Giải Toán 11 tập 1 trang 120 Bài 4: Hai mặt phẳng song song
Giải Toán 11 tập 1 trang 120 Bài 4: Hai mặt phẳng song song
Giải toán 11 tập 1 trang 120 Bài 4 sách Chân trời sáng tạo có đáp án chi tiết cho từng bài tập trong sách giáo khoa Toán lớp 11 Chân trời sáng tạo. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.
Giải Toán 11 tập 1 trang 113
Hoạt động 1 trang 113 Toán 11 tập 1
Hộp giấy có các mặt là hình vuông ở Hình 1a được vẽ lại với các đỉnh là $A,B,C,D,A’,B’,C’,D’$ như Hình 1b. Gọi tên cặp mặt phẳng:
a) Có ba điểm chung không thẳng hàng.
b) Là hai mặt phẳng phân biệt và có một điểm chung.
c) Không có bất kì điểm chung nào.
Lời giải:
a) Các cặp mặt phẳng có ba điểm chung không thẳng hàng là: $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {AB{\rm{D}}} \right)$; $\left( {A’B’C’} \right)$ và $\left( {A’B'{\rm{D’}}} \right)$; $\left( {AA’B} \right)$ và $\left( {AA’B’} \right)$; $\left( {AA’D} \right)$ và $\left( {AA’D’} \right)$;…
b) Không có hai mặt phẳng phân biệt nào có một điểm chung.
c) Các cặp mặt phẳng không có bất kì điểm chung nào: $\left( {ABCD} \right)$ và $\left( {A’B’C’D’} \right)$; $\left( {ABB’A’} \right)$ và $\left( {C{\rm{D}}D’C’} \right)$; $\left( {A{\rm{DD}}’A’} \right)$ và $\left( {BCC’B’} \right)$.
Giải Toán 11 tập 1 trang 114
Vận dụng 1 trang 114 Toán 11 tập 1
Tìm phẳng song song có trong hình chụp căn phòng ở Hình 4.
Lời giải:
Các mặt phẳng song song với nhau là: Các ngăn của giá sách, mặt của giá sách với mặt đất, các mặt của quyển sách,…
Hoạt động 2 trang 114 Toán 11 tập 1
Cho mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa hai đường thẳng $a,b$ cắt nhau và cùng song song với mặt phẳng $\left( Q \right)$. Giả sử $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ có điểm chung $M$ thì $\left( P \right)$ cắt $\left( Q \right)$ theo giao tuyến $c$ (Hình 5).
a) Giải thích tại sao đường thẳng $c$ phải cắt ít nhất một trong hai đường thẳng $a,b$. Điều này có trái với giả thiết $a$ và $b$ cùng song song với $\left( Q \right)$ không?
b) Rút ra kết luận về số điểm chung và vị trí tương đối của $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$.
Lời giải:
a) Gọi $I$ là giao điểm của $a$ và $b$.
Ta có:
$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}a\parallel \left( Q \right)\\\left( P \right) \supset a\\\left( P \right) \cap \left( Q \right) = c\end{array} \right\} \Rightarrow c\parallel a\\\left. \begin{array}{l}b\parallel \left( Q \right)\\\left( P \right) \supset b\\\left( P \right) \cap \left( Q \right) = c\end{array} \right\} \Rightarrow c\parallel b\end{array}$
Do đó qua $I$ ta kẻ được hai đường thẳng $a$ và $b$ cùng song song với $c$, mâu thuẫn với định lí qua một điểm nằm ngoài một đường thẳng, có một và chỉ một đường thẳng song song với đường thẳng đó.
Vậy $c$ phải cắt ít nhất một trong hai đường thẳng $a,b$.
Nếu đường thẳng $c$ cắt đường thẳng $a$ hoặc đường thẳng $b$, mà đường thẳng $c$ nằm trong mặt phẳng $\left( Q \right)$, khi đó đường thẳng $a$ hoặc đường thẳng $b$ có 1 điểm chung với mặt phẳng $\left( Q \right)$. Điều này trái với giả thiết $a$ và $b$ cùng song song với $\left( Q \right)$.
b) Vì $\left( P \right)$ chứa đường thẳng $a$ mà $a$ song song với mặt phẳng $\left( Q \right)$ nên $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ là hai mặt phẳng phân biệt.
Theo chứng minh ở trên, nếu $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ có điểm chung $M$ thì mâu thuẫn với giả thiết $a$ và $b$ cùng song song với $\left( Q \right)$.
Vậy hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ không có điểm chung.
Giải Toán 11 tập 1 trang 115
Thực hành 1 trang 115 Toán 11 tập 1
Cho tứ diện $ABCD$ có $E,F,H$lần lượt là trung điểm của $AB,AC,AD$. Chứng minh $\left( {EFH} \right)\parallel \left( {BCD} \right)$.
Lời giải:
Ta có: $E$ là trung điểm của $AB$
$F$ là trung điểm của $AC$
$ \Rightarrow EF$ là đường trung bình của tam giác $ABC$
$\left. \begin{array}{l} \Rightarrow EF\parallel BC\\BC \subset \left( {BC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow EF\parallel \left( {BC{\rm{D}}} \right)$
$E$ là trung điểm của $AB$
$H$ là trung điểm của $AD$
$ \Rightarrow EH$ là đường trung bình của tam giác $ABD$
$\left. \begin{array}{l} \Rightarrow EH\parallel BD\\BD \subset \left( {BC{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow EH\parallel \left( {BC{\rm{D}}} \right)$
Ta có:
$\left. \begin{array}{l}EF\parallel \left( {BCD} \right)\\EH\parallel \left( {BCD} \right)\\EF,EH \subset \left( {EFH} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {EFH} \right)\parallel \left( {BCD} \right)$
Hoạt động 3 trang 115 Toán 11 tập 1
a) Cho điểm $A$ ở ngoài mặt phẳng $\left( Q \right)$. Trong $\left( Q \right)$ vẽ hai đường thẳng cắt nhau $a’$ và $b’$. Làm thế nào để vẽ hai đường thẳng $a$ và $b$ đi qua $A$ và song song với $\left( Q \right)$?
b) Có nhận xét gì về mối liên hệ giữa $mp\left( {a,b} \right)$và $\left( Q \right)$?
Lời giải:
a) Qua điểm $A$, ta vẽ được duy nhất một đường thẳng $a$ song song với đường thẳng $a’$.
Qua điểm $A$, ta vẽ được duy nhất một đường thẳng $b$ song song với đường thẳng $b’$.
Ta có:
$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}a\parallel a’\\a’ \subset \left( Q \right)\end{array} \right\} \Rightarrow a\parallel \left( Q \right)\\\left. \begin{array}{l}b\parallel b’\\b’ \subset \left( Q \right)\end{array} \right\} \Rightarrow b\parallel \left( Q \right)\end{array}$
b) Ta có:
$\left. \begin{array}{l}a\parallel \left( Q \right)\\b\parallel \left( Q \right)\\a,b \subset mp\left( {a,b} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow mp\left( {a,b} \right)\parallel \left( Q \right)$
Hoạt động 4 trang 115 Toán 11 tập 1
Cho ba mặt phẳng $\left( P \right),\left( Q \right),\left( R \right)$ thoả mãn $\left( P \right)\parallel \left( Q \right)$, $\left( R \right) \cap \left( P \right) = a$ và $\left( R \right) \cap \left( Q \right) = b$. Xét vị trí tương đối của $a$ và $b$.
Lời giải:
Ta có:
$\left. \begin{array}{l}a \subset \left( P \right)\\b \subset \left( Q \right)\\\left( P \right)\parallel \left( Q \right)\end{array} \right\} \Rightarrow a \cap b = \emptyset $
Vì hai đường thẳng $a$ và $b$ cùng nằm trong mặt phẳng $\left( R \right)$ và không có điểm chung nên $a\parallel b$.
Giải Toán 11 tập 1 trang 116
Thực hành 2 trang 116 Toán 11 tập 1
Cho hình chóp $S.ABCD$ với đáy $ABCD$ là hình bình hành có $O$ là giao điểm của hai đường chéo, tam giác $SBD$ là tam giác đều. Một mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ di động song song với mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ và cắt đoạn thẳng $AC$. Chứng minh các giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ với hình chóp tạo thành một tam giác đều.
Lời giải:
TH1: $\left( \alpha \right)$ cắt đoạn $AO$ tại $I$.
Gọi $E,F,G$ lần lượt là giao điểm của $\left( \alpha \right)$ với $SA,AB,AD$.
Ta có:
$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = FG\\\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow FG\parallel B{\rm{D}} \Rightarrow \frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AG}}{{AD}} = \frac{{FG}}{{B{\rm{D}}}}\left( 1 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = EF\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SB\end{array} \right\} \Rightarrow EF\parallel SB \Rightarrow \frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AS}} = \frac{{EF}}{{SB}}\left( 2 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = EG\\\left( {SAD} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SD\end{array} \right\} \Rightarrow EG\parallel SD \Rightarrow \frac{{AG}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AS}} = \frac{{EG}}{{SD}}\left( 3 \right)\end{array}$
Từ (1), (2) và (3) suy ra $\frac{{EF}}{{SB}} = \frac{{EG}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{{FG}}{{B{\rm{D}}}}$.
Tam giác $SBD$ đều nên $SB = SD = BD$.
Do đó $EF = EG = FG$. Vậy tam giác $EFG$ đều.
TH2: $\left( \alpha \right)$ cắt đoạn $CO$ tại $J$.
Gọi $M,N,P$ lần lượt là giao điểm của $\left( \alpha \right)$ với $SC,BC,C{\rm{D}}$.
Ta có:
$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = NP\\\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow NP\parallel B{\rm{D}} \Rightarrow \frac{{CN}}{{CB}} = \frac{{CP}}{{C{\rm{D}}}} = \frac{{NP}}{{B{\rm{D}}}}\left( 4 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SB\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel SB \Rightarrow \frac{{CM}}{{C{\rm{S}}}} = \frac{{CN}}{{CB}} = \frac{{MN}}{{SB}}\left( 5 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right) = MP\\\left( {SCD} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SD\end{array} \right\} \Rightarrow MP\parallel SD \Rightarrow \frac{{C{\rm{M}}}}{{C{\rm{S}}}} = \frac{{CP}}{{C{\rm{D}}}} = \frac{{MP}}{{SD}}\left( 6 \right)\end{array}$
Từ (4), (5) và (6) suy ra $\frac{{MN}}{{SB}} = \frac{{MP}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{{NP}}{{B{\rm{D}}}}$.
Tam giác $SBD$ đều nên $SB = SD = BD$.
Do đó $MN = MP = NP$. Vậy tam giác $MNP$ đều.
Vận dụng 2 trang 116 Toán 11 tập 1
Khi dùng dao cắt các lớp bánh (Hình 11), giả sử bề mặt của các lớp bánh là các mặt phẳng song song và con dao được xem như mặt phẳng $\left( P \right)$, nêu kết luận về các giao tuyến tạo bởi $\left( P \right)$ với các bể mặt của các lớp bánh. Giải thích.
Lời giải:
Bởi vì các lớp bánh là các mặt phẳng song song với nhau nên theo định lí 3, giao tuyến tạo bởi $\left( P \right)$ và các lớp bánh song song với nhau.
Hoạt động 5 trang 116 Toán 11 tập 1
Cho đường thẳng $a$ song song với mặt phẳng $\left( P \right)$, mặt phẳng $\left( Q \right)$ chứa $a$ và cắt $\left( P \right)$ theo giao tuyến $b$ (Hình 10). Trong $\left( Q \right)$, hai đường thẳng $a,b$ có bao nhiều điểm chung?
Cho ba mặt phẳng song song $\left( P \right),\left( Q \right),\left( R \right)$ lần lượt cắt hai đường thăng $a$ và $a’$ tại các điểm $A,B,C$ và $A’,B’,C’$. Gọi ${B_1}$ là giao điểm của $AC’$ với $\left( Q \right)$ (Hình 12).
a) Trong tam giác $ACC’$, có nhận xét gì về mối liên hệ giữa $\frac{{AB}}{{BC}}$ và $\frac{{A{B_1}}}{{{B_1}C’}}$?
b) Trong tam giác $AA’C’$, có nhận xét gì về mối liên hệ giữa $\frac{{A{B_1}}}{{{B_1}C’}}$ và $\frac{{A’B’}}{{B’C’}}$?
c) Từ đó, nếu nhận xét về mối liên hệ giữa các tỉ số $\frac{{AB}}{{A’B’}},\frac{{BC}}{{B’C’}},\frac{{AC}}{{A’C’}}$.
Lời giải:
a) Ta có:
$\left. \begin{array}{l}\left( Q \right)\parallel \left( R \right)\\\left( {ACC’} \right) \cap \left( Q \right) = B{B_1}\\\left( {ACC’} \right) \cap \left( R \right) = CC’\end{array} \right\} \Rightarrow B{B_1}\parallel CC’ \Rightarrow \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{A{B_1}}}{{{B_1}C’}}\left( 1 \right)$
b) Ta có:
$\left. \begin{array}{l}\left( P \right)\parallel \left( Q \right)\\\left( {AA’C’} \right) \cap \left( Q \right) = B{B_1}\\\left( {AA’C’} \right) \cap \left( P \right) = AA’\end{array} \right\} \Rightarrow B{B_1}\parallel AA’ \Rightarrow \frac{{A{B_1}}}{{{B_1}C’}} = \frac{{A’B’}}{{B’C’}}\left( 2 \right)$
c) Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{A’B’}}{{B’C’}} \Rightarrow \frac{{AB}}{{A’B’}} = \frac{{BC}}{{B’C’}} = \frac{{AB + BC}}{{A’B’ + B’C’}} = \frac{{AC}}{{A’C’}}$
Vậy $\frac{{AB}}{{A’B’}} = \frac{{BC}}{{B’C’}} = \frac{{AC}}{{A’C’}}$.
Giải Toán 11 tập 1 trang 117
Thực hành 3 trang 117 Toán 11 tập 1
Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA = 9,SB = 12,SC = 15$. Trên cạnh $SA$ lấy các điểm $M,N$ sao cho $SM = 4,MN = 3,N4 = 2$. Vẽ hai mặt phẳng song song với mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$, lần lượt đi qua $M,N$, cắt $SB$ theo thứ tự tại $M’,N’$ và cắt $SC$ theo thứ tự tại $M”,N”$. Tính độ dài các đoạn thẳng $SM’,M’N’,{\rm{ }}M”N”,N”C$.
Lời giải:
Ta có: $\left( {MM’M”} \right)\parallel \left( {NN’N”} \right)\parallel \left( {ABC} \right)$ nên theo định lí Thalès ta có:
$\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SM’}}{{SB}} \Leftrightarrow SM’ = \frac{{SM.SB}}{{SA}} = \frac{{4.12}}{9} = \frac{{16}}{3}$
$\frac{{SA}}{{SB}} = \frac{{MN}}{{M’N’}} \Leftrightarrow M’N’ = \frac{{MN.SB}}{{SA}} = \frac{{3.12}}{9} = 4$
$\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{MN}}{{M”N”}} \Leftrightarrow M”N” = \frac{{MN.SC}}{{SA}} = \frac{{3.15}}{9} = 5$
$\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{NA}}{{N”C}} \Leftrightarrow N”C = \frac{{NA.SC}}{{SA}} = \frac{{2.15}}{9} = \frac{{10}}{3}$
Hoạt động 6 trang 117 Toán 11 tập 1
Hình dạng của các đô vật như hộp phân, lồng đèn, hộp quà, lăng kính có đặc điểm gì giống nhau?
Lời giải:
Các hình trên đều có một cặp mặt phẳng đối diện song song với nhau.
Giải Toán 11 tập 1 trang 118
Hoạt động 7 trang 118 Toán 11 tập 1
Cho hình lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Chứng minh rằng:
a) Bốn mặt bên và mặt đáy còn lại của hình lăng trụ là các hình bình hành;
b) Các mặt $AA’C’C$ và $BB’D’D$là hình bình hành
c) Bốn đoạn thẳng $A’C,AC’,B’D,BD$ có cùng trung điểm.
Lời giải:
a) Vì $ABCD.A’B’C’D’$ là hình lăng trụ nên có:
‒ Hai đáy $ABCD$ và $A’B’C’D’$ bằng nhau và là hình bình hành.
‒ Các mặt bên $AA’B’B,AA’D’D,BB’C’C,CC’D’D$ là các hình bình hành.
b) Ta có:
$\left. \begin{array}{l}\left( {ABC{\rm{D}}} \right)\parallel \left( {A’B’C’D’} \right)\\\left( {AA’C’C} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = AC\\\left( {AA’C’C} \right) \cap \left( {A’B’C’D’} \right) = A’C’\end{array} \right\} \Rightarrow AC\parallel A’C’$
Mà $AA’$ và $CC’$ là các cạnh bên của hình lăng trụ nên $AA’\parallel CC’$
Vậy $AA’C’C$ là hình bình hành.
$\left. \begin{array}{l}\left( {ABC{\rm{D}}} \right)\parallel \left( {A’B’C’D’} \right)\\\left( {BB’D’D} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = B{\rm{D}}\\\left( {BB’D’D} \right) \cap \left( {A’B’C’D’} \right) = B’D’\end{array} \right\} \Rightarrow B{\rm{D}}\parallel B’D’$
Mà $BB’$ và $DD’$ là các cạnh bên của hình lăng trụ nên $BB’\parallel DD’$
Vậy $BB’D’D$ là hình bình hành.
c) Ta có:
$\left. \begin{array}{l}\left( {ABC{\rm{D}}} \right)\parallel \left( {A’B’C’D’} \right)\\\left( {A’B’C{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = C{\rm{D}}\\\left( {A’B’C{\rm{D}}} \right) \cap \left( {A’B’C’D’} \right) = A’B’\end{array} \right\} \Rightarrow C{\rm{D}}\parallel A’B’\left( 1 \right)$
$ABC{\rm{D}}$ là hình bình hành nên $AB = CD$
$AA’B’B$ là hình bình hành nên $AB = A’B’$
Vậy $A’B’ = CD\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) suy ra $A’B’C{\rm{D}}$ là hình bình hành
$ \Rightarrow A’C,B’D$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Chứng minh tương tự ta có:
+ $ABC’D’$ là hình bình hành nên $AC’,B{\rm{D}}’$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
+ $A’BCD’$ là hình bình hành nên $A’C,B{\rm{D}}’$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường
Do đó bốn đoạn thẳng $A’C,AC’,B’D,BD$ có cùng trung điểm.
Giải Toán 11 tập 1 trang 119
Thực hành 4 trang 119 Toán 11 tập 1
Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$ và một mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ cắt các mặt của hình hộp theo các giao tuyến $MN,NP,PQ{\rm{,}}QR,RS,SM$ như Hình 18. Chứng minh các cặp cạnh đối của lục giác $MNPQRS$ song song với nhau.
Lời giải:
Ta có:
$\left. \begin{array}{l}\left( {ABC{\rm{D}}} \right)\parallel \left( {A’B’C’D’} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = MN\\\left( \alpha \right) \cap \left( {A’B’C’D’} \right) = Q{\rm{R}}\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel Q{\rm{R}}$
$\left. \begin{array}{l}\left( {AA’B’B} \right)\parallel \left( {CC’D’D} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {AA’B’B} \right) = NP\\\left( \alpha \right) \cap \left( {CC’D’D} \right) = R{\rm{S}}\end{array} \right\} \Rightarrow NP\parallel R{\rm{S}}$
$\left. \begin{array}{l}\left( {AA’D’D} \right)\parallel \left( {BB’C’C} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {AA’D’D} \right) = M{\rm{S}}\\\left( \alpha \right) \cap \left( {BB’C’C} \right) = PQ\end{array} \right\} \Rightarrow M{\rm{S}}\parallel PQ$
Vận dụng 3 trang 119 Toán 11 tập 1
Tìm hình lăng trụ có thể lấy một mặt bất kì làm mặt đáy.
Lời giải:
Hình lăng trụ có thể lấy một mặt bất kì làm mặt đáy là: Hình hộp, hình hộp chữ nhật, hình lập phương.
Giải bài 1 trang 119 Toán 11 tập 1
Trong mặt phẳng $\left( P \right)$ cho hình bình hành $ABCD$. Ta dựng các nửa đường thẳng song song với nhau và nằm về một phía đối với $\left( P \right)$ lần lượt đi qua các điểm $A,B,C,D$. Một mặt phẳng $\left( Q \right)$ cắt bốn nửa đường thẳng nói trên tại $A’,B’,C’,D’$. Chứng minh rằng:
$AA’ + CC’ = BB’ + DD’$.
Lời giải
a) Ta có:
$\left. \begin{array}{l}AA’\parallel DD’\\DD’ \subset \left( {CC’D’D} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AA’\parallel \left( {CC’D’D} \right)$
$\left. \begin{array}{l}AB\parallel C{\rm{D}}\\C{\rm{D}} \subset \left( {CC’D’D} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AB\parallel \left( {CC’D’D} \right)$
$\left. \begin{array}{l}AA’\parallel \left( {CC’D’D} \right)\\AB\parallel \left( {CC’D’D} \right)\\AA’,AB \subset \left( {AA’B’B} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {AA’B’B} \right)\parallel \left( {CC’D’D} \right)$
$\left. \begin{array}{l}\left( {AA’B’B} \right)\parallel \left( {CC’D’D} \right)\\\left( P \right) \cap \left( {AA’B’B} \right) = A’B’\\\left( P \right) \cap \left( {CC’D’D} \right) = C’D’\end{array} \right\} \Rightarrow A’B’\parallel C’D’\left( 1 \right)$
$\left. \begin{array}{l}AD\parallel BC\\BC \subset \left( {BB’C’C} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AD\parallel \left( {BB’C’C} \right)$
$\left. \begin{array}{l}AA’\parallel BB’\\BB’ \subset \left( {BB’C’C} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AA’\parallel \left( {BB’C’C} \right)$
$\left. \begin{array}{l}AA’\parallel \left( {BB’C’C} \right)\\AD\parallel \left( {BB’C’C} \right)\\AA’,AD \subset \left( {AA’D’D} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {AA’D’D} \right)\parallel \left( {BB’C’C} \right)$
$\left. \begin{array}{l}\left( {AA’D’D} \right)\parallel \left( {BB’C’C} \right)\\\left( P \right) \cap \left( {AA’D’D} \right) = A’D’\\\left( P \right) \cap \left( {BB’C’C} \right) = B’C’\end{array} \right\} \Rightarrow A’D’\parallel B’C’\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) suy ra $A’B’C’D’$ là hình bình hành.
Gọi $O = AC \cap B{\rm{D}},O’ = A’C’ \cap B'{\rm{D}}’$
$ \Rightarrow O$ là trung điểm của $AC,B{\rm{D}}$, $O’$ là trung điểm của $A’C’,B'{\rm{D}}’$.
$\left. \begin{array}{l}\left( {AA’B’B} \right)\parallel \left( {CC’D’D} \right)\\\left( {AA’C’C} \right) \cap \left( {AA’B’B} \right) = AA’\\\left( {AA’C’C} \right) \cap \left( {CC’D’D} \right) = CC’\end{array} \right\} \Rightarrow AA’\parallel CC’$
$ \Rightarrow AA’C’C$ là hình thang
$O$ là trung điểm của $AC$
$O’$ là trung điểm của $A’C’$
$ \Rightarrow OO’$ là đường trung bình của hình thang $AA’C’C$
$ \Rightarrow AA’ + CC’ = 2OO’\left( 3 \right)$
$\left. \begin{array}{l}\left( {AA’B’B} \right)\parallel \left( {CC’D’D} \right)\\\left( {BB’D’D} \right) \cap \left( {AA’B’B} \right) = BB’\\\left( {BB’D’D} \right) \cap \left( {CC’D’D} \right) = DD’\end{array} \right\} \Rightarrow BB’\parallel DD’$
$ \Rightarrow BB’D’D$ là hình thang
$O$ là trung điểm của $B{\rm{D}}$
$O’$ là trung điểm của $B’D’$
$ \Rightarrow OO’$ là đường trung bình của hình thang $BB’D’D$
$ \Rightarrow BB’ + DD’ = 2OO’\left( 4 \right)$
Từ (3) và (4) suy ra $AA’ + CC’ = BB’ + DD’\left( { = 2OO’} \right)$.
Giải Toán 11 tập 1 trang 120
Giải bài 2 trang 120 Toán 11 tập 1
Cho hình chóp $S.ABCD$, đáy $ABCD$ là hình bình hành có $O$ là giao điểm của hai đường chéo. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SA,SD$.
a) Chứng minh rằng $\left( {OMN} \right)\parallel \left( {SBC} \right)$.
b) Gọi $E$ là trung điểm của $AB$ và $F$ là một điểm thuộc $ON$. Chứng minh $EF$ song song với $\left( {SBC} \right)$.
Lời giải
a) $O$ là trung điểm của $AC$ (theo tính chất hình bình hành)
$M$ là trung điểm của $SA$
$ \Rightarrow OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$
$\left. \begin{array}{l} \Rightarrow OM\parallel SC\\SC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OM\parallel \left( {SBC} \right)$
$O$ là trung điểm của $B{\rm{D}}$ (theo tính chất hình bình hành)
$N$ là trung điểm của $SD$
$ \Rightarrow ON$ là đường trung bình của tam giác $SB{\rm{D}}$
$\left. \begin{array}{l} \Rightarrow ON\parallel SB\\SB \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow ON\parallel \left( {SBC} \right)$
$\left. \begin{array}{l}OM\parallel \left( {SBC} \right)\\ON\parallel \left( {SBC} \right)\\OM,ON \subset \left( {OMN} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {OMN} \right)\parallel \left( {SBC} \right)$
b) $O$ là trung điểm của $AC$ (theo tính chất hình bình hành)
$E$ là trung điểm của $AB$
$ \Rightarrow OE$ là đường trung bình của tam giác $ABC$
$\left. \begin{array}{l} \Rightarrow OE\parallel BC\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OE\parallel \left( {SBC} \right)$
Do $\left( {OMN} \right)\parallel \left( {SBC} \right)$ nên $E \in \left( {OMN} \right)$
Ta có:
$\left. \begin{array}{l}EF \subset \left( {OMN} \right)\\\left( {OMN} \right)\parallel \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow EF\parallel \left( {SBC} \right)$
Giải bài 3 trang 120 Toán 11 tập 1
Cho hai hình vuông $ABCD$ và $ABEF$ ở trong hai mặt phẳng khác nhau. Trên các đường chéo $AC$ và $BF$ lần lượt lấy các điểm $M,N$ sao cho $AM = BN$. Các đường thẳng song song với $AB$ vẽ từ $M,N$ lần lượt cắt $AD,AF$ tại $M’,N’$.
a) Chứng minh $\left( {CBE} \right)\parallel \left( {ADF} \right)$.
b) Chứng minh $\left( {DEF} \right)\parallel \left( {MNN’M’} \right)$.
Lời giải
a) $ABC{\rm{D}}$ là hình vuông $ \Rightarrow AD\parallel BC$
Mà $A{\rm{D}} \subset \left( {ADF} \right)$
$ \Rightarrow BC\parallel \left( {A{\rm{D}}F} \right)$
$ABC{\rm{D}}$ là hình vuông $ \Rightarrow AF\parallel BE$
Mà $A{\rm{F}} \subset \left( {ADF} \right)$
$ \Rightarrow BE\parallel \left( {A{\rm{D}}F} \right)$
Ta có:
$\left. \begin{array}{l}BC\parallel \left( {A{\rm{D}}F} \right)\\BE\parallel \left( {A{\rm{D}}F} \right)\\BC,BE \subset \left( {CBE} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {CBE} \right)\parallel \left( {A{\rm{D}}F} \right)$
b) Do $ABCD$ và $ABEF$ là hai hình vuông có chung cạnh $AB$ nên các đường chéo $AC,BF$ bằng nhau.
Theo đề bài ta có: $AM = BN$
$ \Rightarrow $$\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{BN}}{{BF}}$
Ta có:
$MM’\parallel C{\rm{D}} \Rightarrow \frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AM’}}{{A{\rm{D}}}}$
$NN’\parallel AB \Rightarrow \frac{{BN}}{{BF}} = \frac{{AN’}}{{AF}}$
$\left. \begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{AM’}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{AN’}}{{AF}} \Rightarrow M’N’\parallel DF\\M’N’ \subset \left( {MNN’M’} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow DF\parallel \left( {MNN’M’} \right)$
$\left. \begin{array}{l}NN’\parallel EF\\{\rm{NN}}’ \subset \left( {MNN’M’} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow EF\parallel \left( {MNN’M’} \right)$
$\left. \begin{array}{l}DF\parallel \left( {MNN’M’} \right)\\EF\parallel \left( {MNN’M’} \right)\\C{\rm{D}},DF \subset \left( {DEF} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {DEF} \right)\parallel \left( {MNN’M’} \right)$
Giải bài 4 trang 120 Toán 11 tập 1
Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$. Gọi ${G_1}$ và ${G_2}$ lần lượt là trọng tâm của hai tam giác $BDA’$ và $B’D’C$. Chứng minh ${G_1}$ và ${G_2}$ chia đoạn $AC$ thành ba phần bằng nhau.
Lời giải
Gọi $O = AC \cap B{\rm{D}},O’ = A’C’ \cap B'{\rm{D}}’,I = AC’ \cap A’C$
Vì $AA’\parallel CC’,AA’ = CC’$ theo tính chất hình hộp nên $AA’C’C$ là hình bình hành $ \Rightarrow I$ là trung điểm của $AC’$ và $A’C$.
Ta có: ${G_1}$ là trọng tâm của tam giác $BDA’ \Rightarrow \frac{{A'{G_1}}}{{A’O}} = \frac{2}{3}$
Tam giác $AA’C$ có $\frac{{A'{G_1}}}{{A’O}} = \frac{2}{3}$ nên ${G_1}$ là trọng tâm của tam giác $AA’C$
Mà $I$ là trung điểm của $A’C$ nên $\frac{{A{G_1}}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow A{G_1} = \frac{2}{3}AI$
Mà $AI = \frac{1}{2}AC’$
$ \Rightarrow A{G_1} = \frac{1}{3}AC’\left( 1 \right)$
Ta có: ${G_2}$ là trọng tâm của tam giác $B’D’C \Rightarrow \frac{{C{G_2}}}{{CO’}} = \frac{2}{3}$
Tam giác $ACC’$ có $\frac{{C{G_2}}}{{CO’}} = \frac{2}{3}$ nên ${G_2}$ là trọng tâm của tam giác $ACC’$
Mà $I$ là trung điểm của $AC’$ nên $\frac{{C'{G_2}}}{{C’I}} = \frac{2}{3} \Rightarrow C'{G_2} = \frac{2}{3}C’I$
Mà $C’I = \frac{1}{2}AC’$
$ \Rightarrow C'{G_2} = \frac{1}{3}AC’\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) suy ra ${G_1}$ và ${G_2}$ chia đoạn $AC$ thành ba phần bằng nhau.
Giải bài 5 trang 120 Toán 11 tập 1
Để làm một khung lồng đèn kéo quân hình lăng trụ lục giác$ABCDEF.A’B’C’D’E’F’$, Bình gắn hai thanh tre ${A_1}{D_1},{F_1}{C_1}$ song song với mặt phẳng đáy và cắt nhau tại ${O_1}$ (Hình 19).
a) Xác định giao tuyến của $mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right)$ với các mặt bên của lăng trụ.
b) Cho biết $A'{A_1} = 6A{A_1}$ và $AA’ = 70{\rm{ }}cm$. Tính $C{C_1}$ và ${C_1}C’$.
Lời giải
a) Gọi ${B_1},{E_1}$ lần lượt là giao điểm của $mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right)$ với $BB’,EE’$.
Ta có:
$\left. \begin{array}{l}{A_1}{D_1}\parallel \left( {ABC{\rm{DEF}}} \right)\\{F_1}{C_1}\parallel \left( {ABC{\rm{DEF}}} \right)\\{A_1}{D_1},{F_1}{C_1} \subset mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right)\parallel \left( {ABC{\rm{DEF}}} \right)$
Vậy giao tuyến của $mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right)$ với các mặt bên của lăng trụ là:
$\begin{array}{l}mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right) \cap \left( {ABB’A’} \right) = {A_1}{B_1}\\mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right) \cap \left( {BCC’B’} \right) = {B_1}{C_1}\\mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right) \cap \left( {C{\rm{DD’C’}}} \right) = {C_1}{D_1}\\mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right) \cap \left( {DEE’D’} \right) = {D_1}{E_1}\\mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right) \cap \left( {EFF’E’} \right) = {E_1}{F_1}\\mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right) \cap \left( {AFF’A’} \right) = {A_1}{F_1}\end{array}$
b) $ABCDEF.A’B’C’D’E’F’$ là hình lăng trụ $ \Rightarrow CC’ = AA’ = 70\left( {cm} \right)$
$A'{A_1} = 6A{A_1} \Rightarrow A{A_1} = \frac{1}{7}AA’ = 10\left( {cm} \right)$
$mp\left( {{A_1}{D_1},{F_1}{C_1}} \right)\parallel \left( {ABC{\rm{DEF}}} \right)\parallel \left( {A’B’C'{\rm{D’E’F’}}} \right)$
$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{C{C_1}}}{{CC’}} = \frac{{A{A_1}}}{{AA’}} \Leftrightarrow C{C_1} = \frac{{CC’.A{A_1}}}{{AA’}} = \frac{{70.10}}{{70}} = 10\left( {cm} \right)\\ \Rightarrow {C_1}C’ = CC’ – C{C_1} = 70 – 10 = 60\left( {cm} \right)\end{array}$
Giải bài 6 trang 120 Toán 11 tập 1
Chỉ ra các mặt phẳng song song trong mỗi hình sau. Tìm thêm một số ví dụ khác về các mặt phẳng song song trong thực tế.
Lời giải
Hình a: Các tấm pin năng lượng mặt trời song song với nhau.
Hình b: Các bức tường đối diện nhau của toà nhà song song với nhau.
Một số ví dụ khác về các mặt phẳng song song trong thực tế: Các bậc cầu thang, mặt bàn và mặt phẳng sàn nhà, hai bức tường đối diện nhau.