Bài 2.22 trang 79 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho tứ diện ABCD. Gọi lần lượt là trọng tâm các tam giác . Chứng minh rằng . Giải: Gọi I, J và K lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CDvà BD. Theo tính chất trọng tâm của tam giác ta có: \({{A{G_1}} \over {AI}} = {{A{G_2}} \over {AJ}} = {{A{G_3}} \over {AK}} = {2 \over 3}\) \(\Rightarrow {G_1}{G_2}\parallel IJ\) \(IJ \subset \left( {BCD} \right) \Rightarrow {G_1}{G_2}\parallel \left( {BCD} \right)\) Tương tự ta có \({G_2}{G_3}\parallel \left( {BC{\rm{D}}} \right)\) \({G_1}{G_2},{G_2}{G_3} \subset \left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right)\) \(\left( {{G_1}{G_2}{G_3}} \right)\parallel \left( {BC{\rm{D}}} \right)\). Bài 2.23 trang 79 Sách bài tập (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 \(\left( {Ax,By} \right)\parallel \left( {Cz,Dt} \right)\) và \(\left( {Ax,Dt} \right)\parallel \left( {By,Cz} \right)\) b) Tứ giác A’B’C’D’ là hình gì? c) Chứng minh \(AA' + CC' = BB' + DD'\). Giải: a) Ta có : \(\left\{ \matrix{ Ax\parallel Dt \hfill \cr Dt \subset \left( {Cz,Dt} \right) \hfill \cr} \right.\) \( \Rightarrow Ax\parallel \left( {Cz,Dt} \right)\) \(\left. \matrix{ AB\parallel CD \hfill \cr CD \subset \left( {Cz,Dt} \right) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow AB\parallel \left( {Cz,Dt} \right)\) Từ \(Ax,AB \subset \left( {Ax,By} \right)\) suy ra \(\left( {Ax,By} \right)\parallel \left( {Cz,Dt} \right)\) Tương tự ta có \(\left( {Ax,Dt} \right)\parallel \left( {By,Cz} \right)\) b) \(\left\{ \matrix{ \left( \alpha \right) \cap \left( {Ax,By} \right) = A'B` \hfill \cr \left( \alpha \right) \cap \left( {Cz,Dt} \right) = C'D' \Rightarrow A'B'\parallel C'D'\,\,\,\left( 1 \right) \hfill \cr \left( {Ax,By} \right)\parallel \left( {Cz,Dt} \right) \hfill \cr} \right.\) \(\left\{ \matrix{ \left( \alpha \right) \cap \left( {Ax,Dt} \right) = A'D` \hfill \cr \left( \alpha \right) \cap \left( {By,Cz} \right) = B'C' \Rightarrow A'D'\parallel B'C'\,\,\,\left( 2 \right) \hfill \cr \left( {Ax,Dt} \right)\parallel \left( {By,Cz} \right) \hfill \cr} \right.\) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác A’B’C’D’ là hình bình hành. c) Gọi O, O’ lần lượt là tâm các hình bình hành ABCD, A’B’C’D’. Dễ thấy OO’ là đường trung bình của hình thang AA’, suy ra \(OO' = {{AA' + CC'} \over 2}\) Tương tự ta có: \(OO' = {{BB' + DD'} \over 2} \Rightarrow AA' + CC' = BB' + DD'\). Bài 2.24 trang 80 Sách bài tập (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) \(\left( {A{\rm{D}}F} \right)\parallel \left( {BCE} \right)\). b) \(M'N'\parallel DF\). c) \(\left( {DEF} \right)\parallel \left( {MM'N'N} \right)\) và \(MN\parallel \left( {DEF} \right)\). Giải: a) \(\left\{ \matrix{ AD\parallel BC \hfill \cr BC \subset \left( {BCE} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow AD\parallel \left( {BCE} \right)\) \(\left\{ \matrix{ AF\parallel BE \hfill \cr BE \subset \left( {BCE} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow AF\parallel \left( {BCE} \right)\) Mà \(AD,AF \subset \left( {ADF} \right)\) Nên \(\left( {ADF} \right)\parallel \left( {BCE} \right)\) b) Vì ABCD và ABEF là các hình vuông nên AC = BF. Ta có: \(MM'\parallel C{\rm{D}} \Rightarrow {{AM'} \over {A{\rm{D}}}} = {{AM} \over {AC}}\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) \(NN'\parallel AB \Rightarrow {{AN'} \over {AF}} = {{BN} \over {BF}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\) So sánh (1) và (2) ta được \({{AM'} \over {A{\rm{D}}}} = {{AN'} \over {AF}} \Rightarrow M'N'\parallel DF\) c) Từ chứng minh trên suy ra \(DF\parallel \left( {MM'N'N} \right)\) \(\left. \matrix{ NN'\parallel AB \Rightarrow NN'\parallel EF \hfill \cr NN' \subset \left( {MM'N'N} \right) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow EF\parallel \left( {MM'N'N} \right)\) Mà \(DF,EF \subset \left( {DEF} \right)\) nên \(\left( {DEF} \right)\parallel \left( {MM'N'N} \right)\) Vì \(MN \subset \left( {MM'N'N} \right)\) và \(\left( {MM'N'N} \right)\parallel \left( {DEF} \right)\) nên \(MN\parallel \left( {DEF} \right)\). Bài 2.25 trang 80 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình lăng trụ tam giác ABCA’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 \(AI\parallel A'I'\). b) Tìm giao điểm của IA’ với mặt phẳng (AB’C’). c) Tìm giao tuyến của (AB’C’) và (A’BC). Giải: a) Ta có \(II'\parallel BB'\) và II’ = BB’ Mặt khác \(AA'\parallel BB'\) và AA’ = BB’ nên : \(AA'\parallel II'\) và AA’ = II’ ⇒ AA’II’ là hình bình hành. \( \Rightarrow AI\parallel A'I'\) b) Ta có: \(\left\{ \matrix{ A \in \left( {AB'C'} \right) \hfill \cr A \in \left( {AA'I'I} \right) \hfill \cr} \right.\) \( \Rightarrow A \in \left( {AB'C'} \right) \cap \left( {AA'I'I} \right)\) Tương tự : \(\left\{ \matrix{ I' \in B'C` \hfill \cr I' \in \left( {AA'I'I} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow I' \in \left( {AB'C'} \right)\) \(I' \in \left( {AB'C'} \right) \cap \left( {AA'I'I} \right) \Rightarrow \left( {AB'C'} \right) \cap \left( {AA'I'I} \right) = AI'\) Đặt \(AI' \cap A'I = E\). Ta có: \(\left\{ \matrix{E \in IA` \hfill \cr E \in AI` \hfill \cr} \right. \Rightarrow E \in \left( {AB'C'} \right)\) Vậy E là giao điểm của AI’ và mặt phẳng (AB’C’) c) Ta có: \(A'B \cap AB' = M \Rightarrow \left\{ \matrix{ M \in \left( {AB'C'} \right) \hfill \cr M \in \left( {A'BC} \right) \hfill \cr} \right.\) Tương tự: \(AC' \cap A'C = N \Rightarrow \left\{ \matrix{ N \in \left( {AB'C'} \right) \hfill \cr N \in \left( {A'BC} \right) \hfill \cr} \right.\) Vậy \(\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {A'BC} \right) = MN\). Bài 2.26 trang 80 Sách bài tập (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 \(CB'\parallel \left( {AHC'} \right)\) b) Tìm giao tuyến d của (AB’C’) và (ABC) Giải: a) Ta có tứ giác AA’CC’ là hình bình hành suy ra A’C cắt AC’ tại trung điểm I của mỗi đường. Do đó \(IH\parallel CB'\) ( đường trung bình của tam giác CB’A’) Mặt khác \(IH \subset \left( {AHC'} \right)\) nên \(CB'\parallel \left( {AHC'} \right)\) b) Ta có: \(\left\{ \matrix{ A \in \left( {AB'C'} \right) \hfill \cr A \in \left( {ABC} \right) \hfill \cr} \right.\) ⇒ A là điểm chung của (AB’C’) và (ABC) Mà \(\left\{ \matrix{ B'C'\parallel BC \hfill \cr B'C' \subset \left( {AB'C'} \right) \hfill \cr BC \subset \left( {ABC} \right) \hfill \cr} \right.\) Nên \(\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = Ax\) Và \(Ax\parallel BC\parallel B'C'\) Bài 2.27 trang 80 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF không nằm cùng trong một mặt phẳng. Gọi M và N là hai điểm di động tương ứng trên AD và BE sao cho \({{AM} \over {M{\rm{D}}}} = {{BN} \over {NE}}\) Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn luôn song song với một mặt phẳng cố định. Hãy chỉ ra mặt phẳng cố định đó. Giải: Trong mặt phẳng (ADF), kẻ đường thẳng \(MP\parallel DF\left( {P \in AF} \right)\) Ta có \({{AP} \over {PF}} = {{AM} \over {M{\rm{D}}}} = {{BN} \over {NE}}\) Nên \(PN\parallel F{\rm{E}}\). Do đó \(\left( {MNP} \right)\parallel \left( {DEF} \right)\). Vậy MN song song với mặt phẳng (DEF) cố định. Bài 2.28 trang 80 Sách bài tập (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 . Lấy là mặt phẳng đi qua I và song song với mặt phẳng (SBD). a) Xác định thiết diện của mặt phẳng 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. Giải: a) Trường hợp 1 . I thuộc đoạn \(AO\left( {0 < x < {a \over 2}} \right)\) Khi đó I ở vị trí I1 Ta có: \(\left( \alpha \right)\parallel \left( {SB{\rm{D}}} \right)\) \( \Rightarrow \left\{ \matrix{ \left( \alpha \right)\parallel B{\rm{D}} \hfill \cr \left( \alpha \right)\parallel SO \hfill \cr} \right.\) Vì \(\left( \alpha \right)\parallel BD\) nên \(\left( \alpha \right)\) cắt (ABD) theo giao tuyến M1N1 ( qua I1) song song với BD Tương tự \(\left( \alpha \right)\parallel SO\) nên \(\left( \alpha \right)\) cắt (SOA) theo giao tuyến S1I1 song song với SO. Ta có thiết diện trong trường hợp này là tam giác \({S_1}{M_1}{N_1}\). Nhận xét. Dễ thấy rằng \({S_1}{M_1}\parallel SB\) và \({S_1}{N_1}\parallel S{\rm{D}}\). Lúc đó tam giác \({S_1}{M_1}{N_1}\) đều. Trường hợp 2. I thuộc đoạn \(OC\left( {{a \over 2} < x < a} \right)\) Khi đó I ở vị trí I2. Tương tự như trường hợp 1 ta có thiết diện là tam giác đều \({S_2}{M_2}{N_2}\) có \({M_2}{N_2}\parallel B{\rm{D}}\), \({S_2}{M_2}\parallel SB\), \({S_2}{N_2}\parallel S{\rm{D}}\). Trường hợp 3. \(I \equiv O\). Thiết diện chính là tam giác đều SBD. b) Ta lần lượt tìm diện tích thiết diện trong các trường hợp 1,2,3. Trường hợp 1 . I thuộc đoạn \(AO\left( {0 < x < {a \over 2}} \right)\) \({{{S_{{S_1}{M_1}{N_1}}}} \over {{s_{SB{\rm{D}}}}}} = {\left( {{{{M_1}{N_1}} \over {B{\rm{D}}}}} \right)^2} = {\left( {{{2x} \over a}} \right)^2}\) \({S_{{S_1}{M_1}{N_1}}} = {{4{{\rm{x}}^2}} \over {{a^2}}}.{S_{SB{\rm{D}}}} = {{4{{\rm{x}}^2}} \over {{a^2}}}.{{{b^2}\sqrt 3 } \over 4} = {{{b^2}{x^2}\sqrt 3 } \over {{a^2}}}\) Trường hợp 2 . I thuộc đoạn \(OC\left( {{a \over 2} < x < a} \right)\) \({{{S_{{S_2}{M_2}{N_2}}}} \over {{S_{SBD}}}} = {\left( {{{{M_2}{N_2}} \over {BD}}} \right)^2} = \left[ {{{2{{\left( {a - x} \right)}^2}} \over a}} \right]\) \({S_{{S_2}{M_2}{N_2}}} = {4 \over {{a^2}}}{\left( {a - x} \right)^2}.{{{b^2}\sqrt 3 } \over 4} = {{{b^2}\sqrt 3 } \over {{a^2}}}{\left( {a - x} \right)^2}\) Trường hợp 3. \(I \equiv O\) . \({S_{SBD}} = {{{b^2}\sqrt 3 } \over 4}\) Tóm lại \({S_{thiết\,diện}} = \left\{ \matrix{ {{{b^2}{x^2}\sqrt 3 } \over {{a^2}}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,nếu\,\,0 < x < {a \over 2} \hfill \cr {{{b^2}\sqrt 3 } \over 4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,nếu\,\,x = {a \over 2} \hfill \cr {{{b^2}\sqrt 3 } \over {{a^2}}}{\left( {a - x} \right)^2}\,\,nếu\,\,{a \over 2} < x < a\, \hfill \cr} \right.\) * Đồ thị của hàm số S theo biến x như sau: Vậy Sthiết diện lớn nhất khi và chỉ khi \(x = {a \over 2}\). Bài 2.29 trang 80 Sách bài tập (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 vàA’, B’, C’. Cho \(AB = 5,BC = 4,A'C' = 18\). Tính độ dài.A’B’, B’C’ Giải: Vì \(\left( \alpha \right)\parallel \left( \beta \right)\parallel \left( \gamma \right)\) nên \({{AB} \over {A'B'}} = {{BC} \over {B'C'}}\) Mặt khác ta có: \({{AB} \over {A'B'}} = {{BC} \over {B'C'}} = {{AB + BC} \over {A'B' + B'C'}} = {{AC} \over {A'C'}}\) Suy ra: \(A'B' = {{A'C'.AB} \over {AC}} = {{18.5} \over 9} = 10\) Vậy A’B’ = 10 và \(B'C' = {{A'C'.BC} \over {AC}} = {{18.4} \over 9} = 8\) Vậy B’C’ = 8. Bài 2.30 trang 81 Sách bài tập (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 \({{IA} \over {I{\rm{D}}}} = {{JB} \over {JC}}\). Chứng minh rằng IJ luôn luôn song song với một mặt phẳng cố định. Giải: Qua I kẻ đường thẳng song song với CD cắt AC tại H, ta có: \({{HA} \over {HC}} = {{IA} \over {I{\rm{D}}}}\) Mặt khác \({{IA} \over {I{\rm{D}}}} = {{JB} \over {JC}}\) Nên \({{HA} \over {HC}} = {{JB} \over {JC}}\) Suy ra \(HJ\parallel AB\) Như vậy mặt phẳng (IJH) song song với AB và CD. Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng qua AB và song song với CD, ta có \(\left\{ \matrix{ \left( \alpha \right)\parallel \left( {IJH} \right) \hfill \cr IJ \subset \left( {IJH} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow IJ\parallel \left( \alpha \right)\) Vậy IJ song song với mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) cố định. Bài 2.31 trang 81 Sách bài tập (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 Giải: a) Gọi \(\left( \beta \right)\) là mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng AB và Ax Do \(Ax\parallel \left( \alpha \right)\) nên \(\left( \beta \right)\) sẽ cắt \(\left( \alpha \right)\) theo giao tuyến Bx’ song song với Ax. Ta có M’ là điểm chung của \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) nên M’ thuộc Bx’. Khi M trùng A thì M’ trùng B nên tập hợp M’ là tia Bx’. 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 I của cạnh đáy NM’ thuộc phân giác trong Bt của góc B trong tamgiác cân BNM’.Dễ thấy rằng Bt cố định. Gọi O là trung điểm của AB. Trong mặt phẳng (AB, Bt), tứ giác OBIJ là hình bình hành nên \(\overrightarrow {JI} = \overrightarrow {BO} \).Do đó I là ảnh của J trong phép tịnh tiến theo vectơ \(\overrightarrow {BO} \). Vậy tập hợp I là tia Ot’ song song với Bt.
