Bài tập Các bài toán liên quan đến tính chất của hình lăng trụ và hình hộp lớp 11 (có lời giải)

Đáp án đúng là: A

Gọi I là trung điểm BC.

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên  $\frac{AG}{AI}=\frac{2}{3}$.

Lại có AM = 2MC, suy ra  $\frac{AM}{AC}=\frac{2}{3}$.

Khi đó  $\frac{AG}{AI}=\frac{AM}{AC}$.

Áp dụng định lí Thalès đảo, ta được GM // BC.

Suy ra GM // (BCC’B’) 

Đáp án đúng là: B.

Theo định nghĩa và tính chất của hình lăng trụ, các mặt bên ABB′A′, BCC′B′, CAA′C′ đều là các hình bình hành.

Đáp án đúng là: D.

Các cạnh đáy thuộc cùng một đáy không nhất thiết phải song song hay bằng nhau (chúng phụ thuộc vào hình dạng của đa giác đáy). Chỉ có các cạnh bên mới đôi một song song và bằng nhau.

Đáp án đúng là: D.

- Do tính chất của hình lăng trụ, đoạn thẳng nối hai trọng tâm đáy GG′ song song và bằng cạnh bên AA′ nên AGG′A′ là hình bình hành, suy ra GG′ ∥ AA′.

- Hai tam giác AGC và A′G′C′ nằm trong hai mặt phẳng song song. Các đoạn thẳng AA′, GG′, CC′ đôi một song song và bằng nhau. Do đó AGC.A′G′C′ là một hình lăng trụ.

- Ta có: G là trọng tâm của △ABC nên G ⊂ (ABC) và G ≠ A.

Đường thẳng AG ⊂ (ABC). Trong khi đó G′ ∉ (ABC). Do đó G′ ∉ AG, suy ra A, G, G′ không thẳng hàng.

Đáp án đúng là: D

Theo định nghĩa, các mặt bên của hình lăng trụ là hình bình hành. Vì ABB′A′ là một mặt bên của hình lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′ nên nó là hình bình hành.

Đáp án đúng là: B.

Vì mặt phẳng (MNN′M′) ∥ (ABB′A′) mà (ABB′A′) ∥ (CDD′C′)

⇒ (MNN′M′) ∥ (CDD′C′).

Vì (MNN′M′) ∥ (ABB′A′) nên ABNM và A′B′N′M′ là hai hình bình hành nằm trên hai mặt phẳng song song. Các cạnh AA′, BB′, MM′, NN′ song song và bằng nhau. Do đó ABNM.A′B′N′M′ là hình hộp.

Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.

a) Đúng. Theo định nghĩa, hai đáy của hình lăng trụ nằm trên hai mặt phẳng song song.

b) Đúng. Vì BB′ nằm trong mặt phẳng (BCC′B′) và AA′ ∥ BB′, đồng thời AA′ không thuộc mặt phẳng (BCC′B′), nên AA′ ∥ (BCC′B′).

c) Sai. Vì các mặt bên của hình lăng trụ luôn là hình bình hành nên ABB′A′ không thể là hình thang vuông.

d) Đúng. Mặt bên ABB′A′ là hình bình hành nên hai cạnh đối AB và A′B′ song song và bằng nhau.

Đáp án: a) Đúng. b) Đúng. c) Đúng. d) Sai.

a) Đúng. Đây là hai mặt đối diện của hình hộp nên chúng song song với nhau.

b) Đúng. Có AC ∥ A′C′ (do AA′C′C là hình bình hành) và A′C′ ⊂ (A′B′C′D′) và AC không nằm trong mặt phẳng (A′B′C′D′). Do đó AC ∥ (A′B′C′D′).

c) Đúng. Trong hình hộp ABCD.A′B′C′D′ ta có: AB ∥ C′D′ và AB = C′D′. Do đó tứ giác ABC′D′ là hình bình hành.

d) Sai. Hai đỉnh đối diện của hình hộp là hai đầu mút của một đường chéo của hình hộp, ví dụ A và C′ hoặc B và D′. Đỉnh A và B′ cùng thuộc mặt bên (ABB′A′).

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Đúng. d) Đúng.

a) Đúng. Hình lăng trụ tứ giác có đáy là hình bình hành chính là hình hộp.

b) Sai. Hai mặt phẳng này cắt nhau theo một đường thẳng thẳng đứng đi qua giao điểm hai đáy chứ không song song.

c) Đúng. Vì A′B′ ∥ C′D′ mà C′D′ nằm trong mặt phẳng (CDD′C′) nên A′B′ ∥ (CDD′C′).

d) Đúng. Các cạnh bên của hình lăng trụ luôn đôi một song song và có độ dài bằng nhau.

Đáp án: a) Sai. b) Đúng. c) Đúng. d) Đúng.

a) Sai. Theo định nghĩa, các mặt bên của hình lăng trụ là các hình bình hành.

b) Đúng. Theo tính chất hình lăng trụ, hai đáy là hai đa giác bằng nhau và nằm trên hai mặt phẳng song song.

c) Đúng. Các cạnh bên của hình lăng trụ luôn đôi một song song và có độ dài bằng nhau.

d) Đúng. Vì ABB′A′ là hình bình hành nên hai đường chéo AB′ và BA′ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Đáp án: a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Đúng.

a) Đúng. Xét tam giác AA′D′ có N là trung điểm của AA′, Q là trung điểm của AD′

Do đó NQ là đường trung bình của tam giác AA′D′ ⇒ NQ ∥ A′D′ và NQ = \(\frac{1}{2}\) A′D′.

b) Sai. Ta có MC ⊂ BC. Mặt khác, xét △AA′D′ có NQ là đường trung bình nên NQ ∥ A′D′.

Lại có A′D′ ∥ AD. Do đó NQ ∥ AD. Vì AD ∥ BC nên NQ ∥ MC.

Theo câu a), NQ = \(\frac{1}{2}\)A′D′, mà A′D′ = BC (vì ABCD.A′B′C′D′ là hình hộp)

⇒ NQ = \(\frac{1}{2}\)BC.

Có M là trung điểm BC ⇒ MC = \(\frac{1}{2}\)BC. Vậy suy ra NQ = MC.

Tứ giác MNQC có NQ ∥ MC và NQ = MC ⇒ MNQC là hình bình hành.

Vậy MNQC không phải hình thang cân.

c) Sai. Theo câu b), MNQC là hình bình hành ⇒ MN ∥ QC.

Ta có: Q là trung điểm của AD′ nên Q ∈ AD′ ⊂ (ACD′); C ∈ (ACD′) ⇒ QC ⊂ (ACD′).

Vì MN ∥ QC và QC ⊂ (ACD′). Do đó MN ∥ (ACD′), suy ra MN không cắt mặt phẳng (ACD′).

d) Đúng. Vì BCC′B′ là một mặt bên của hình hộp ABCD.A′B′C′D′.

Theo tính chất của hình hộp, mọi mặt bên đều là hình bình hành.

Do đó BCC′B′ là hình bình hành.

Đáp án: 3

Gọi O là tâm của hình bình hành BCC′B′.

Vì M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC nên MN là đường trung bình của ΔABC.

Suy ra MN ∥ AC.

Lại có P ∈ (MNP) ∩ (ACC′A′) nên giao tuyến của 2 mặt phẳng này đi qua P và song song với AC cắt CC′ tại Q (Q là trung điểm của CC′ do P là trung điểm của AA′).

Trong mặt phẳng BCC′B′ kẻ QN cắt B′C tại K.

Ta có: Q ∈ (MNP) vì Q thuộc giao tuyến (MNP) ∩ (ACC′A′), N ∈ (MNP).

⇒ QN ⊂ (MNP).

Do K ∈ QN nên K ∈ (MNP), mà K ∈ B′C.

Suy ra K = B′C ∩ (MNP).

Vì Q, N là trung điểm của CC′ và BC nên QN là đường trung bình ΔBCC′.

Suy ra QN ∥ BC′.

Xét △CC′O, Q là trung điểm của CC′, QK ∥ C′O (vì QN ∥ BC′ và O ∈ BC′) ⇒ K là trung điểm của CO.

⇒ \(\frac{{CK}}{{CO}} = \frac{1}{2}\) ⇒ \(\frac{{CK}}{{\frac{1}{2}B'C}} = \frac{1}{2}\) ⇒ \(\frac{{CK}}{{B'C}} = \frac{1}{4}\) ⇒ \(\frac{{KB'}}{{KC}}\) = 3.

Đáp án: 3

Gọi O, O′ và Q lần lượt là tâm các hình bình hành ABCD, A′B′C′D′ và AA′C′C.

* Xét △AB′D′ có O′ là trung điểm của B'D' (giao điểm hai đường chéo trong hình bình hành A′B′C′D′) ⇒ AO' là đường trung tuyến của △AB'D'.

Theo đề bài, G là trọng tâm △AB'D' ⇒ G ∈ AO' và AG = \(\frac{2}{3}\) AO' (1).

Xét mặt phẳng (AA'C'C): Ta thấy AO' và A'C lần lượt là hai đường trung tuyến của tam giác AA'C' (vì O' là trung điểm A'C' và Q là trung điểm A'C).

Gọi G₁ là giao điểm của AO' và A'C. Khi đó, G₁ chính là trọng tâm của △AA'C'. Theo tính chất trọng tâm tam giác, ta có: AG₁ = \(\frac{2}{3}\)AO' (2).

Từ (1) và (2) suy ra điểm G ≡ G₁. Do đó, G nằm trên đường chéo A'C và đồng thời là trọng tâm của △AA'C'.

Vì G là trọng tâm △AA'C' và A'Q là đường trung tuyến nên:

A'G = \(\frac{2}{3}\)A'Q = \(\frac{2}{3}\)⋅ \(\left( {\frac{1}{2}A'C} \right)\) = \(\frac{1}{3}\)A'C.

* Chứng minh tương tự, ta có: G' nằm trên đường chéo A'C và đồng thời là trọng tâm của △ACC' ⇒ CG' = \(\frac{2}{3}\)CQ = \(\frac{1}{3}\) A'C.

Ta có: \(\frac{{A'G}}{{A'Q}} = \frac{2}{3}\) ⇒ \(\frac{{A'G}}{{A'C}} = \frac{1}{3}\) ⇒ A′G = \(\frac{1}{3}\)A′C; \(\frac{{CG'}}{{CQ}} = \frac{2}{3}\) ⇒ \(\frac{{CG'}}{{A'C}} = \frac{1}{3}\) ⇒ CG′ = \(\frac{1}{3}\)A′C.

Do đó A′G = GG′ = G′C = \(\frac{1}{3}\)A′C.

Suy ra k = \(\frac{1}{3}\) ⇒ a = 3.

Đáp án: 28

Theo tính chất của hình lăng trụ, các cạnh bên đôi một song song và có độ dài bằng nhau.

Do đó, ta có AA′ = BB′ = CC′ = DD′ = 7 cm.

Tổng độ dài của bốn cạnh bên là: 7 + 7 + 7 + 7 = 28 cm.

Đáp án: 5

Ta có M, N lần lượt là trung điểm của AA′ và BB′, nên M, N ∈ (ABB′A′).

Mặt khác, M; N ∈ (MNP).

Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng (ABB′A′) và (MNP) là đường thẳng MN.

Xét tứ giác ABB′A′ là hình bình hành. Vì M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh đối AA′ và BB′, nên MN ∥ AB, MN = AB.

Mà AB = 5 cm (đề bài), suy ra MN = 5 cm.

Vậy độ dài giao tuyến của hai mặt phẳng (ABB′A′) và (MNP) là 5 cm.

Đáp án: 0,33

Theo đề bài, ta có: AA′ = 4MA′, suy ra MA′ = \(\frac{1}{4}\)AA′ và AM = \(\frac{3}{4}\)AA′.

Vì mặt phẳng qua M song song với mặt đáy (A′B′C′D′) cắt cạnh bên BB′ tại N nên theo tính chất của hình hộp, các đoạn thẳng tương ứng trên hai cạnh bên AA′ và BB′ tỉ lệ với nhau.

Do đó, \(\frac{{B'N}}{{BN}} = \frac{{A'M}}{{AM}} = \frac{1}{3}\) ≈ 0,33.