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

+ Mặt phẳng (α) chứa hai đường thẳng cắt nhau a và b cùng song song với mặt phẳng β thì (α) song song với (β).

+ Nếu một mặt phẳng cắt một trong hai mặt phẳng song song thì sẽ cắt mặt phẳng còn lại và hai giao tuyến cũng song song với nhau.

a) Do ABC. A’B’C’ là hình lăng trụ nên ta có: BCC’B’ là hình bình hành

Xét tứ giác BCC’B’ có M và M’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’ nên MM’ là đường trung bình

Lại có: AA’// BB’ và AA’= BB’ (tính chất hình lăng trụ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: MM’// AA’ và MM’ = AA’

=> Tứ giác AMM’A’ là hình bình hành

b) Trong (AMM’A’) gọi O = A’M ∩ AM’, ta có:

Ta có: O ∈ AM’ ⊂ (AB’C’)

⇒ O = A’M ∩ (AB’C’).

c)

Gọi K = AB’ ∩ BA’, ta có:

K ∈ AB’ ⊂ (AB’C’)

K ∈ BA’ ⊂ (BA’C’)

⇒ K ∈ (AB’C’) ∩ (BA’C’)

Dễ dàng nhận thấy C’ ∈ (AB’C’) ∩ (BA’C’)

⇒ (AB’C’) ∩ (BA’C’) = KC’.

Vậy d cần tìm là đường thẳng KC’

d) Trong mp (AB’C’), gọi C’K ∩ AM’ = G.

Ta có: G ∈ AM’ ⊂ (AM’M)

G ∈ C’K.

⇒ G = (AM’M) ∩ C’K.

+ K = AB’ ∩ A’B là hai đường chéo của hình bình hành ABB’A’

⇒ K là trung điểm AB’.

Δ AB’C’ có G là giao điểm của 2 trung tuyến AM’ và C’K

⇒ G là trọng tâm Δ AB’C’.

Giải bài 3 trang 71 sgk Hình học 11:

Cho hình hộp ABCD. A’B’C’D’.

a) Chứng minh rằng hai mặt phẳng (BDA’) và (B’D’C) song song với nhau.

b) Chứng minh rằng đường chéo AC’ đi qua trọng tâm G1 và G2 lần lượt của hai tam giác BDA’ và B’D’C.

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

d) Gọi O và I lần lượt là tâm các hình bình hành ABCD và AA’C’C. Xác định thiết diện của mặt phẳng (A’IO) với hình hộp đã cho.

Bài giải:

a) + A’D’ // BC và A’D’ = BC

⇒ A’D’CB là hình bình hành

⇒ A’B // D’C, mà D’C ⊂ (B’D’C) ⇒ A’B // (B’D’C) (1)

+ BB’ // DD’ và BB’ = DD’

⇒ BDD’B’ là hình bình hành

⇒ BD // B’D’, mà B’D’ ⊂ (B’D’C) ⇒ BD // (B’D’C) (2)

A’B ⊂ (BDA’) và BD ⊂ (BDA’); A’B ∩ BD = B (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: (BDA’) // (B’D’C).

b) Gọi O = AC ∩ BD

+ Ta có: O ∈ AC ⊂ (AA’C’C)

⇒ A’O ⊂ (AA’C’C).

Trong (AA’C’C), gọi A’O ∩ AC’ = G1.

G1 ∈ A’O ⊂ (A’BD)

⇒ G1 ∈ AC’ ∩ (BDA’).

+ Trong hình bình hành AA’C’C gọi I = A’C ∩ AC’

⇒ A’I = IC.

⇒ AI là trung tuyến của ΔA’AC

⇒ G1 = A’O ∩ AC’ là giao của hai trung tuyến AI và A’O của ΔA’AC

⇒ G1 là trọng tâm ΔA’AC

⇒ A’G1 = 2. A’O/3

⇒ G1 cũng là trọng tâm ΔA’BD.

Vậy AC' đi qua trọng tâm G1 của ΔA’BD.

Chứng minh tương tự đối với điểm G2.

c) *Vì G1 là trọng tâm của ΔAA’C nên AG1/AI = 2/3.

Vì I là trung điểm của AC’ nên AI = 1/2. AC’

Từ các kết quả này, ta có: AG1 = 1/3. AC’

*Chứng minh tương tự ta có: C’G2 = 1/3. AC’

Suy ra: AG1 = G1G2 = G2C’ = 1/3. AC’.

d) (A’IO) chính là mp (AA’C’C) nên thiết diện cần tìm chính là hình bình hành AA’C’C.

Kiến thức áp dụng

Giải bài 4 trang 71 sgk Hình học 11: Cho hình chóp S. ABCD. Gọi A1 là trung điểm của cạnh SA và A2 là trung điểm của đoạn AA1. Gọi (α) và (β) là hai mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABCD) và lần lượt đi qua A1, A2. Mặt phẳng (α) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại B1, C1, D1 . Mặt phẳng (β) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại B2, C2, D2. Chứng minh:

a) B1, C1, D1 lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC, SD.

b) B1B2 = B2B, C1C2 = C2C, D1D2 = D2D.

c) Chỉ ra các hình chóp cụt có một đáy là tứ giác ABCD.

Bài giải:

a) Chứng minh B1, C1, D1 lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC, SD

Ta có:

⇒ A1B1 là đường trung bình của tam giác SAB.

⇒ B1 là trung điểm của SB (đpcm)

*Chứng minh tương tự ta cũng được:

• C1 là trung điểm của SC.

• D1 là trung điểm của SD.

b) Chứng minh B1B2 = B2B, C1C2 = C2C, D1D2 = D2D.

⇒ A2B2 là đường trung bình của hình thang A1B1BA

⇒ B2 là trung điểm của B1B

⇒ B1B2 = B2B (đpcm)

*Chứng minh tương tự ta cũng được:

• C2 là trung điểm của C1C2 ⇒ C1C2 = C2C

• D2 là trung điểm của D1D2 ⇒ D1D2 = D2D.

c) Các hình chóp cụt có một đáy là tứ giác ABCD, đó là: A1B1C1D1.ABCD và A2B2C2D2.ABCD

Kiến thức áp dụng: