Bài 1: Trang 71 - SGK hình học 11
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.
Lời giải
a) Theo giả thiết ta có:
AB // CD (do ABCD là hình bình hành)
và BB' // CC' (do d//c)
=> Mặt phẳng (ABB’A’) // (CDD’C’)
Mặt khác ta có mặt phẳng (A’B’C’) cắt (ABB’A’), cắt (CDD’C’) theo giao tuyến C’D’ // A’B’.
Vậy mặt phẳng (A’B’C’) cắt d tại D’ sao cho C’D’ // A’B’ (1)
b) Chứng minh tương tự câu a, ta có B’C’ // A’D’ (2)
Từ (1) và (2)=>A’B’C’D’ là hình bình hành (đpcm).
Bài 2: Trang 71 - SGK hình học 11
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 (A’B’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 mp(AMA’). Chứng minh G là trọng tâm của tam giác AB’C’.
Lời giải
Theo giả thiết ta có hình vẽ sau:
a) Ta có MM’, BB’, AA’ song song và bằng nhau nên AA’M’M là hình bình hành, từ đó ta có AM // A’M’.
b) Gọi I = A’M ∩ AM’, ta có :
I ∈ AM' mà AM' lại thuộc mặt phẳng (AB'C')
=>I ∈ (AB'C')
Vậy I = A’M ∩ (AB’C’)
c) Gọi O = AB’ ∩ BA’, ta có :
O ∈ AB' => O ∈ (AB'C') mà O cũng ∈ BA' => O ∈ (BA'C')
=> O ∈(AB'C')∩(BA'C') nên giao tuyến d chính là OC’.
d) Trong mp(AB’C’) : C’O ∩ AM’ = G, ta có:
G ∈ C'O => G ∈ d
G ∈ AM' => G ∈ (AMM')
=> G ∈ d ∩ (AMM')
∆AB’C’ có hai trung tuyến C’O và AM’ cắt nhau tại G nên G là trọng tâm của ∆AB’C’.
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 ∆A’C’C. Xác định thiết diện của mặt phẳng (A’IO) với hình hộp đã cho.
Lời giải
Theo giả thiết ta có hình vẽ sau:
.png)
a) Do ABCDA'B'C'D' là hình hộp chữ nhật, ta có:
A’B // D’C và D’C ⊂ (B’D’C) => A’B // (B’D’C) (1)
BD // B’D’ và B’D’ ⊂ (B’D’C) => BD // (B’D’C) (2)
A’B ⊂ (BDA’) và BD ⊂ (BDA’) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra : (BDA’) // (B’D’C). (đpcm)
b) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC, BD của hình bình bình hành ABCD => A’O ⊂ (A’ACC’).
Trong mặt phẳng (A’ACC’) hai đường thẳng A’O và AC’ cắt nhau tại điểm G1, G1 ∈ A’O và A’O ⊂ (BDA’)
=> G1 ∈ (BDA’),G1 ∈ AC’
Vậy G1 ∈ AC’ ∩(BDA’)
Tứ giác ACC’A’ là hình bình hành, giao điểm I của hai đường chéo A’C và AC’ là trung điểm của mỗi đường.
Xét tam giác AA’C, các trung tuyến A’O và AI cắt nhau tại G1. Vậy G1 là trọng tâm của ∆AA’C cho ta OG1/OA' = 1/3 , A’O cũng là trung tuyến của ∆BDA’ nên tỉ số OG1/OA' = 1/3 chứng tỏ G1 là trọng tâm của tam giác BDA’.
Chứng minh tương tự đối với điểm G2.
c) Vì G1 là trọng tâm của ∆AA’C nên \[\frac{A{{G}_{1}}}{AI}=\frac{2}{3}\]
Vì I là trung điểm của AC’ nên \[AI=\frac{1}{2}A{C}'\]
Từ các kết quả này, ta có : \[A{{G}_{1}}=\frac{1}{3}A{C}'\]
Chứng minh tương tự ta có : \[{C}'{{G}_{2}}=\frac{1}{3}A{C}'\]
Suy ra : AG1 = GG2 = G2C’ =\[\frac{1}{3}A{C}'\]
d) Thiết diện của mặt phẳng (A'IO) với hình hộp chính là hình bình hành AA’C’C.
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.
Lời giải
Theo giả thiết ta có hình vẽ sau:
.png)
a) Theo giả thiết ta có:
(α) // (ABCD)
(SAB) ∩ (α) = A1B1
(SAB) ∩ (ABCD) =AB
=> A1B1 // AB =>A1B1 là đường trung bình của tam giác SAB.
=> B1 là trung điểm của SB (đpcm)
Chứng minh tương tự ta được:
- C1 là trung điểm của SC.
- D1 là trung điểm của SD.
b) Do (α) và (β) cùng song song với mặt phẳng (ABCD) => (α) // (β)
Mà (SAB) ∩ (α) = A1B1 và (SAB) ∩ (β) = A2B2
=> A1B1 // A2B2
=>A2B2 là đường trung bình của hình thang A1B1BA.
=> B2 là trung điểm của B1B
=> B1B2 = B2B (đpcm)
Chứng minh tương tự ta 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