Bài 4: Hai mặt phẳng song song - Giải BT Toán 11 nâng cao

Gọi hai đường thẳng chéo nhau là a và b.

- Trên đường thẩng a ta lấy điểm M, qua M kẻ đường thẳng b’ // b.

- Trên đường thẳng b ta lấy điểm N, qua N ta kẻ đường thẳng a’ // a.

- Gọi (α) = mp (a, b’), (β) = mp (b, a’) thì (α) // (β).

- Ta chứng tỏ cặp mp (α), (β) là duy nhất. Thật vâỵ giả sử tồn tại cặp (α’), (β’) sao cho (α’) chứa a, (β’) chứa b và (α’) // (β’). Ta chứng minh (α’) ≡ (α) và (β’) ≡ (β)

+ Do (α’) và (α) cùng chứa a, nên nếu (α’) và (α) không trùng nhau thì (α’) ∩ (α)= a (1)

+ Do (α’) // (β’) ⇒ b // (α) (2)

+ Do (α) // (β) ⇒ b // (α) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra a // b mâu thuẫn giả thiết

Vậy (α’) ≡ (α), tương tự (β’) ≡ (β)

Do đó cặp mp (α), (β) duy nhất.

Bài 32 (trang 68 sgk Hình học 11 nâng cao): Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b lần lượt nằm trên hai mặt phẳng song song (P) và (Q). Chứng minh rằng nếu điểm M không nằm trên (P) và không nằm trên (Q) thì duy nhất một đường thẳng đi qua M cắt cả a và b

Bài giải:

Giả sử c = mp (M, a) ∩ mp (M, b). Ta cần chứng minh c cắt cả a và b.

Vì c và a cùng nằm trên một mặt phẳng và không thể trùng nhau (do c qua M và a không đi qua M) nên hoặc c // a hoặc c cắt b. Cũng vậy hoặc c // b hoặc c cắt b. Không thể xảy ra đồng thời c // a, c // b vì a, b chéo nhau.

Vậy nếu c song song với a thì c phải cắt b, tức là c qua một điểm của mp (Q), và do đó M thuộc (Q) (trái giả thiết).

Tương tự, không thể có c song song với b. Tóm lại c phải cắt a và b

Nếu còn có đường thẳng c’ khác đi qua M, cắt cả a và b thì a và b đồng phẳng. Vô lí

Bài 33 (trang 68 sgk Hình học 11 nâng cao): Trong mặt phẳng (P) cho hình bình hành ABCD. Qua A, B, C, D lần lượt vẽ bốn đường thẳng a, b, c, d đôi một song song với nhau và không nằm trên (P). Một mặt phẳng cắt a, b, c, d lần lượt tại 4 điểm A’, B’, C’, D’. Chứng minh rằng A’, B’, C’, D’ là hình bình hành

Bài giải:

Tương tự (a, b) // (c, d)

Vì hai mp (a, b) và (c, d) song song nhau nên mp (A’B’C’) cắt hai mặt phẳng này lần lượt theo hai giao tuyến A’B’ và C’D’ song song nhau

Tương tự A’D’//B’C’

Vậy A’B’C’D’là hình bình hành

Bài 34 (trang 68 sgk Hình học 11 nâng cao): Cho tứ diện ABCD. Gọi M là trung điểm của AB. Hỏi mặt phẳng (P) qua M, song song với cả AD và BC có đi qua trung điểm N của CD không? Vì sao?

Bài giải:

Giả sử (P) cắt BD, AC và CD lần lượt tại F, E, N

Vì AD// (P) nên (P) cắt mp (ABD) theo giao tuyến MF//AD.

Vì M là trung điểm của AB nên F là trung điểm của BD. Vì BC // (P) nên (P) cắt mp (BCD) theo giao tuyến FN // BC. Vì F là trung điểm của BD nên N là trung điểm của CD.

Bài 35 (trang 68 sgk Hình học 11 nâng cao): Cho hai điểm M, N lần lượt thay đổi trên hai mặt phẳng song song (P) và (Q). Tìm tập hợp các điểm I thuộc đoan thẳng MN sao cho IM/IN = k, k ≠ 0 cho trước

Bài giải:

Thuận.

Giả sử M Є (P) (N) Є (Q) và điểm I thuộc đoạn thẳng MN sao cho:

Trên hai mặt phẳng (P), (Q) ta lần lượt lấy hai điểm cố định M_o và N_o rồi lấy một điểm Io thuộc đoạn thẳng M_oN_o sao cho∶

Áp dụng định lí Ta-lét đảo, ta suy ra đường thẳng I_oI thuộc một mặt phẳng song song với (P) và (Q). Mp (R) cố định vì nó qua điểm cố định I_o và song song với mặt phẳng cố định (P). Vậy điểm I thuộc mp (R) cố định

Đảo.

Ngược lại, lấy một điểm I’ bất kì trên mp (R). Qua I’ ta kẻ một đường thẳng cắt hai mp (P) và (Q) lần lượt tại M’, N’. Xét hai cát tuyến M_oN_o, M’N’ và ba mặt phẳng song song (P), (Q), (R). Theo định lí ta-lét ta có:

Bài 36 (trang 68 sgk Hình học 11 nâng cao): Cho lăng trụ ABC. A’B’C. Gọi H là trung điểm của canh A’B’.

a) Chứng minh rằng đường thẳng CB’ song song với mặt phẳng (AHC’)

b) Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (A’B’C’) và (A’BC). Chứng minh rằng d song song với mp (BB’C’C)

c) Xác định thiết diện của hình lăng trụ ABC. A’B’C’ khi cắt bởi mặt phẳng (H, d).

Bài giải:

a) Chứng minh CB’// (AHC’) ta tìm trong (AHC’) một đường thẳng song song với CB’, muốn vậy ta tìm giao điểm của một mặt phẳng chứa CB’ với (AHC’) đó là (A’C’B’).

Gọi O là giao điểm AC và A’C. AA’C’C là hình bình hành nên O là trung điểm của A’C

Do đó HO là đường trung bình của Δ A’B’C’

⇔ HO // BC ⇒ BC // (AHC’)

(Vì HO ⊂ (AHC’))

b) Tìm giao tuyến d của (A’B’C’) và (A’BC)

Gọi O là giao điểm của AB’ và A’B thì O, O’ là hai điểm chung của hai mặt phẳng

(AB’C’) và (A’BC) nên: (AB’C’) ∩ (A’BC) = OO’

Vậy d = OO’. Ta có O’ là trung điểm của AB’ (vì AA’B’B là hình bình hành)

⇔ OO’ là đường trung bình của Δ AB’C’

⇔ OO’ // B’C’// BC ⇒ OO’// (BB’C’C)⇒ d // (BB’C’C)

c) Gọi {K} = HO’ ∩ AB thì HK // AA’

Qua O kẻ ML// AA’ (M Є A’C’, L Є AC). Thiết diện cần tìm là hình bình hành HKLM

Bài 37 (trang 68 sgk Hình học 11 nâng cao): Cho hình hộp ABCD. A’B’C’D’:

a) Chứng minh rằng (BDA’) // mặt phẳng (B’D’C’)

b) Chứng minh rằng chéo AC’ đi qua các trọng tâm G₁,G₂, của hai tam giác BDA’ và B’D’C

c) Chứng minh rằng G₁ và G₂ chia đoạn AC’ thành ba phần bằng nhau

d) Chứng minh các trung điểmcủa sau cạnh BC, CD, DD’, D’A’, A’B’, B’B

Bài giải:

a) Chứng minh: (BDA’) // (B’D’C’)

Ta có tứ giác BB’D’D và A’B’CD là các hình bình hành nên:

BD // B’D’và DA’// B’C ⇒ hai mặt phẳng (BDA’) và (B’D’C’) có các cặp đường thẳng cắt nhau và song song nhau từng đôi một nên chúng song song.

Vậy (BDA’)// (B’D’C’)

Chứng minh G₁,G₂ Є AC’

Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hình bình hành ABCD và A’B’C’D’

Trong mặt phẳng (AA’C’C) gọi G₁,G₂ lần lượt là giao điểm của AC’với A’O và O’C. Ta chứng minh G₁,G₂, lần lượt là trọng tâm của Δ A’BD và Δ CB’D’

Thật vây, ta có Δ G₁OA ∼ Δ G₁A'C' (vì AC // A’C’)

d) Gọi M, N, P, Q, S, R lần lượt là trung điểm của các cạnh:

AB, AD, DD’, C’D’, C’B’, C’B’

Bài 38 (trang 68 sgk Hình học 11 nâng cao): Chứng minh rằng tổng bình phương tất cả các đường chéo của một hình hộp bằng tổng bình phương tất cả các cạnh của hình hộp đó

Bài giải:

Áp dụng tính chất “Trong một hình bình hành tổng bình phương hai đường chéo bằng tổng bình phương bốn cạnh”.

Đặt: AB = a, BC = b, AA’= c (đó là 3 kích thước của hình hộp)

Trong hình bình hành ABC’D’ Ta có:

AC² + BD² = 2 (a² + BC²) (1)

Tron hình bình hành A’B’CD Ta có:

A'C² + BD² = 2 (a² + B'C²) (2)

Cộng (1) và (2) ta được:

AC² + BD² + A'C² + B'D² = 2 (2a² + BC'² + B'C² (3)

Mặt khác trong hình bình hành BB’C’C Ta có

BC² + B'C² = 2 (b² + c²) (4)

Thay (4) và (3) ta được:

AC² + BD² + A'C² + B'D² = 4 (a² + b² + c²) (đpcm)

Bài 39 (trang 68 sgk Hình học 11 nâng cao): Cho hình chóp cụt ABC. A’B’C’ có đáy lớn ABC và cạnh bên AA’, BB’, CC’. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CA và M’, N’, P’ lần lượt là trung điểm của các cạnh A’B’, B’C’, C’A’. Chứng minh MNP. M’N’P’ là hình chóp cụt.

Bài giải:

Gọi S là giao điểm các cạnh AA’, BB’, CC’ của hình chóp cụt do A’B’//AB và M’, M lần lượt là trung điểm của A’B’, AB nên MM’ đi qua S. Tương tự NN’ PP’ cùng đi qua S.

Vậy MM’, NN’, PP’ đồng quy tại S.

Ta có (M’N’P’) // (MNP) nên MNP. M’N’P’ là hình chọp cụt.