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

Trong mặt phẳng (α) cho hình bình hành ABCD. Qua A, B, C, D lần lượt vẽ bốn đường thẳng a, b, c, d song song với nhau và không nằm trên (α). Trên a, b và c lần lượt lấy ba điểm A’, B’ và C’ tùy ý.

a) Hãy xác định giao điểm D’ của đường thẳng d với mặt phẳng (A’B’C’).

b) Chứng minh A’B’C’D’ là hình bình hành.

Phương pháp giải:

a) Gọi O, O' lần lượt là tâm của hình bình hành ABCD và  A'B'C'D'.

Tìm một đường thẳng trong (A'B'C') cắt được d.

→ Giao điểm D' chính là giao điểm của d và đường thẳng đó.

b) Chứng minh tứ giác A'B'C'D' có hai cặp cạnh đối song song.

Hướng dẫn giải:

a) Gọi O, O' lần lượt là tâm của hình bình hành ABCD và  A'B'C'D'.

Suy ra OO' là đường trung bình của hình thang ACC'A' ⇒ OO' // AA'.

⇒ OO' // d // b.

Mà OO' ⊂ (b, d) ⇒ O' \(\in\) (b, d).

Trong (b, d), gọi D' là giao điểm của d và B'O', ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} D' \in B'O' \subset \left( {A'B'C'} \right)\\ D' \in d \end{array} \right.\)

Vậy D' = d ∩ (A'B'C').

b) Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} \left( {a,d} \right)//\left( {b,c} \right)\\ \left( {a,d} \right) \cap \left( {A'B'C'D'} \right) = A'D'\\ \left( {b,c} \right) \cap \left( {A'B'C'D'} \right) = B'C' \end{array} \right. \Rightarrow A'D'//B'C'.\)

Chứng minh tương tự ta được A'B' // D'C".

Vậy A'B'C'D' là hình bình hành.

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M và M’ lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và B’C’.

a) Chứng minh rằng AM song song với A’M’.

b) Tìm giao điểm của mặt phẳng (AB’C’) với đường thẳng A’M.

c) Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB’C’) và (BA’C’).

d) Tìm giao điểm G của đường thẳng d với mặt phẳng (AMA’). Chứng minh G là trọng tâm của tam giác AB’C’.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh AMM’A’ là hình bình hành → AM song song với A’M’.

b) Tìm một đường thẳng trong (AB'C') cắt được A'M.

→ Giao điểm cần tìm chính là giao điểm của A'M và đường thẳng đó.

c) Tìm hai điểm chung của hai mặt phẳng (AB’C’) và (BA’C’).

→ d là đường thẳng qua hai điểm đó.

d) Tìm một đường thẳng trong (AMA') cắt được d.

→ Giao điểm G chính là giao điểm của d và đường thẳng đó.

Chứng minh G là giao điểm hai đường trung tuyến của tam giác AB’C’.

Hướng dẫn giải:

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.

Vậy AM // A'M'.

b) Trong (AMM’A’), gọi O là giao điểm của A'M và AM', ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l} O \in A'M\\ O \in AM' \subset \left( {AB'C'} \right) \end{array} \right.\)

Vậy O = A’M ∩ (AB’C’).

c) 

Gọi K là giao điểm của AB’ và BA’, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} K\in AB'\subset \left( A{B}'{C}' \right) \\ K\in BA'\subset \left( B{A}'{C}' \right) \\ \end{array} \right.\)

⇒ K \(\in\) (AB’C’) ∩ (BA’C’).

Dễ dàng nhận thấy C’ \(\in\) (AB’C’) ∩ (BA’C’).

⇒ (AB’C’) ∩ (BA’C’) = KC’.

Vậy d = KC’.

d) Trong (AB’C’), gọi G là giao điểm của C'K và AM', ta có:

\(\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} G\in A{M}'\subset \left( A{M}'M \right) \\ G\in C'K \\ \end{array} \right. \)

⇒ G = (AM’M) ∩ C’K.

Gọi K là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABB’A’.

⇒ K là trung điểm AB’.

ΔAB’C’ có G là giao điểm của 2 trung tuyến AM’ và C’K.

⇒ G là trọng tâm ΔAB’C’.

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 \(G_1\) và \(G_2\) lần lượt của hai tam giác BDA’ và B’D’C.

c) Chứng minh \(G_1\) và \(G_2\) 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.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh trong (BDA’) có chứa hai đường thẳng song song với (B’D’C).

b) Dựa vào tam giác đồng dạng suy ra các tỉ số và chỉ ra đường chéo AC’ đi qua trọng tâm \(G_1\) và \(G_2\) lần lượt của hai tam giác BDA’ và B’D’C.

c)

Cách 1: Chứng minh các tam giác đồng dạng, suy ra các tỉ số.

Cách 2: Dựa vào tính chất của trọng tâm, suy ra các tỉ số.

d) Chứng minh: (A’IO) chính là (AA’C’C) 

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

+ A’D’ // BC và A’D’ = BC ⇒ A’D’CB là hình bình hành

⇒ A’B // 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’ ⊂ (B’D’C) ⇒ BD // (B’D’C) (2).

Lại có: A’B ⊂ (BDA’) và BD ⊂ (BDA’); A’B ∩ BD = B (3).

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

b) Gọi O, O' lần lượt là tâm của hình bình hành ABCD, A'B'C'D';

\(G_1\), \(G_2\) là giao điểm của AC' với A'O và CO'.

Ta có: \(\Delta {G_1}OA \sim \Delta {G_1}A'C'\) (g.g)

\( \Rightarrow \frac{{{G_1}O}}{{{G_1}A'}} = \frac{{OA}}{{A'C'}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{A'{G_1}}}{{A'O}} = \frac{2}{3}\).

Lại có \(G_1\) \(\in\) A'O là đường trung tuyến của tam giác BDA'.

⇒ \(G_1\) là trọng tâm tam giác A'BD.

Chứng minh tương tự ta có: \(G_2\) là trọng tâm tam giác B'D'C.

Vậy AC’ đi qua trọng tâm \(G_1\) và \(G_2\) lần lượt của hai tam giác BDA’ và B’D’C.

c) Cách 1:

Ta có:

+ \(\Delta {G_1}OA \sim \Delta {G_1}A'C'\) \( \Rightarrow\frac{{A{G_1}}}{{{G_1}C'}} = \frac{{AO}}{{A'C'}} = \frac{1}{2}\).

\( \Rightarrow A{G_1} = \frac{1}{3}AC'\) (1).

+ \(\Delta {G_2}C'O' \sim \Delta {G_2}AC\) \( \Rightarrow\frac{{C'{G_2}}}{{{G_2}A}} = \frac{{C'O'}}{{CA}} = \frac{1}{2}\).

\( \Rightarrow C'{G_2} = \frac{1}{3}AC'\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \( A{G_1} = G_1G_2=G_2C'\).

Cách 2:

Vì \(G_1\) là trọng tâm của ΔAA’C nên \(\frac{{A{G_1}}}{{AI}} = \frac{2}{3}\).

Vì I là trung điểm của AC’ nên AI = \( \frac{1}{2}\).AC’.

Suy ra: \(AG_1\) = \( \frac{1}{3}\)AC’.

Chứng minh tương tự ta có : \(C’G_2\) = \( \frac{1}{3}\).AC’.

Suy ra \( A{G_1} = G_1G_2=G_2C'=​​ \frac{1}{3}AC'\).

d) (A’IO) chính là (AA’C’C) vì I thuộc A'C, O thuộc AC.

Nên thiết diện cần tìm chính là hình bình hành AA’C’C.

 Cho hình chóp S. ABCD. Gọi \(A_1\) là trung điểm của cạnh SA và \(A_2\) là trung điểm của đoạn \(AA_1\). Gọi (α) và (β) là hai mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABCD) và lần lượt đi qua \(A_1\), \(A_2\). Mặt phẳng (α) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại \(B_1, \ C_1, \ D_1\) . Mặt phẳng (β) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại \(B_2, \ C_2, \ D_2\). Chứng minh:

a) \(B_1, \ C_1, \ D_1\) lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC, SD.

b) \(B_1B_2 = B_2B, \ C_1C_2 = C_2C, \ D_1D_2 = D_2D\).

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

Phương pháp giải:

a) Chứng minh \(A_1B_1\) // AB → \(B_1\) là trung điểm của SB.

Tương tự với \(C_1, \ D_1\).

b) Chứng minh \(A_2B_2, \ B_2C_2, \ C_2D_2\) lần lượt là đường trung bình của các hình thang \(ABB_1A_1, \ BCC_1B_1, \ DCC_1D_1\).

c) Dựa vào định nghĩa hình chóp cụt.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} \left( \alpha \right)//\left( {ABCD} \right)\\ \left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\ \left( {SAB} \right) \cap \left( \alpha \right) = {A_1}{B_1} \end{array} \right. \Rightarrow {A_1}{B_1}//AB.\)

Lại có: \(A_1\) là trung điểm SA nên \(A_1B_1\) là đường trung bình của tam giác SAB.

⇒ \(B_1\) là trung điểm của SB.

Chứng minh tương tự ta cũng được:

 \(C_1\) là trung điểm của SC.

 \(D_1\) là trung điểm của SD.

b) Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} \left( \beta \right)//\left( {ABCD} \right)\\ \left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\ \left( {SAB} \right) \cap \left( \beta \right) = {A_2}{B_2} \end{array} \right. \Rightarrow {A_2}{B_2}//AB.\)

Lại có \({A_1}{B_1}//AB\) (cmt) nên \(A_2B_2//A_1B_1\).

Mà \(A_2\) là trung điểm của \(AA_1\) nên \(A_2B_2\) là đường trung bình của hình thang \(ABB_1A_1\).

⇒ \(B_2\) là trung điểm của \(B_1B\).

Do đó: \(B_1B_2 = B_2B\).

Chứng minh tương tự ta được: \(C_1C_2 = C_2C, \ D_1D_2 = D_2D\).

c) Có hai hình chóp cụt có một đáy là tứ giác ABCD: \(ABCD.A_1B_1C_1D_1\) và \(ABCD.A_2B_2C_2D_2\).