Bài 2.37 trang 84 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) cho tam giác ABC. Từ ba đỉnh của tam giác này ta kẻ các nửa đường thẳng song song cùng chiều Ax, By, Cz không nằm trong \(\left( \alpha \right)\). Trên Ax lấy đoạn AA’ = a, trên By lấy đoạn BB’ = b, trên Cz lấy đoạn CC’ = c. a) Gọi I, J và K lần lượt là các giao điểm B’C’, C’A’ và A’B’ với \(\left( \alpha \right)\). Chứng minh rằng \({{IB} \over {IC}}.{{JC} \over {J{\rm{A}}}}.{{K{\rm{A}}} \over {KB}} = 1\) b) Gọi G và G’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC và A’B’C’. Chứng minh: \(GG'\parallel AA'\). c) Tính GG’ theo a, b, c Giải: a) \(CC'\parallel BB' \Rightarrow \Delta ICC' \sim \Delta IBB'\) \( \Rightarrow {{IB} \over {IC}} = {{BB'} \over {CC'}} = {b \over c}\) \(CC'\parallel AA' \Rightarrow \Delta JCC' \sim \Delta JAA'\) \( \Rightarrow {{JC} \over {JA}} = {{CC'} \over {AA'}} = {c \over a}\) \(AA'\parallel BB' \Rightarrow \Delta KAA' \sim \Delta KBB'\) \( \Rightarrow {{KA} \over {KB}} = {{AA'} \over {BB'}} = {a \over b}\) Do đó: \({{IB} \over {IC}}.{{JC} \over {J{\rm{A}}}}.{{K{\rm{A}}} \over {KB}} = {b \over c}.{c \over a}.{a \over b} = 1\) b) Gọi H và H’ lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và B’C’. Vì HH’ là đường trung bình của hình thang BB’CC’ nên \(HH'\parallel BB'\). Mà \(BB'\parallel AA'\) suy ra \(HH'\parallel AA'\) Ta có: \(G \in AH\) và \(G' \in A'H'\) và ta có: \(\left\{ \matrix{ {{AG} \over {AH}} = {2 \over 3} \hfill \cr {{A'G'} \over {A'H'}} = {2 \over 3} \hfill \cr} \right. \Rightarrow AA'\parallel GG'\parallel HH'\) c) \(AH' \cap GG' = M \Rightarrow GG' = G'M + MG\) Ta có: \(G'M\parallel AA' \Rightarrow \Delta H'G'M \sim \Delta H'A'A\) \( \Rightarrow {{G'M} \over {AA'}} = {{H'G'} \over {H'A'}} = {1 \over 3} \Rightarrow G'M = {1 \over 3}AA' = {1 \over 3}a\) \(MG\parallel HH' \Rightarrow \Delta AMG \sim \Delta AH'H\) \( \Rightarrow {{MG} \over {HH'}} = {{AG} \over {AH}} = {2 \over 3} \Rightarrow MG = {2 \over 3}HH'\) Mặt khác HH’ là đường trung bình của hình thang BB’CC’ nên \(HH' = {{BB' + CC'} \over 2} = {{b + c} \over 2} \Rightarrow MG = {2 \over 3}HH' = {2 \over 3}.{{b + c} \over 2} = {1 \over 3}\left( {b + c} \right)\) Do đó: \(GG' = G'M + MG = {1 \over 3}a + {1 \over 3}\left( {b + c} \right) = {1 \over 3}\left( {a + b + c} \right)\) Vậy \(GG' = {1 \over 3}\left( {a + b + c} \right)\). Bài 2.38 trang 84 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tam giác BCD. a) Dựng đường thẳng qua M song song với hai mặt phẳng (ABC) và (ABD). Giả sử đường thẳng này cắt mặt phẳng (ACD) tại B’. Chứng minh rằng AB’, BM và CD đồng quy tại một điểm. b) Chứng minh \({{MB'} \over {BA}} = {{dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}}\) c) Đường thẳng song song với hai mặt phẳng (ACB) và (ACD) kẻ từ M cắt (ABD) tại C’ và đường thẳng song song với hai mặt phẳng (ADC) và (ADB) kẻ từ M cắt (ABC) tại D’. Chứng minh rằng \({{MB'} \over {BA}} + {{MC'} \over {CA}} + {{M{\rm{D}}'} \over {DA}} = 1\) Giải: a) MB’ qua M và song song với (ABC) và \(\left( {ABD} \right) \Rightarrow MB'\) song song với giao tuyến AB của hai mặt phẳng này. Ta có: \(MB'\parallel AB\) nên MB’ và AB xác định một mặt phẳng. Giả sử MB cắt AB’ tại I. Ta có: \(I \in BM \Rightarrow I \in \left( {BC{\rm{D}}} \right)\) \(I \in AB' \Rightarrow I \in \left( {AC{\rm{D}}} \right)\) Nên \(I \in \left( {BC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {AC{\rm{D}}} \right) = C{\rm{D}}\) \(I \in C{\rm{D}}\) Vậy ba đường thẳng AB’, BM và CD đồng quy tại I. b) \(MB'\parallel AB \Rightarrow {{MB'} \over {AB}} = {{IM} \over {IB}}\) Kẻ \(MM' \bot C{\rm{D}}\) và \(BH \bot C{\rm{D}}\) Ta có: \(MM'\parallel BH \Rightarrow {{IM} \over {IB}} = {{MM'} \over {BH}}\) Mặt khác: \(\left\{ \matrix{ dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right) = {1 \over 2}C{\rm{D}}.MM` \hfill \cr dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right) = {1 \over 2}C{\rm{D}}.BH \hfill \cr} \right.\) \({{dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}} = {{{1 \over 2}C{\rm{D}}.MM'} \over {{1 \over 2}C{\rm{D}}.BH}} = {{MM'} \over {BH}}\) Do đó: \({{MB'} \over {AB}} = {{IM} \over {IB}} = {{MM'} \over {BH}} = {{dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}}\). Vậy \({{MB'} \over {AB}} = {{dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}}\) c) Tương tự ta có: \({{MC'} \over {CA}} = {{dt\left( {\Delta MB{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}}\) \({{MD'} \over {DA}} = {{dt\left( {\Delta MBC} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}}\) Vậy : \(\eqalign{ & {{MB'} \over {AB}} + {{MC'} \over {CA}} + {{MD'} \over {DA}} \cr & = {{dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}} + {{dt\left( {\Delta MB{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}} + {{dt\left( {\Delta MBC} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}} \cr & = {{dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right) + dt\left( {\Delta MB{\rm{D}}} \right) + dt\left( {\Delta MBC} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}} \cr & = {{dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}} = 1. \cr} \) Bài 2.39 trang 84 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Từ các đỉnh của tam giác ABC ta kẻ các đoạn thẳng AA’, BB’, CC’ song song cùng chiều, bằng nhau và không nằm trong mặt phẳng của tam giác. Gọi I, G và K lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, ACC’, A’B’C’. a) Chứng minh \(\left( {IGK} \right)\parallel \left( {BB'CC'} \right)\). b) Chứng minh rằng \(\left( {A'GK} \right)\parallel \left( {AIB'} \right)\). Giải: Gọi M và M’ tương ứng là trung điểm của AC và A’C’, ta có: \(I \in BM,G \in C'M,K \in B'M'\) Theo tính chất trọng tâm của tam giác ta có: \({{MI} \over {MB}} = {{MG} \over {MC'}} = {1 \over 3} \Rightarrow IG\parallel BC'\); \({{MI} \over {MB}} = {{M'K} \over {M'B'}} = {1 \over 3}\) và \(MM'\parallel BB' \Rightarrow IK\parallel BB'\) Ta có : \(\left\{ \matrix{ IG\parallel BC` \hfill \cr BC' \subset \left( {BB'C'C} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow IG\parallel \left( {BB'C'C} \right)\) \(\left\{ \matrix{ IK\parallel BB` \hfill \cr BB' \subset \left( {BB'C'C} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow IK\parallel \left( {BB'C'C} \right)\) Mặt khác IG và \(IK \subset \left( {IGK} \right)\) nên \(\left( {IGK} \right)\parallel \left( {BB'C'C} \right)\) b) Gọi E và F tương ứng là trung điểm của BC và B’C’, O là trung điểm của A’C. A, I, E thẳng hàng nên (AIB’) chính là (AEB’). A’, G, C thẳng hàng nên (A’GK) chính là (A’CF). Ta có \(B'E\parallel CF\) (do B’FCE là hình bình hành ) và \(AE\parallel A'F\) nên \(\left( {AIB'} \right)\parallel \left( {A'GK} \right)\). Bài 2.40 trang 84 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai cạnh bên AA’ và CC’. Một điểm P nằm trên cạnh bên DD’. a) Xác định giao điểm Q của đường thẳng BB’ với mặt phẳng (MNP). b) Mặt phẳng (MNP) cắt hình hộp theo một thiết diện. Thiết diện đó có tính chất gì? c) Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (ABCD) của hình hộp. Giải: a) Ta có mặt phẳng (AA’, DD’) song song với mặt phẳng (BB’, CC’). Mặt phẳng (MNP) cắt hai mặt phẳng nói trên theo hai giao tuyến song song. Nếu gọi Q là điểm trên cạnh BB’ sao cho \(NQ\parallel PM\) thì Q là giao điểm của đường thẳng BB’ với mặt phẳng (MNP) Nhận xét. Ta có thể tìm điểm Q bằng cách nối P với trung điểm I của đoạn MN và đường thẳng PI cắt BB’ tại Q. b) Vì mặt phẳng (AA’, BB’) song song với mặt phẳng (DD’, CC’) nên ta có \(MQ\parallel PN\). Do đó mặt phẳng (MNP) cắt hình hộp theo thiết diện MNPQ là một ình bình hành. Giả sử P không phải là trung điểm của đoạn DD’. Gọi \(H = PN \cap DC,K = MP \cap A{\rm{D}}\). Ta có D = HK là giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (ABCD) của hình hộp. Chú ý rằng giao điểm \(E = AB \cap MQ\) cũng nằm trên giao tuyến d nói trên. Khi P là trung điểm của DD’ mặt phẳng (MNP) song song với mặt phẳng (ABCD). Bài 2.41 trang 85 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Hai điểm M và N lần lượt nằm trên hai cạnhAD và CC’ sao cho \({{AM} \over {M{\rm{D}}}} = {{CN} \over {NC'}}\). a) Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với mặt phẳng (ACB’) b) Xác định thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng đi qua MN và song song với mặt phẳng (ACB’) Giải: a) Vẽ MP song song với AC và cắt CD tại P Ta có: \({{AM} \over {M{\rm{D}}}} = {{CP} \over {P{\rm{D}}}} = {{CN} \over {NC'}}\) Do đó \(PN\parallel DC'\parallel AB'\) Đường thẳng MN thuộc mặt phẳng (MNP) và mặt phẳng này có \(MP\parallel AC\) và \(PN\parallel AB'\). Vậy mặt phẳng(MNP) song song với mặt phẳng (ACB’) và do đó \(MN\parallel \left( {ACB'} \right)\) b) Vì mặt phẳng (MNP) song song với mặt phẳng (ACB’) nên hai mặt phẳng đó cắt các mặt bên của hình hộp theo các giao tuyến song song. Ta vẽ \(NQ\parallel CB',QR\parallel C'A'(\left( {\parallel CA} \right),RS\parallel AB'\left( {\parallel PN} \right)\) và tất nhiên \(SM\parallel QN\). Thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng đi qua MN và song song với mặt phẳng (ACB’) là hình lục giác MPNQRS có các cạnh đối diện song song với nhau từng đôi một: \(MP\parallel RQ,PN\parallel SR,NQ\parallel MS\). Bài 2.42 trang 85 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’. a) Chứng minh rằng hai đường chéo AC’ và A’C cắt nhau và hai đường chéo BD’ và B’Dcắt nhau. b) Cho E và F lần lượt là trung điểm của hai đường chéo AC và BD.Chứng minh MN = EF. Giải: Hình bình hành ACC’A có hai đường chéo là AC’ và A’C cắt nhau tại trung điểm Mcủa mỗi đường. Tương tự, hai đường chéo BD’ và B’D cắt nhau tại trung điểm N của mỗi đường. b) Trung điểm E của AC là hình chiếu của trung điểm M của AC’ thep phương của cạnh lăng trụ. Tương tự, trung điểm F là hình chiếu trung điểm N của đường chéo BD’ trên BD. Ta có \(EM\parallel CC'\) và \(EM = {{CC'} \over 2}\) Mặt khác \(FN\parallel DD'\) và \(FN = {{DD'} \over 2}\). Từ đó suy ra tứ giác MNFE là hình bình hành và ta có MN = EF. Bài 2.43 trang 85 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\) cắt nhau theo giao tuyến m. Trên đường thẳng d cắt \(\left( \alpha \right)\) ở A và cắt \(\left( \beta \right)\) ở B ta lấy hai diểm cố định S1,S2 không thuộc \(\left( \alpha \right)\), \(\left( \beta \right)\). Gọi M là một điểm di động trên \(\left( \beta \right)\). Giả sử các đường thẳng \(M{S_1},M{S_2}\) cắt \(\left( \alpha \right)\) lần lượt tại M1 và M2. a) Chứng minh rằng M1M2 luôn luôn đi qua một điểm cố định. b) Giả sử đường thẳng M1M2 cắt giao tuyến m tại K. Chứng minh rằng ba điểm K, B, M thẳng hàng. c) Gọi b là một đường thẳng thuộc mặt phẳng \(\left( \beta \right)\) nhưng không đi qua điểm B và cắt m tại I. Chứng minh rằng khi M di động trên b thì các điểm M1 và M2 di động trên hai đường thẳng cố định thuộc mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\). Giải: a) Mặt phẳng (M, d) cắt \(\left( \alpha \right)\) theo giao tuyến M1M2. Điểm A cũng thuộc giao tuyến đó. Vậy đường thẳng M1M2 luôn luôn đi qua điểm A cố định. b) Mặt phẳng (M, d) cắt \(\left( \beta \right)\) theo giao tuyến BM. Điểm K thuộc giao tuyến đó nên ba điểm K, B, M thẳng hàng. c) Giả sử b cắt m tại I thì mặt phẳng (S1, b) luôn luôn cắt \(\left( \alpha \right)\) theo giao tuyến IM1. Do đó điểm M1 di động trên giao tuyến của IM1 cố định. Còn khi M di động trên b thì mặt phẳng (S2, b) cắt \(\left( \alpha \right)\) theo giao tuyến IM2. Do đó điểm M2 chạy trên giao tuyến IM2 cố định. Bài 2.44 trang 85 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ các trung điểm E, F của các cạnh AB, DD’. Hãy xác định các thiết diện của hình lập phương cắt bởi các mặt phẳng (EFB), (EFC), (EFC’) và (EFK) với K là trung điểm của cạnh B’C’. Giải: Ta xác định thiết diện của hình lập phương cắt bởi các mặt phẳng sau: - Mặt phẳng (EFB): ta vẽ \(FG\parallel AB\) và được thiết diện là hình chữ nhật ABGF, G là trung điểm của CC’. - (h.2.67) Mặt phẳng (EFC): Nối FC và vẽ \(EG\parallel FC\), ta được thiết diện là hình thang \(ECFG\left( {AG = {1 \over 4}AA'} \right)\). - (h.2.68) Mặt phẳng (EFC’): Nối FC’ và vẽ \(EG\parallel FC'\). Nối GC’ và vẽ \(FH\parallel GC'\). Ta được thiết diện là hình ngũ giác EGC’FH. \(\left( {BG = {1 \over 4}BB',AH = {1 \over 3}A{\rm{D}}} \right)\) - (h.2.69) Mặt phẳng (EFK) với K là trung điểm của đoạn B’C’. Lấy trung điểm E’ của đoạn A’B’. Ta có \(I = EF \cap E'D'\). Ta có IK là giao tuyến của hai mặt phẳng (EFK) và (A’B’C’D’). Gọi \(G = IK \cap C'D'\). Nối F với G, vẽ \(EH\parallel FG\). Nối K với H, vẽ \(FL\parallel KH\) và nối L với E. Ta được thiết diện là hình lục giác đều EHKGFL. (G, H, L theo thứ tự là trung điểm của D’C’, B’B, AD).
