Câu hỏi và bài tập

Lời giải

a) Chứng minh (Ax, By)//(Cz,Dt)

Ta có

\[\Rightarrow \] (Ax, By)//(Cz,Dt)

Tương tự , ta có: (Ax,Dt)//(By,Cz).

Giải thích

Áp dụng định lý 11

b) Hình tính tứ giác A’B’C’D’

Ta có:

\[\Rightarrow A'B'//C'D'\] (1)

Tương tự, ta có: A'D'// B’C’ (2)

(1) và (2)\[\Rightarrow \] A'B'C'D' là hình bình hành.

Áp dụng định lí 11, ta chứng minh tứ giác A’B’C’D’ có các cặp cạnh đối song song.

c) Chứng minh...

Gọi II’ lần lượt là tâm của hai hình bình hành ABCD và A'B'C'D.

Tứ giác ACC'A' là hình thang có II’ là đường trung bình nên:

\[II'=\frac{AA'+CC'}{2}\] (1)

Tương tự, ta có:

\[II'=\frac{BB'+DD'}{2}\] (2)

(1) và (2)\[\Rightarrow \] AA'+CC' =BB'+DD'.

Nhắc lại:

Đoạn thẳng nối trung điểm của hai cạnh bên của hình thang là đường trung bình của hình thang. Độ dài đường trung bình của hình thang bằng nửa tổng độ dài hai đáy của hình thang ấy.

Lời giải

a) Chứng minh (ADF)//(BCE)

Ta có: AD//BC, AF//BE

\[\Rightarrow \](ADF)//(BCE)

b) Chứng minh M’N’ // DF

Та có:

\[\Rightarrow \frac{AN'}{AF}=\frac{AM'}{AD}\Rightarrow M'N'//DF\]

Do hai hình vuông ABCD và ABEF có cạnh bằng nhau nên hai đường chéo AC và BF cũng bằng nhau.

c) Chứng minh (DEF) // (MM'N'N) Ta có:

DF//M’N’

FE//NN’

\[\Rightarrow \] (DEF) // (MM'NN’)

Giải thích

a) Chứng minh AI// A’I’

I là trung điểm của BC

I’ là trung điểm của B’C’

\[\Rightarrow \]II’ là đường trung bình của hình bình hành BCC'B' nên

II'//BB'\[\Rightarrow \]II'//AA'\[\Rightarrow \]\[\exists \] (AA', II').

Ta có: (ABC)//(A'B'C')

(AA',II')\[\cap \] (ABC)=AI

(AA', II')\[\cap \] (A'B'C') = A'I’

=> AI//A'I’

Lời giải

b) Giao điểm của IA’ với (AB’C’) .

Ta có: (AA', II')\[\supset \] IA’

(AA',II')\[\cap \] (AB'C')=AI'.

Trong (AA',II'): AI'\[\cap \]IA’ =J

\[\Rightarrow J\in IA'\cap \left( AB'C' \right)\]

Cách tìm giao điểm của đường thẳng với mặt phẳng: Xem lại phương pháp tại vấn đề 2, bài1.

c) Giao tuyến của (AB’C’) và (A’BC)

Gọi \[O\in A'B\cap AB',O'\in CA'\cap AC'\] thì (AB'C')\[\cap \] (A'BC)=OO'.

Lời giải

a) Chứng minh CB'//(AHC')

Gọi \[K\in CA'\cap AC'\]. Khi đó:

\[CB'//HK\]

\[HK\subset \left( AHC' \right)\Rightarrow CB'//\left( AHC' \right)\]

Giải thích

H và K lần lượt là trung điểm của A'B' và CA’ nên HK là đường trung bình của tam giác A'BC.

b) Giao tuyến d=(AB’C’)\[\cap \] (ABC)

Ta có:

(AB'C')\[\supset \] B'C'

(ABC)\[\supset \] BC

B'C' // BC

A\[\in \] (AB'C')\[\cap \] (ABC)

\[\Rightarrow \]d qua A

d//BC//B'C'

Giải thích

Vē NN' // AB (N'\[\in \]AF), ta có:

\[\frac{BN}{NE}=\frac{AN'}{N'F}\] (1)

Mặt khác: \[\frac{AM}{MD}=\frac{BN}{NE}\] (2)

(1) và (2) \[\Rightarrow \frac{AN'}{N'F}=\frac{AM}{MD}\Rightarrow MN'//DF\]

Như vậy:

NN'//AB

MN'//DF \[\Rightarrow \] (MNN’)//(DEF)

mà MN\[\subset \](MNN’)

\[\Rightarrow \]MN//(DEF) cố định.

Giải thích

Chú ý.

• Cho hai mặt phẳng song song. Khi đó, bất kì đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng này đều song song với mặt phẳng kia.

• Vì hai hình bình hành ABDE và ABEF cố định nên mặt phẳng (DEF) cố định.

Giải thích

a) Thiết diện của \[\left( \alpha \right)\] với hình chóp

Ta xét ba trường hợp:

• Trường hợp 1.

\[\left( \alpha \right)\cap \left( SAB \right)=HK\]

Vậy thiết diện cần tìm là tam giác HJK.

• Trường hợp 2: \[I\equiv 0\left( x=\frac{a}{2} \right)\]

Khi \[I\equiv O\] thì \[H\equiv B,J\equiv D,K\equiv S\]

nên thiết diện cần tìm là tam giác SBD.

• Trường hợp 3: Làm tương tự trường hợp \[I\in OA\], ta có: thiết diện cần tìm là tam giác LMN.

Giải thích

Ta tìm các đoạn giao tuyến của \[\left( \alpha \right)\] với các mặt của hình chóp nhờ áp dụng định lí 11. Cần chú ý đến giả thiết là I di động trên AC nên ta cần phải xét ba trường hợp như trên.

b) Diện tích của thiết diện

• Diện tích

mà BD=SB=b nên HJ = HK (1)

Tương tự , ta có:HJ =JK (2)

(1) và (2)\[\Rightarrow \] HJ= HK =JK nên tam giác HJK đều.

Ta có:

\[\frac{AI}{AO}=\frac{HJ}{BD}\Rightarrow \frac{x}{\frac{a}{2}}=\frac{HJ}{b}\Rightarrow HJ=\frac{2bx}{a}\]

Vậy:

\[{{S}_{HJK}}=\frac{1}{2}.{{\left( \frac{2bx}{a} \right)}^{2}}.\sin {{60}^{0}}=\frac{{{b}^{2}}{{x}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}}\]

• Diện tích

\[{{S}_{SBD}}=\frac{1}{2}.{{\left( b \right)}^{2}}.\sin {{60}^{0}}=\frac{{{b}^{2}}\sqrt{3}}{4}\]

• Diện tích

Tương tự, tam giác LMN là tam giác đều.

Ta có: \[\frac{CI}{CO}=\frac{LM}{BD}\]

\[\Rightarrow \frac{a-x}{\frac{a}{2}}=\frac{LM}{b}\Rightarrow LM=\frac{2b(a-x)}{a}\]

Vậy:

\[{{S}_{LMN}}=\frac{1}{2}.\left( \frac{2b(a-x)}{a} \right).\sin {{60}^{0}}=\frac{{{b}^{2}}\sqrt{3}{{\left( a-x \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}}\]

Tóm lại:

Diện tích của thiết diện =

Hướng dẫn:

• Chứng minh thiết điện là tam giác đều.

• Để tính diện tích thiết diện (là tam giác), ta đã áp dụng công thức: \[S=\frac{1}{2}bc.\sin A\]

Ở đây thiết diện là tam giác đều nên ta có: b=c, sinA =sin 60°.

Giải thích

Theo định lí Thales, ta có:

\[\frac{AB}{A'B'}=\frac{BC}{B'C'}\Rightarrow \frac{5}{A'B'}=\frac{4}{B'C'}\]

\[\Rightarrow \frac{B'C'}{A'B'}=\frac{4}{5}\Rightarrow \frac{B'C'+A'B'}{A'B'}=\frac{9}{5}\]

\[\Rightarrow \frac{A'C'}{A'B'}=\frac{9}{5}\Rightarrow \frac{18}{A'B'}=\frac{9}{5}\Rightarrow A'B'=10\]

Ta có:

\[B'C'=A'C'-A'B'=18-10=8\]

Vậy: \[A'B'=10,B'C'=8\]

Giải thích

Vẽ IH//AB (H\[\in \]BD). Ta có:

Vẽ Ax//CD. Khi đó tồn tại mặt phẳng (Ax,AB). Ta có:

JH // Ax (//CD)

IH//AB

mà \[IJ\subset \left( IJH \right)\]

\[\Rightarrow \left( IJH \right)//\left( Ax,AB \right)\]

\[\Rightarrow \]IJ//(Ax,AB) cố định

Giải thích.

Chú ý. Vì AB, CD cố định nên (Ax, AB) cố định.

Giải thích

a) Tập hợp của M'

Ta có:(Ax, AB)\[\cap \left( \alpha \right)=Bz//Ax\]

mà

Vậy khi M di động trên tia Ax thì M' chạy trên tia Bz

Nhắc lại định lí 5, bài 3

b) Tập hợp của I

Tứ giác ABM’M là hình bình hành nên

AM=BM'

mà AM=BN\[\Rightarrow BM'=BN\]

\[\Rightarrow \Delta \]BNM' cân tại B. Gọi J là trung điểm của NM' thì Bm (qua J) là phân giác của góc

Khi M di động trên Ax thì J chạy trên tia Bm

IJ là đường trung bình của \[\Delta \]NMM’ nên

IJ // MM' (1)

IJ=\[\frac{1}{2}\] MM’ (2)

Mà MM'//AB (3)

MM'=AB (4)

(1), (3)\[\Rightarrow \] JI//AB

(2), (4)\[\Rightarrow \]IJ=\[\frac{1}{2}\]AB

\[\Rightarrow \] BJIQ là hình bình hành (Q là trung điểm của AB).

Suy ra \[\overrightarrow{IJ}=\overrightarrow{BQ}\Rightarrow I={{T}_{\overrightarrow{BQ}}}(J)\]

Vậy tập hợp của I là tia Qn song song với tia Bm.