Câu hỏi và bài tập ôn tập chương 2

a) Chứng minh \[\frac{IB}{IC}.\frac{JC}{JA}.\frac{KA}{KB}=1\]

Ta có:

\[BB'//CC'\Rightarrow \frac{IB}{IC}=\frac{BB'}{CC'}\Rightarrow \frac{IB}{IC}=\frac{b}{c}\]

Giải thích

• Ta thấy I, J, K là điểm chung của hai mặt phẳng phân biệt (ABC) và (A'B'C’) nên chúng lần lượt là giao điểm của B’C’, C’A' và A'B' với BC, CA và AB.

\[AA'//CC'\Rightarrow \frac{JC}{IA}=\frac{CC'}{AA'}\Rightarrow \frac{JC}{IA}=\frac{c}{a}\]

\[AA'//BB'\Rightarrow \frac{KA}{KB}=\frac{A{A}'}{B{B}'}\Rightarrow \frac{KA}{KB}=\frac{a}{b}\]

Suy ra \[\frac{IB}{IC}.\frac{JC}{J\text{A}}.\frac{K\text{A}}{KB}=\frac{b}{c}.\frac{c}{a}.\frac{a}{b}=1\]

• Áp dụng định lí Thales vào các tam giác ICC’, JCC’, KBB' ta sẽ được các tỉ lệ thức của bài làm.

b) Chứng minh GG'//AA'

Ta có: EE’ là đường trung bình của hình thang ABB’A' nên:

EE' // AA', AA'//CC \[\Rightarrow \]EE’//CC’ (1)

Mặt khác:

\[\frac{E'G'}{EC'}=\frac{1}{3},\frac{EG}{EC}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{E'G'}{EC'}=\frac{EG}{EC}\] (2)

(1) và (2)\[\Rightarrow GG'//\text{EE }\!\!'\!\!\text{ //CC }\!\!'\!\!\text{ }\]

Vậy GG’//AA’

c) Tính GG’

Gọi \[F\cap GG'\cap CE'\], ta có:

• \[\Delta E'CC':\frac{E'G'}{E'C'}=\frac{G'F}{CC'}\]

\[\Rightarrow G'F=\frac{E'G'}{E'C'}.CC'\Rightarrow G'F=\frac{1}{3}c\] (1)

• \[\Delta CEE':\frac{CG}{CE}=\frac{GF}{EE'}\]

\[\Rightarrow FG=\frac{CG}{CE}.EE'\Rightarrow FG=\frac{2}{3}EE'\]

mà \[EE'=\frac{AA'+BB'}{2}\Rightarrow EE'=\frac{a+b}{2}\]

nên \[FG=\frac{2}{3}.\frac{a+b}{2}=\frac{1}{3}\left( a+b \right)\] (2)

Ta có:

\[G{G}'={G}'F+FG=\frac{1}{3}c+\frac{1}{3}\left( b+a \right)\]

Vậy \[G{G}'=\frac{1}{3}\left( a+b+c \right)\]

Để ý rằng:

• Trong tam giác E’CC' có FG’//CC'.

• Trong tam giác CEE’ có FG //EE’

• Đường trung bình EE’ của hình thang ABB’A' bằng nửa tổng độ dài hai đáy.

Lời giải

a) Chứng minh AB’,BM và CD đồng quy

Đường thẳng d qua M và d//(ABC), d//(ABD) nên d//AB (giao tuyến của (ABC) và (ABD)).

\[\Rightarrow \exists (d,AB)\cap (ACD)=AB'\]

Gọi \[N\in BM\cap CD\]. Ta có:

\[\Rightarrow N\in (d,AB)\cap (ACD)\Rightarrow N\in AB'\]

Vậy AB',BM và CD đồng quy tại N.

Giải thích

Hướng dẫn:

• Áp dụng định lí 6, bài3, ta có d//AB.

• Gọi N là giao điểm của BM và CD, ta chứng minh N thuộc AB’.

b) Chứng minh \[\frac{MB'}{BA}=\frac{dt\left( \Delta MCD \right)}{dt\left( \Delta BCD \right)}\]

Ta có: MB’//AB nên \[\frac{NM}{NB}=\frac{MB'}{BA}\] (*)

Xem hình 2.51 để thấy được sự liên hệ giữa tỉ số diện tích của hai tam giác BCD và MCD (có chung cạnh CD).

Mặt khác:

\[dt(\Delta BCD)=\frac{1}{2}CD.h\] (1)

(h= BB1 :đường cao \[\Delta \]BCD)

\[dt(\Delta MCD)=\frac{1}{2}CD.h'\] (2)

(h’= MM1 :đường cao \[\Delta \]MCD)

(1) và (2) (3)

\[\Delta NB{{B}_{1}}\] có \[M{{M}_{1}}//B{{B}_{1}}\]

Nên \[\frac{NM}{NB}=\frac{h}{h'}\] (4)

(3) và (4)(*')

(*) và (*’)\[\Rightarrow \frac{MB'}{BA}=\frac{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }MC\text{D} \right)}{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }BC\text{D} \right)}\]

c) Chứng minh \[\frac{M{B}'}{BA}+\frac{M{C}'}{CA}+\frac{M{D}'}{DA}=1\]

Ta có: \[\frac{M{B}'}{BA}=\frac{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }MC\text{D} \right)}{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }BC\text{D} \right)}\]

Tương tự:

\[\frac{MC'}{CA}=\frac{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }MB\text{D} \right)}{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }BC\text{D} \right)}\]

\[\frac{MD'}{DA}=\frac{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }MB\text{C} \right)}{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }BC\text{D} \right)}\]

⇒ \[\frac{M{B}'}{BA}+\frac{M{C}'}{CA}+\frac{M{D}'}{DA}=\frac{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }MC\text{D} \right)}{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }BC\text{D} \right)}+\]

\[\frac{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }MB\text{D} \right)}{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }BC\text{D} \right)}+\frac{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }MBC \right)}{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }BC\text{D} \right)}=\]

\[=\frac{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ BCD} \right)}{dt\left( \text{ }\!\!\Delta\!\!\text{ }BC\text{D} \right)}=1\]

Áp dụng kết quả của câu a) và câu b) ta suy ra điều phải chứng minh.

Lời giải

a) Chứng minh (IJK)//(BB’C’C)

Gọi E, F, J lần lượt là trung điểm lần của các cạnh BC,CC’ và B’C’. Ta có:

EI//AA' (1)

(1) và (2) \[\Rightarrow IK//AA'\Rightarrow IK//BB'\] (3)

\[\Rightarrow I//EF\subset \left( BB'C'C \right)\] (4)

(3) và (4)\[\Rightarrow \](IGK)//(BB’C’C)

Giải thích

Vì E, F, J lần lượt là trung điểm của BC, CC’, B’C’ nên I, G, K lần lược nằm trên các trung tuyến AE, AF và A'J.

Nhắc lại: Để chứng minh hai mặt phẳng song song ta chứng minh trong mặt này có hai đường thẳng cắt nhau song song với hai đường thẳng của mặt phẳng kia.

b) Chứng minh (A’GK)//(AIB’) Gọi O là tâm của hình bình hành ACC'A' thì \[G\in CA'\].

Khi đó:(A’GK)=(A’CJ).

Ta cũng có (AIB')\[\equiv \] (AEB’).

Xét hai mặt phẳng (A'CJ) và (AEB’) có:

Hình bình hành BB'C'C có J, E là trung điểm của B’C’ và BC nên ta dễ dàng chứng minh được JC//EB’.

a) Xác định Q

Ta có:

\[\Rightarrow \left( MNP \right)\cap \left( AA',BB' \right)=MQ//NP\]

b)Tính chất của tứ giác MPNQ

Ta có: NP//MQ, MP//NQ

\[\Rightarrow \]MPNQ là hình bình hành.

c) Giao tuyến của (MNP) với (ABCD)

Gọi \[J\in MQ\cap AB,K\in PN\cap CD\], ta có:

\[J\in MQ\Rightarrow J\in \left( MNP \right)\]

\[J\in AB\Rightarrow J\in \left( ABCD \right)\]

\[\Rightarrow J\in \left( MNP \right)\cap \left( ABCD \right)\]

Tương tự,

\[K\in \left( MNP \right)\cap \left( ABCD \right)\]

Vậy \[\left( MNP \right)\cap \left( ABCD \right)=JK\].

Chú ý. Nếu P là trung điểm của DD’ thì mặt phẳng (MNP) không cắt mặt phẳng (ABCD).

Cần chú ý rằng (MNP) chính là mặt phẳng (MPNQ).

Lời giải

a) Chứng minh MN//(ACB’)

Vē MJ//AC (J\[\in \]CD), ta có:

\[\frac{CJ}{\text{JD}}=\frac{AM}{\text{MD}}=\frac{CN}{N{C}'}\]\[\Rightarrow \frac{CJ}{\text{JD}}=\frac{CN}{N{C}'}\]

\[\Rightarrow JN//C'D\]

Mặt khác C’D//AB’ nên JN//AB’. Xét hai mặt phẳng (ACB’) và (MNJ) có:

\[\Rightarrow MN//\left( ACB' \right)\]

Giải thích

Để chứng minh một đường thẳng song song với mặt phẳng, ta có thể chứng minh đường thẳng đó nằm trong mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho. Từ giả thiết \[\frac{AM}{M\text{D}}=\frac{CN}{N{C}'}\] gợi ý cho ta vẽ thêm MJ// AC để tạo ra mặt phẳng (MNJ).

b) Xác định thiết diện...

Gọi (\[\alpha \]) là mặt phẳng qua MN và song Song với mặt phẳng (ACB’) Ta có:

\[\left( \alpha \right)\cap \left( ABCD \right)=MJ//AC\]

\[\left( \alpha \right)\cap \left( CDD'C' \right)=JN//DC'\]

\[\left( \alpha \right)\cap \left( BCC'B' \right)=NK//B'C'(K\in B'C')\]

\[\left( \alpha \right)\cap \left( A'B'C'D' \right)=KL//MJ(L\in A'B')\]

\[\left( \alpha \right)\cap \left( AA'B'B \right)=LQ//AB'(Q\in AA')\]

\[\left( \alpha \right)\cap \left( AA'DD' \right)=MQ\]

Vậy thiết diện cần tìm là lục giác MJNKLQ.

Ta tìm các đoạn giao tuyến nối tiếp nhau của (\[\alpha \]) cắt bởi các mặt của hình hộp đã cho.

Vì (\[\alpha \]) qua MN và song song với (ACB’) nên các cạnh đối diện của lục giác MJNKLQ song song với nhau.

Lời giải

a) Chứng minh AC' cắt A'C, BD' cắt B'D

Tứ giác ACC’A' là hình bình hành nên hai đường chéo AC’ và CA’ cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường

Tứ giác BDD'B' là hình bình hành nên hai đường chéo BD’ và DB’ cắt nhau tại trung điểm J của mỗi đường

Giải thích

Vì các cạnh bên của hình lăng trụ đều song song và bằng nhau nên các mặt ACC'A' và BDD’B' đều là những hình bình hành.

b) Chứng minh MN = EF

\[\Rightarrow \]MNFE là hình bình hành

\[\Rightarrow \]MN=EF.

Ta chứng minh tứ giác MNFE là hình bình hành.

Để ý rằng ME, NF lần lượt là đường trung bình của các tam giác CAA' và BDD’

Lời giải

a) Chứng minh M1M2 đi qua A

Vì M\[\in d\] nên tồn tại mặt phẳng (M,d).

Mặt phẳng này chứa MS1, MS2 và điểm A.

(M,d)\[\cap \] (α)= M1M2

Mặt khác: \[A\in \] (M,d)\[\cap \] (α)

Vậy M1M2 đi qua điểm cố định A.

Giải thích

Ta chứng minh A, M1 và M2 cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng phân biệt.

b) Chứng minh K,M,B thẳng hàng

Ta có:

\[K\in m\cap {{M}_{1}}{{M}_{2}}\Rightarrow K\in \left( \beta \right)\cap \left( M,d \right)\]

\[M\in \left( \beta \right)\cap {{S}_{2}}{{M}_{2}}\Rightarrow M\in \left( \beta \right)\cap \left( M,d \right)\]

\[B\in \left( \beta \right)\cap d\Rightarrow B\in \left( \beta \right)\cap \left( M,d \right)\]

Vậy K,M,B thẳng hàng vì chúng cùng nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng (\[\beta \]) và (M,d).

Ta chứng minh ba điểm K, M, B cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng phân biệt.

c) Chứng minh M1, M2..

Ta có:

\[I\in b\cap m\Rightarrow I\in \left( \alpha \right)\cap \left( {{S}_{1}},b \right)\]

\[{{M}_{1}}\in \left( \alpha \right)\cap {{S}_{1}}M\Rightarrow {{M}_{1}}\in \left( \alpha \right)\cap \left( {{S}_{1}},b \right)\]

\[\Rightarrow I{{M}_{1}}=\left( \alpha \right)\cap \left( {{S}_{1}},b \right)\]

M1 chạy trên IM1 cố định.

Tương tự \[I{{M}_{2}}=\left( \alpha \right)\cap \left( {{S}_{2}},b \right)\], nên M2 chạy trên IM2 cố định.

Lời giải

Thiết diện của hình lập phương với (EFB)

Ta có: (EFB)\[\cap \] (ADD'A') = AF

(EFB)\[\cap \] (CDD'C’)= FM//CD (M\[\in \]CC’)

(EFB)\[\cap \] (BCC'B')=BM.

Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác ABMF.

Giải thích

Cần chú ý rằng (EFB) = (AFB).

Thiết diện của hình lập phương với (EFC).

(EFC)\[\cap \] (ABCD)=CE

(EFC)\[\cap \] (CDD'C')=CF

Trong (ABCD), gọi O\[\in \]CE\[\cap \]AD.

Trong (ADD'A'), gọi N\[\in \]FO\[\cap \]AA'.

Khi đó:

(EFC)\[\cap \] (ADD'A')= FN.

Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác CENF

Cần tìm giao điểm của AA’ với mặt với (EFC)

• Thiết diện của hình lập phương với (EFC’)

Trong (CDD’C’), gọi P\[\in \]CD\[\cap \]C'F.

Trong(ABCD), gọi R\[\in \]AD\[\cap \]PE.

Trong (BCC'B'), gọi Q\[\in \]BB'\[\cap \]TC’.

Khi đó mặt phẳng (EFC’) cắt các mặt (CDD'C'), (ADD'A'), (ABCD), (ABB'A'), (BCC'B') lần lượt theo các đoạn giao tuyến C’F, FR, RE, EQ và QC’. Vậy thiết diện cần tìm là ngũ giác C’FREQ.

Trước hết, ta thấy (EFC'), cắt mặt phẳng (CDD’C’) theo giao tuyến C’F (gọi là giao tuyến gốc). Từ giao tuyến gốc này, ta tìm giao điểm của nó với một số cạnh của hình hộp sẽ được các đoạn giao tuyến còn lại.

• Thiết diện của hình lập phương với (EFK)

Gọi E là trung điểm của A’B’.

Trong (DD’,EE’), gọi V\[\in \]D'E’\[\cap \]EF.

Trong (A'B'C'D'), gọi W\[\in \]C'D’\[\cap \]VK.

Khi đó:

(EFK)\[\cap \] (A'B'C'D') = KW

(EFK)\[\cap \] (CDD'C')=FW

(EFK)\[\cap \] (ABCD)=EY // KW (Y\[\in \]AD)

(EFK) n(ADDYA')=FY

(EFK)\[\cap \] (ABB’A')=EZ//FW (Z\[\in \]BB’)

(EFK)\[\cap \] (BCC’B’)=KZ// FY.

Vậy thiết diện cần tìm là lục giác đều KWFYEZ.

Chú ý.

• Vì EE//DD’ nên tồn tại duy nhất mặt phẳng (DD’, EE’). Trong mặt phẳng này ta thấy E’D’ cắt EF. Nhờ đó ta tạo được “giao tuyến gốc" là VK.

• Các mặt đối diện của hình lập phương song song với nhau nên các đoạn giao tuyến của các mặt này với mặt phẳng (EFK) cũng song song với nhau và bằng nửa đường chéo hình vuông có cạnh là cạnh của hình lập phương. Vì vậy thiết diện thu được là một hình lục giác đều.