Câu 29 trang 67 SGK Hình học 11 Nâng cao
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ?
a. Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thì song song với nhau
b. Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau
c. Nếu hai mặt phẳng song song thì mọi đường thẳng nằm trên một mặt phẳng đều song song với mặt phẳng còn lại.
d. Nếu hai mặt phẳng song song thì mỗi đường thẳng nằm trên một mặt phẳng này đều song song với mọi đường thẳng nằm trên mặt phẳng kia.
e. Nếu hai mặt phẳng phân biệt lần lượt đi qua hai đường thẳng song song thì song song với nhau.
f. Nếu một đường thẳng cắt một trong hai mặt phẳng song song thì cắt mặt phẳng còn lại.
Giải
a. Sai vì hai mặt phẳng có thể cắt nhau theo giao tuyến song song với đường thẳng đã cho.
b. Đúng
c. Đúng
d. Sai
e. Sai vì có thể hai mặt phẳng cắt nhau.
f. Đúng
Câu 30 trang 67 SGK Hình học 11 Nâng cao
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
a. Hình hộp là một hình lăng trụ
b. Hình lăng trụ có tất cả các cạnh song song
c. Hình lăng trụ có tất cả các mặt bên bằng nhau
d. Hình lăng trụ có các mặt bên là hình bình hành
e. Hình hộp có các mặt đối diện bằng nhau
Giải
a. Đúng
b. Sai vì cạnh đáy không song song với cạnh bên.
c. Sai
d. Đúng
e. Đúng
Câu 31 trang 68 SGK Hình học 11 Nâng cao
Cho hai đường thẳng chéo nhau. Chứng minh rằng có đúng hai mặt phẳng song song với nhau lần lượt đi qua hai đường thẳng đó
Giải
Gọi hai đường thẳng chéo nhau là a và b.
Trên đường thẳng a, ta lấy điểm M, qua M kẻ đường thẳng b // b
Trên đường thẳng b, ta lấy điểm N, qua N ta kẻ đường thẳng a // a
Gọi [α] = mp[a, b], [β] = mp[b, a] thì [α] // [β]
* Ta chứng tỏ cặp mặt phẳng [α], [β] là duy nhất.
Thật vậy, giả sử tồn tại cặp [α] , [β] sao cho [α] chứa a, [β] chứa b và \[[α] // [β]\]. Ta chứng minh \[[α] [α]\] và \[[β] [β]\] .
- Do [α] và [α] cùng chứa a, nên nếu [α] và [α] không trùng nhau thì \[[α] [α] = a\] [1]
- Do \[ [α] // [β] b // [α]\] [2]
- Do \[[α] // [β] b // [α]\] [3]
Từ [1], [2] và [3] suy ra a // b, mâu thuẫn giả thiết
Vậy \[[α] [α]\], tương tự \[[β] [β]\]
Do đó cặp mặt phẳng \[[α], [β]\] duy nhất.
Câu 32 trang 68 SGK Hình học 11 Nâng cao
Cho hai đường thẳng chéo nhau a và b lần lượt nằm trên hai mặt phẳng song song [P] và [Q]. Chứng minh rằng nếu điểm M không nằm trên [P] và không nằm trên [Q] thì có duy nhất một đường thẳng đi qua M cắt cả a và b
Giải
Giả sử c = mp [ M, a] mp[M, b]. Ta cần chứng minh c cắt cả a và b.
Vì c và a cũng nằm trên một mặt phẳng và không thể trùng nhau [ do c qua M và a không đi qua M] nên hoặc c // a hoặc c cắt a. Cũng vậy, hoặc c // b hoặc c cắt b.
Không thể xảy ra đồng thời c // a; c // b vì a và b chéo nhau. Vậy nếu c song song với a và c phải cắt b, tức là c qua một điểm của mp [Q] và song song với a, suy ra c phải thuộc mp [Q], và do đó M thuộc [Q] [trái giả thiết].
Tương tự, không thể có c song song với b.
Tóm lại c cắt a và b.
Nếu còn có đường thẳng c khác c đi qua M, cắt cả a và b thì a và b đồng phẳng. Vô lí.
Câu 33 trang 68 SGK Hình học 11 Nâng cao
Trong mặt phẳng [P] cho hình bình hành ABCD. Qua A, B, C, D lần lượt vẽ bốn đường thẳng a, b, c, d đôi một song song với nhau và không nằm trên [P]. Một mặt phẳng cắt a, b, c, d lần lượt tại bốn điểm A, B, C, D. Chứng minh rằng ABCD là hình bình hành
Giải
Ta có: \[\left\{ {\matrix{ {a//b} \cr {AD//BC } \cr {a \cap AD=A } \cr } } \right.\Rightarrow \left[ {a,d} \right]//\left[ {b,c} \right] \]
Tương tự [a, b] // [c, d].
Vì hai mặt phẳng [a, b] và [c, d] song song nhau nên mp[ABC] cắt hai mặt phẳng này
lần lượt theo hai giao tuyến AB và CD song song nhau.
Tương tự AD// BC.
Vậy ABCD là hình bình hành.
Câu 34 trang 68 SGK Hình học 11 Nâng cao
Cho tứ diện ABCD. Gọi M là trung điểm của AB. Hỏi mặt phẳng [P] qua điểm M, song song với cả AD và BC có đi qua trung điểm N của CD không ? Tại sao ?
Giải:
Giả sử [P] cắt BD, AC và CD lần lượt tại F, E, N. Vì AD // [P] nên [P] cắt mp[ABD] theo giao tuyến MF // AD.
Vì M là trung điểm của AB nên F là trung điểm của BD.
Vì BC // [P] nên [P] cắt mp[BCD] theo giao tuyến FN // BC. Vì F là trung điểm của BD nên N là trung điểm của CD.
Câu 35 trang 68 SGK Hình học 11 Nâng cao
Cho hai điểm M, N lần lượt thay đổi trên hai mặt phẳng song song [P] và [Q]. Tìm tập hợp các điểm I thuộc đoạn thẳng MN sao cho \[{{IM} \over {IN}} = k,k \ne 0\]cho trước
Giải
Thuận. Giả sử M \[\in\] [P], N \[\in\] [Q] và điểm I thuộc đoạn thẳng MN sao cho \[{{IM} \over {IN}} = k.\]
Trên hai mặt phẳng [P] và [Q], ta lần lượt lấy hai điểm cố định M0 và N0 rồi lấy một điểm I0 thuộc đoạn thẳng M0N0 sao cho \[{{{M_0}{I_0}} \over {{N_0}{I_0}}} = k.\] Khi ấy điểm I0 cố định.
Ta có: \[{{IM} \over {IN}} = {{{I_0}{M_0}} \over {{I_0}{N_0}}}\left[ { = k} \right]\]
\[\Rightarrow {{IM} \over {{I_0}{M_0}}} = {{IN} \over {{I_0}{N_0}}} = {{IM + IN} \over {{I_0}{M_0} + {I_0}{N_0}}} = {{MN} \over {{M_0}{N_0}}}\]
Áp dụng định lí Ta-lét đảo, ta suy ra đường thẳng I0I thuộc một mặt phẳng [R] song song với [P] và [Q]. Mặt phẳng [R] cố định vì nó qua điểm cố định I0 và song song với mặt phẳng cố định [P]. Vậy điểm I thuộc mặt phẳng [R] cố định.
Đảo. Ngược lại, lấy một điểm I bất kì trên mặt phẳng [R]. Qua I ta kẻ một đường thẳng cắt hai mặt phẳng [P] và [Q] lần lượt tại M và N. Xét hai cát tuyến M0N0 , MN và ba mặt phẳng song song [P], [Q], [R].
Theo định lí Ta-lét ta có: \[{{I'M'} \over {{I_0}{M_0}}} = {{I'N'} \over {{I_0}{N_0}}} = {{M'N'} \over {{M_0}{N_0}}}\]
Từ đó, ta suy ra I thuộc đoạn thẳng MN và \[{{I'M'} \over {I'N'}} = {{{I_0}{M_0}} \over {{I_0}{N_0}}} = k\]
Kết luận: Tập hợp điểm I thuộc đoạn thẳng MN sao cho \[{{IM} \over {IN}} = k\] là mặt phẳng [R] nói trên.
Câu 36 trang 68 SGK Hình học 11 Nâng cao
Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.ABC. Gọi H là trung điểm của cạnh AB.
a. Chứng minh rằng đường thẳng CB song song với mp[AHC]
b. Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng [ABC] và [ABC]. Chứng minh rằng d song song với mp[BBCC]
c. Xác định thiết diện của hình lăng trụ ABC.ABC khi cắt bởi mp[H , d]
Giải
a] Chứng minh CB' // [AHC]
Ta tìm trong [AHC] một đường thẳng song song với CB, muốn vậy ta tìm giao tuyến của một mặt phẳng chứa CB với [AHC], đó là [ACB].
Gọi O là giao điểm AC và AC.
AACC là hình bình hành nên O là trung điểm của AC.
Do đó HO là đường trung bình của ABC
HO // BC BC // [AHC]. [ vì HO \[\subset\] [AHC]].
b] Tìm giao tuyến d của [ABC] và [ABC].
Gọi O là giao điểm của AB và AB thì O, O là hai điểm chung của hai mặt phẳng [ABC] và [ABC] nên [ABC] [ABC] = OO
Vậy d = OO. Ta có O là trung điểm của AB [ vì AABB là hình bình hành].
OO là đường trung bình của ABC.
OO // BC' // BC OO // [BBCC] d // [BBCC]
c] Gọi {K} = HO AB thì HK // AA
Qua O kẻ ML // AA [ M AC, L AC].
Thiết diện cần tìm là hình bình hành HKLM.
Câu 37 trang 68 SGK Hình học 11 Nâng cao
Cho hình hộp ABCD.ABCD. Chứng minh rẳng
a. mp[BDA] // mp[BDC]
b.Đường chéo AC đi qua các trọng tâm G1, G2 của hai tam giác BDA và BDC
c. G1 và G2 chia đoạn AC thành ba phần bằng nhau
d. Các trung điểm của sáu cạnh BC, CD, DD, DA, AB,BB cùng nằm trên một mặt phẳng
Giải:
a] Chứng minh [ BDA] // [BDC]
Ta có tứ giác BBDD và ABCD là các hình bình hành nên : BD // BD và DA // BC
hai mặt phẳng [BDA] và [BDC] có các cặp đường thẳng cắt nhau và song song nhau từng đôi một nên chúng song song.
Vậy [BDA] // [BDC].
b] Chứng minh G1 , G2 AC
Gọi O, O lần lượt là tâm của hình bình hành ABCD và ABCD.
Trong mặt phẳng [AACC] gọi G1 , G2 lần lượt là giao điểm của AC với AO và OC. Ta chứng minh G1, G2 lần lượt là trong tâm của ABD và CBD.
Thật vậy, ta có G1OA đồng dạng G1AC [ vì AC // AC]
\[ \Rightarrow {{{G_1}O} \over {{G_1}A'}} = {{OA} \over {A'C'}} = {1 \over 2} \Rightarrow {{A'{G_1}} \over {A'O}} = {2 \over 3}\]
G1 là trọng tâm ABD.
Tương tự, G2 là trọng tâm CBD. Vậy AC đi qua G1, G2 .
c] Chứng minh AG1 = G1G2 = G2C
Theo câu trên , ta có:
\[{{A{G_1}} \over {{G_1}C'}} = {{AO} \over {A'C'}} = {1 \over 2}\] [ vì G1OA đồng dạng G1AC] \[ \Rightarrow A{G_1} = {1 \over 3}AC'\] [1]
Tương tự: \[{{C'{G_2}} \over {{G_2}A}} = {{C'O'} \over {CA}} = {1 \over 2}\] [ vì G2CO' đồng dạng G2AC] \[ \Rightarrow C'{G_2} = {1 \over 3}AC'\] [2]
Từ [1] và [2] suy ra: AG1 = G1G2 = G2C.
d]
Gọi M, N, P, Q, S, R lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD, DD, CD, CB, BB.
Ta có: \[\left\{ {\matrix{ {MN//BD} \cr {SP//BD} \cr } } \right. \Rightarrow MN//SP\]
Gọi [α] = [MN, SP]
Ta có : \[\left\{ {\matrix{ {PQ//DC'} \cr {MS//AB'} \cr } } \right. \Rightarrow PQ//MS\]
[ vì DC // AB]
PQ [α] do đó Q [α].
Tương tự: QR // MN QR [α] do đó R [α].
Vậy M, N, P, Q, R, S [α].
Mặt khác vì \[\left\{ {\matrix{ {MS//AB'} \cr {NP//AD'} \cr } } \right.\] nên [MNPQRS] // [ABD'].
Câu 38 trang 68 SGK Hình học 11 Nâng cao
Chứng minh rẳng tổng bình phương tất cả các đường chéo của một hình hộp bằng tổng bình
phương tất cả các cạnh của hình hộp đó
Giải
Áp dụng tính chất: Trong một hình bình hành, tổng bình phương hai đường chéo bằng tổng bình phương bốn cạnh.
Đặt AB = a, BC = b, AA = c [ đó là 3 kích thước của hình hộp].
Trong hình bình hành ABCD ta có:
\[AC'{^2} + BD{'^2} = 2\left[ {{a^2} + BC'{^2}} \right]\] [1]
Trong hình bình hành ABCD ta có:
\[A'{C^2} + B'{D^2} = 2\left[ {{a^2} + B'{C^2}} \right]\] [2]
Cộng [1] và [2] ta được :
\[AC'{^2} + BD'{^2}+A'{C^2} + B'{D^2} = 2\left[ {2{a^2} + BC{'^2} + B'{C^2}} \right]\] [3]
Mặt khác trong hình bình hành BBCC ta có:
\[BC{'^2} + B'{C^2} = 2\left[ {{b^2} + {c^2}} \right]\] [4]
Thay [4] vào [3] ta được :
\[AC'{^2} + BD'{^2} + A'{C^2} + B\,'{D^2} = 4\left[ {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right]\] [đpcm].
Câu 39 trang 68 SGK Hình học 11 Nâng cao
Cho hình chóp cụt ABC.ABC có đáy lớn ABC và các cạnh bên AA, BB, CC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CA và M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CA. Chứng minh MNP.MNP là hình chóp cụt
Giải
Gọi S là giao điểm các cạnh bên AA, BB, CCcủa hình chóp cụt.
Do AB // AB và M, M lần lượt là trung điểm của AB, AB nên MM đi qua S.
Tương tự NN, PP cùng đi qua S.
Vậy MM, NN, PP đồng quy tại S.
Ta có [MNP] // [MNP] nên MNP.MNP là hình chóp cụt.