta có \(I\) là trung điểm của \(MN\);

\(ADCE.A'D'C'E'\) là hình hộp.

\(O\) là trung điểm của \(AC,\,BD\); \(G\) là trung điểm của \(MK,IH\);

\(AMKC\) là hình thang có \(OG\) là đường trung bình nên \(AM + KC = 2OG\).

\(EDHI\) là hình thang có \(OG\) là đường trung bình nên \(EI + DH = 2OG\).

Suy ra \(AM + KC = EI + DH \Rightarrow \frac{{AM}}{{AA'}} + \frac{{KC}}{{CC'}} = \frac{{EI}}{{EE'}} + \frac{{DH}}{{DD'}} \Rightarrow \frac{{EI}}{{EE'}} + \frac{{DH}}{{DD'}} = \frac{5}{4}\) (*)

(Học sinh có thể nêu \(ADCE.A'D'C'E'\) là hình hộp, \(\left( {MNP} \right)\) cắt \(AA',\,EE',\,CC',DD'\) lần lượt tại \(M,K,I,H\) nên ta có: \(\frac{{AM}}{{AA'}} + \frac{{KC}}{{CC'}} = \frac{{EI}}{{EE'}} + \frac{{DH}}{{DD'}} \Rightarrow \frac{{EI}}{{EE'}} + \frac{{DH}}{{DD'}} = \frac{5}{4}\) (*)).

\(ABNM\) là hình thang có \(EI\) là đường trung bình nên \(AM + BN = 2EI \Rightarrow \frac{{AM}}{{AA'}} + \frac{{BN}}{{BB'}} = 2\frac{{EI}}{{EE'}} \Rightarrow \frac{{EI}}{{EE'}} = \frac{7}{{12}}\) (**)

Từ \(\left( * \right)\left( {**} \right)\) suy ra \(\frac{{DH}}{{DD'}} = \frac{2}{3}\). Suy ra \(\frac{{DH}}{{D'H}} = 2\).

Cho tập hợp S gồm 20 phần tử. Số tập con gồm 5 phần tử của S là