Giải bài tập SBT Toán 11 Bài 4: Hai mặt phẳng song song

Dựa theo cấu trúc SBT Toán 11, eLib xin mời các em học sinh tham khảo giải bài tập bài Hai mặt phẳng song song trang 76, 77. Với các bài tập có lời giải chi tiết tương ứng với từng bài, hi vọng rằng đây sẽ là tài liệu giúp các em học tập tốt hơn.

Giải bài tập SBT Toán 11 Bài 4: Hai mặt phẳng song song

1. Giải bài 2.22 trang 76 SBT Hình học 11

Cho tứ diện ABCD. Gọi \(G_1, G_2, G_3\)  lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC, ACD, ABD. Chứng minh rằng \((G_1G_2G_3)\) //(BCD).

Phương pháp giải:

Chứng minh G1G2, G2G3 // (BCD) → G1G2G3 //  (BCD)

Hướng dẫn giải:

Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của BC, CD, BD.

Theo tính chất trọng tâm của tam giác ta có:

\( \dfrac{AG_1}{AI}=\dfrac{AG_2}{AJ}=\dfrac{AG_3}{AK}=\dfrac{2}{3}.\)

Theo định lý Ta let suy ra: \(G_1G_2 // IJ\) mà \(IJ\subset (BCD)\)

\( \Rightarrow G_1G_2 //(BCD).\)

Tương tự ta có \(G_2G_3 // (BCD).\)

Ta lại có \(G_1G_2,G_2G_3\subset (G_1G_2G_3)\)

\( \Rightarrow (G_1G_2G_3) // (BCD).\)

2. Giải bài 2.23 trang 76 SBT Hình học 11

Từ bốn đỉnh của hình bình hành ABCD vẽ bốn nửa đường thẳng song song cùng chiều Ax, By, Cz và Dt sao cho chúng cắt mặt phẳng (ABCD). Một mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) cắt bốn nửa đường thẳng theo thứ tự nói trên tại A’, B’, C’ và D’.

a) Chứng minh rằng \(\left( {Ax,By} \right) // \left( {Cz,Dt} \right)\) và \(\left( {Ax,Dt} \right) // \left( {By,Cz} \right).\)

b) Tứ giác A’B’C’D’ là hình gì?

c) Chứng minh AA' + CC' = BB' + DD'

Phương pháp giải:

a) Chứng minh mặt phẳng này chứa hai đường thẳng cắt nhau song song với mặt phẳng kia.

b) Chứng minh tứ giác có hai cặp cạnh đối song song.

c) Sử dụng tính chất đường trung bình của hình thang để chứng minh VT và VP cùng bằng 2OO'.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\( \left\{ \begin{array}{l}{\rm{Ax}} // Dt\\Dt \subset (Cz,Dt)\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{Ax}} // (Cz,Dt) \\ \left\{ \begin{array}{l}{\rm{AB}} // CD\\CD \subset (Cz,Dt)\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{AB}} // (Cz,Dt)\)

Mà Ax, AB \(\subset\) (Ax, By) suy ra (Ax, By) // (Cz, Dt)

Chứng minh tương tự (Ax, Dt) // (By, Cz).

b) Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}(\alpha ) \cap ({\rm{Ax,By}}) = A'B'\\ (\alpha ) \cap (Cz{\rm{,Dt}}) = C'D'\\( {\rm{Ax,By}}) // (Cz{\rm{,Dt}})\end{array} \right. \\ \Rightarrow A'B' // C'D' \text{ (1)} \\ \left\{ \begin{array}{l}(\alpha ) \cap ({\rm{Ax,Dt}}) = A'D'\\( \alpha ) \cap (By,Cz) = B'C'\\ ({\rm{Ax,Dt}}) // (By,Cz)\end{array} \right. \\ \Rightarrow A'D' // B'C' \text{ (2)}\)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác A’B’C’D’ là hình bình hành.

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

Ta có O là trung điểm của AC, O’ là trung điểm của A’C’ nên OO’ là đường trung bình của hình thang ACC’A’

Suy ra \(OO’=\dfrac{AA’+CC’}{2} \text (1).\)

Tương tự O là trung điểm của BD, O’ là trung điểm của B’D’ nên OO’ là đường trung bình của hình thang BDD’B’

Suy ra \(OO’=\dfrac{BB’+DD’}{2} \text (2).\)

Từ (1) và (2) suy ra AA’ + CC’ = BB + DD’.

3. Giải bài 2.24 trang 77 SBT Hình học 11

Cho hai hình vuông ABCD và ABEF ở trong hai mặt phẳng phân biệt. Trên các đường chéo AC và BF lần lượt lấy các điểm M và N sao cho AM = BN. Các đường thẳng song song với AB vẽ từ M và N lần lượt cắt AD và AF tại M’ và N’. Chứng minh:

a) (ADF) // (BCE)

b) M'N' // DF

c) (DEF) // (MM'N'N) và MN // (DEF)

Phương pháp giải:

a) Tìm trong (ADF) hai đường thẳng song song với (BCE).

b) Sử dụng định lý Talet.

c) Tìm trong (ADF) hai đường thẳng song song với (MM'N'N).

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\( \left\{ \begin{array}{l}AD // BC\\BC \subset (BCE)\end{array} \right. \Rightarrow AD // (BCE) \\ \left\{ \begin{array}{l}AF // BE\\BE \subset (BCE)\end{array} \right. \Rightarrow AF // (BCE)\)

Mà AD, AF \(\subset\) (ADF)

Nên (ADF) // (BCE).

b) Vì ABCD và ABEF là các hình vuông nên AC = BF

Ta lại có MM’ // CD ⇒ \(\dfrac{AM’}{AD}=\dfrac{AM}{AC}\)

Và NN’ // AB ⇒ \(\dfrac{AN’}{AF}=\dfrac{BN}{BF}\)

Suy ra \(\dfrac{AM’}{AD}=\dfrac{AN’}{AF}\Rightarrow M’N’ // DF.\)

c) Vì \(\left\{ \begin{array}{l}DF // M'N'\\M'N' \subset (MM'N'N)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow DF // (MM'N'N)\)

\( \left\{ \begin{array}{l}NN' // AB \Rightarrow NN' // {\rm{EF}}\\NN' \subset (MM'N'N)\end{array} \right. \\ \Rightarrow EF // (MM'N'N)\)

Mà DF, EF \(\subset\) (DEF) nên (DEF) // (MM’N’N).

Vì (MM’N’N) // (DEF) và MN \(\subset\) (MM’N’N)

Suy ra MN // (DEF).

4. Giải bài 2.25 trang 77 SBT Hình học 11

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có các cạnh bên là AA’, BB’, CC’. Gọi I và I’ tương ứng là trung điểm của hai cạnh BC và B’C’.

a) Chứng minh rằng AI // A'I'.

b) Tìm giao điểm của IA’ với mặt phẳng (AB’C’).

c) Tìm giao tuyến của (AB’C’) và (A’BC).

Phương pháp giải:

a) - Sử dụng tính chất đường trung bình của hình bình hành.

- Tính chất hình bình hành.

b) Tìm giao tuyến của (AB′C′) và (AA′I′I).

→ Giao điểm cần tìm là giao điểm của IA' với giao tuyến đó.

c) Tìm hai điểm chung của hai mặt phẳng.

Hướng dẫn giải:

a) Trong hình bình hành BB’C’C ta có I, I’ lần lượt là trung điểm của BC, B'C'

Nên II’ là đường trung bình của hình bình hành BB’C’C.

Suy ra II’ song song và bằng với BB’, mà AA’ song song và bằng với BB’ nên II’ song song và bằng với AA’.

Vậy tứ giác AA’I’I là hình bình hành nên AI // A’I’.

b) Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}A \in \left( {AB'C'} \right)\\A \in \left( {AA'I'I} \right)\end{array} \right. \Rightarrow A \in \left( {AB'C'} \right) \cap \left( {AA'I'I} \right)\)

Tương tự:

\(\left\{ \begin{array}{l}I' \in B'C' \subset \left( {AB'C'} \right)\\I' \in \left( {AA'I'I} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I' \in \left( {AB'C'} \right) \cap \left( {AA'I'I} \right)\)

⇒ (AB′C′) ∩ (AA′I′I) = AI′

Gọi AI′ ∩ A′I = E. Ta có:

\( \left\{ \begin{array}{l}E \in A'I\\E \in AI' \subset \left( {AB'C'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow E = A'I \cap \left( {AB'C'} \right)\)

Vậy E là giao điểm của A’I và mặt phẳng (AB’C’).

c) Trong (ABB’A’), gọi \(A'B \cap AB' = M\)  

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M \in A'B \subset \left( {A'BC} \right)\\M \in AB' \subset \left( {AB'C'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow M \in \left( {A'BC} \right) \cap \left( {AB'C'} \right)\)

Trong (ACC’A’) gọi \(A'C \cap AC' = N \)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}N \in A'C \subset \left( {A'BC} \right)\\N \in AC' \subset \left( {AB'C'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow N \in \left( {A'BC} \right) \cap \left( {AB'C'} \right)\)

Vậy (AB′C′) ∩ (A′BC) = MN.

5. Giải bài 2.26 trang 77 SBT Hình học 11

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi H là trung điểm của A’B’.

a) Chứng minh rằng CB' // (AHC').

b) Tìm giao tuyến d của (AB’C’) và (ABC)

Phương pháp giải:

a) Chứng minh CB' song song với đường trung bình của tam giác AHC'.

b) Cách tìm giao tuyến của hai mặt phẳng phân biệt lần lượt chứa hai đường thẳng song song:

- Tìm điểm chung của hai mặt phẳng.

- Qua điểm chung vẽ đường thẳng song song với hai đường thẳng song song đó.

Hướng dẫn giải:

a) Gọi \(I=A’C\cap AC’\) do tứ giác A’ACC’ là hình bình hành nên I là trung điểm của A’C.

Trong tam giác A’B’C có I là trung điểm của A’C và H là trung điểm của A’B’ nên IH là đường trung bình của tam giác.

Suy ra IH // B’C

Mà IH \(\subset\) (AHC’)

Suy ra B’C // (AHC’).

b) Ta có:

\( \left\{ \begin{array}{l}A \in (AB'C') \cap (ABC)\\B'C' \subset (AB'C')\\BC \subset (ABC)\\B'C' // BC\end{array} \right. \\ \Rightarrow (AB'C') \cap (ABC) = d = {\rm{Ax}}, {\rm{Ax}} // B'C' // BC.\)

6. Giải bài 2.27 trang 77 SBT Hình học 11

Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF không cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M và N là hai điểm di động tương ứng trên AD và BE sao cho \(\dfrac{AM}{MD} = \dfrac{BN}{NE}\)

Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn luôn song song với một mặt phẳng cố định. Hãy chỉ ra mặt phẳng cố định đó.

Phương pháp giải:

Chứng minh MN luôn song song với (DEF).

Hướng dẫn giải:

Trong hình bình hành ABEF, ta dựng NP // AB // EF.

Mà EF \(\subset\) (DEF)

\( \Rightarrow NP // (DEF) \text{ (1)}\)

Từ các dựng NP // AB // EF suy ra \(\dfrac{BN}{NE}=\dfrac{AP}{PF}.\)

Mà \(\dfrac{BN}{NE}=\dfrac{AM}{MD} \Rightarrow\dfrac{AP}{PF}=\dfrac{AM}{MD}\)

Suy ra PM // FD mà FD \(\subset\) (DEF)

\( \Rightarrow PM // (DEF) \text{ (2)}\)

Ta lại có NP, MP \(\subset\) (MNP), từ (1) và (2) suy ra (MNP) // (DEF).

Ta có: \(MN\subset(MNP)\Rightarrow MN // (DEF)\)

Vậy MN luôn song song với một mặt phẳng cố định (DEF).

7. Giải bài 2.28 trang 77 SBT Hình học 11

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD, O là giao điểm hai đường chéo, AC = a, BD = b, tam giác SBD đều. Gọi I là điểm di động trên đoạn AC với AI = x \( (0<x<a)\). Lấy \(\alpha\) là mặt phẳng đi qua I và song song với mặt phẳng (SBD).

a) Xác định thiết diện của mặt phẳng \(\alpha\) với hình chóp S.ABCD.

b) Tìm diện tích S của thiết diện ở câu a) theo a, b, x. Tìm x để S lớn nhất

Phương pháp giải:

a) Tìm thiết diện trong 3 trường hợp:

-Trường hợp 1: I thuộc đoạn AO \( (0<x<\dfrac{a}{2}).\)

- Trường hợp 2: I thuộc đoạn OC \( (\dfrac{a}{2}<x<a).\)

- Trường hợp 3: \(I\equiv O\) 

b) - Sử dụng công thức tích hai cạnh kề nhân sin góc xen giữa để tính điên tích tam giác.

- Sử dụng giả thiết đề bài cho là SBD là tam giác đều.

- Sử dụng tỉ lệ diện tích để tính.

- Vẽ đồ thị hàm số dạng Parabol \(y=x^2.\)

Hướng dẫn giải:

a) -Trường hợp 1: I thuộc đoạn AO \( (0<x<\dfrac{a}{2}).\)

Khi đó I nằm ở vị trí \(I_1.\)

Ta có: \((\alpha) // (SBD)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}(\alpha ) // BD\\( \alpha ) // SO\end{array} \right.\)

Vì \((\alpha) // BD\) nên \((\alpha)\) cắt (ABD) theo giao tuyến \(M_1N_1\) qua \(I_1\) song song với BD.

Vì \((\alpha) // SO\) nên \((\alpha)\) cắt (SOA) theo giao tuyến \(S_1I_1\) song song với SO.

Nên ta có thiết diện trong trường hợp này là tam giác \(S_1M_1N_1.\)

- Trường hợp 2: I thuộc đoạn OC \( (\dfrac{a}{2}<x<a).\)

Khi đó I nằm ở vị trí \(I_2.\)

Tương tự thiết diện trong trường hợp này là tam giác \(S_2M_2N_2\) trong đó \(M_2N_2 // BD, S_2M_2 // SB, S_2N_2 // SD.\)

- Trường hợp 3: \(I\equiv O\) khi đó thiết diện là tam giác SBD.

b) - Trường hợp 1: I thuộc đoạn OA \( (0<x<\dfrac{a}{2})\)

Ta có: \(\dfrac{S_{S_1M_1N_1}}{S_{SBD}}={\left({\dfrac{M_1N_2}{BD}}\right)}^2={\left({\dfrac{2x}{a}}\right)}^2\)

\( \Rightarrow S_{S_1M_1N_1}={\left({\dfrac{M_1N_1}{BD}}\right)}^2S_{SBD} =\dfrac{4x^2}{a^2}.\dfrac{b^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{b^2x^2\sqrt{3}}{a^2}.\)

- Trường hợp 2: I thuộc đoạn OA \( (\dfrac{a}{2}<x<a)\)

Ta có: \( \dfrac{S_{S_1M_1N_1}}{S_{SBD}}={\left({\dfrac{M_1N_2}{BD}}\right)}^2\)

\( ={\left[{\dfrac{2(a-x)}{a}}\right]}^2 \\ \Rightarrow S_{S_2M_2N_2}={\left({\dfrac{M_2N_2}{BD}}\right)}^2S_{SBD} \\ =\dfrac{4{(a-x)}^2}{a^2}.\dfrac{b^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{b^2{(a-x)}^2\sqrt{3}}{a^2}.\)

- Trường hợp 3. \(I\equiv O: S_{SBD}=\dfrac{b^2\sqrt{3}}{4}.\)

Vậy 

\({S_\text{thiết diện}} = \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{b^2}{x^2}\sqrt 3 }}{{{a^2}}}\text{ nếu }0 < x < \dfrac{a}{2}\\\dfrac{{{b^2}\sqrt 3 }}{4}\text{ nếu } x= \dfrac{a}{2}\\\dfrac{{{b^2}{{(a - x)}^2}\sqrt 3 }}{{{a^2}}}\text{ nếu }\dfrac{a}{2} < x < a\end{array} \right.\)

Đồ thị của hàm số S theo biến x như sau:

Vậy \({S_\text{thiết diện}}\) lớn nhất là \(b^2\dfrac{\sqrt{3}}{4} \) ⇔ \( x=\dfrac{a}{2}.\)

8. Giải bài 2.29 trang 77 SBT Hình học 11

Cho ba mặt phẳng \(\left( \alpha \right),\left( \beta \right),\left( \gamma \right)\) song song với nhau. Hai đường thẳng a và a’ cắt ba mặt phẳng ấy theo thứ tự nói trên tại A, B, C và A’, B’, C’. Cho AB = 5,BC = 4, A'C' = 18. Tính độ dài A’B’, B’C’.

Phương pháp giải:

Sử dụng định lý Talet để tính.

Hướng dẫn giải:

Vì \((\alpha) // (\beta) // (\gamma)\) nên \(\dfrac{AB}{A’B’}=\dfrac{BC}{B’C’}.\)

Mà \(\dfrac{AB}{A’B’}=\dfrac{BC}{B’C’} =\dfrac{AB+BC}{A’B’+B’C’}=\dfrac{AC}{A’C’}.\)

Suy ra: \(A’B’=\dfrac{A’C’.AB}{AC}=\dfrac{18.5}{9}=10.\)

\( B’C’=\dfrac{A’C’.BC}{AC}=\dfrac{18.4}{9}=8.\)

9. Giải bài 2.30 trang 77 SBT Hình học 11

Cho tứ diện ABCD. Gọi I và J lần lượt là hai điểm di động trên các cạnh AD và BC sao cho \(\dfrac{IA}{ID} = \dfrac{JB}{JC}\). Chứng minh rằng IJ luôn luôn song song với một mặt phẳng cố định.

Phương pháp giải:

Chứng minh IJ song song với mặt phẳng đi qua AB và song song với CD.

Hướng dẫn giải:

Qua I kẻ đường thẳng song song với CD cắt AC tại H nên ta có:

\( \dfrac{HA}{HC}=\dfrac{IA}{ID}.\)

Mà \(\dfrac{IA}{ID}=\dfrac{JB}{JC}.\)

Từ đó suy ra \(\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{JB}{JC}.\)

Theo định lý Talet suy ra HJ // AB mà \(HJ\subset (IJH) \Rightarrow AB // (IJH) \text{ (1)}\)

Theo cách dựng IH // CD, \(IH\subset (IJH) \Rightarrow CD // (IJH) \text{ (2)}\)

Từ (1) và (2) suy ra (IJH) // AB, CD.

Gọi \((\alpha)\) là mặt phẳng đi qua AB và song song với CD.

Ta có:

\( \left\{ \begin{array}{l}(\alpha ) // ({\rm{IJ}}H)\\{\rm{IJ}} \subset ({\rm{IJ}}H)\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{IJ}} // (\alpha )\)

Vậy IJ song song với mặt phẳng \((\alpha)\) cố định.

10. Giải bài 2.31 trang 77 SBT Hình học 11

Cho hai tia Ax, By chéo nhau. Lấy M, N lần lượt là các điểm di động trên Ax, By. Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng chứa By và song song với Ax. Đường thẳng qua M và song song với AB cắt \(\left( \alpha \right)\) tại M’.

a) Tìm tập hợp điểm M’.

b) Gọi I là trung điểm của MN. Tìm tập hợp các điểm I khi AM = BN

Phương pháp giải:

a) Gọi \((\beta)\) là mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng AB và Ax.

→ Tập hợp các điểm M là giao tuyến của \((\alpha)\) và \((\beta)\).

b) Áp dụng:

- Tính chất của hình bình hành.

- Phép tịnh tiến.

Hướng dẫn giải:

a) Gọi \((\beta)\) là mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng AB và Ax.

Do Ax // \((\alpha)\) nên \((\beta)\cap (\alpha)=Bx', Bx' // Ax.\)

Ta có M' là điểm chung của \((\alpha)\) và \((\beta)\) nên \(M'\in Bx'.\)

Khi M trùng với A thì M' trùng B nên tập hợp M' là tia Bx'.

b) Ta có tứ giác ABM'M là hình bình hành nên BM' = AM = BN.

Tam giác BM'N cân tại B

Suy ra trung điểm J của cạnh đáy NM' thuộc phân giác trong Bt của góc B trong tam giác BNM'.

Ta có Bt cố định.

Gọi O là trung điểm của AB.

Trong mặt phẳng (AB,Bt), tứ giác OBIJ là hình bình hành nên \(\vec {JI}=\vec{BO}.\)

Do đó I là ảnh của J trong phép tịnh tiến theo vectơ \(\vec{BO}.\)

Vậy tập hợp I là tia Ot', Ot' // Bt.

Ngày:22/10/2020 Chia sẻ bởi:

CÓ THỂ BẠN QUAN TÂM