Giải SGK Toán 11 Bài 4: Hai mặt phẳng song song – Cánh Diều

GIẢI CHI TIẾT Giải SGK Toán 11 Bài 4: Hai mặt phẳng song song – SÁCH GIÁO KHOA Cánh Diều

================
Giải bài tập Toán lớp 11 Bài 4: Hai mặt phẳng song song

Bài 1 trang 109 Toán 11 Tập 1:Bạn Chung cho rằng: Nếu mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng a, b và a, b cùng song song với mặt phẳng (Q) thì (P) luôn song song với (Q). Phát biểu của bạn Chung có đúng không? Vì sao?
Lời giải:
Phát biểu của bạn Chung không đúng vì trong trường hợp này, để (P) // (Q) thì hai đường thẳng a và b trong mặt phẳng (P) cần thêm điều kiện cắt nhau tại một điểm.
Chẳng hạn: xét trường hợp hai đường thẳng a và b song song với nhau trong mp(P) (hình vẽ).

Do a // (Q) nên tồn tại đường thẳng c nằm trên (Q) sao cho c // a.
Do a // b và c // a nên a // b // c.
Ta có: b // c mà c ⊂ (Q) nên b // (Q).
Trong hình vẽ trên, tuy a // (Q) và b // (Q) nhưng (P) không song song với (Q).
Bài 2 trang 109 Toán 11 Tập 1: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 trong mặt phẳng (P). Một mặt phẳng cắt a, b, c, d lần lượt tại bốn điểm A’, B’, C, D’. Chứng minh rằng A’B’C’D’ là hình bình hành.
Lời giải:

• Ta có: AB // CD (do ABCD là hình bình hành).
Mà CD ⊂ mp(CDD’C’) nên AB // (CDD’C’).
Lại có a // d nên A’A // D’D
Mà D’D ⊂ mp(CDD’C’) nên A’A // (CDD’C’).
Ta có: AB // (CDD’C’);
A’A // (CDD’C’);
AB, A’A cắt nhau tại A và cùng nằm trong (ABB’A’)
Do đó (ABB’A’) // (CDD’C’).
Ta có: (ABB’A’) // (CDD’C’);
(ABB’A’) ∩ (Q) = A’B’;
(CDD’C’) ∩ (Q) = C’D’.
Do đó A’B’ // C’D’.
• Tương tự, (ADD’A’) // (BCC’B);
(ADD’A’) ∩ (Q) = A’D’;
(BCC’B) ∩ (Q) = B’C’.
Do đó A’D’ // B’C’.
Tứ giác A’B’C’D’ có A’B’ // C’D’ và A’D’ // B’C’ nên A’B’C’D là hình bình hành.
Bài 3 trang 109 Toán 11 Tập 1:Cho tứ diện ABCD. Lấy G₁, G₂, G₃lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, ACD, ADB.
a) Chứng minh rằng (G₁G₂G₃) // (BCD).
b) Xác định giao tuyến của mặt phẳng (G₁G₂G₃) với mặt phẳng (ABD).
Lời giải:
a)

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CD, DB.
Trong mp(ABC), xét$∆$ABC có G₁là trọng tâm của tam giác nên$\frac{A{G}_1}{AM}=\frac{2}{3}$;
Trong mp(ACD), xét$∆$ACD có G₂là trọng tâm của tam giác nên$\frac{A{G}_2}{AN}=\frac{2}{3}$;
Trong mp(ABD), xét$∆$ABD có G₃là trọng tâm của tam giác nên$\frac{A{G}_3}{AP}=\frac{2}{3}$.
Trong mp(AMP), xét$∆$AMP có$\frac{A{G}_1}{AM}=\frac{A{G}_3}{AP}=\frac{2}{3}$nên G₁G₃­ // MP (theo định lí Thalès đảo).
Mà MP ⊂ (BCD) nên G₁G₃­ // (BCD).
Chứng minh tương tự ta cũng có$\frac{A{G}_2}{AN}=\frac{A{G}_3}{AP}=\frac{2}{3}$nên G₂G₃// NP (theo định lí Thalès đảo).
Mà NP ⊂ (BCD) nên G₂G₃­ // (BCD).
Ta có: G₁G₃­ // (BCD);
G₂G₃­ // (BCD);
G₁G₃, G₂G₃cắt nhau tại G₃và cùng nằm trong mp(G₁G₂G₃).
Do đó (G₁G₂G₃) // (BCD).
b)

Ta có: B, D cùng thuộc hai mặt phẳng (ABD) và (BCD) nên (ABD) ∩ (BCD) = BD.
Giả sử (ABD) ∩ (G₁G₂G₃) = d.
Ta có: (G₁G₂G₃) // (BCD);
(ABD) ∩ (BCD) = BD;
(ABD) ∩ (G₁G₂G₃) = d.
Suy ra d // BD.
Mà G₃∈ (ABD) và G₃∈ (G₁G₂G₃) nên G_3­là giao điểm của (G₁G₂G₃) và (ABD).
Do đó giao tuyến d của hai mặt phẳng (G₁G₂G₃) và (ABD) đi qua điểm G₃và song song với BD, cắt AB, AD lần lượt tại I và K.
Vậy (G₁G₂G₃) ∩ (ABD) = IK.
Bài 4 trang 109 Toán 11 Tập 1:Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF không cùng nằm trong một mặt phẳng.
a) Chứng minh rằng (AFD) // (BEC).
b) Gọi M là trọng tâm của tam giác ABE. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng (AFD). Lấy N là giao điểm của (P) và AC. Tính$\frac{AN}{NC}$.
Lời giải:
a)

Ta có: BE // AF (do ABEF là hình bình hành);
AF ⊂ (AFD)
Do đó BE // (AFD).
Ta cũng có: BC // AD (do ABCD là hình bình hành)
AD ⊂ (AFD)
Do đó BC // (AFD).
Do BE // (AFD);
BC // (AFD);
BE, BC cắt nhau tại điểm B và cùng nằm trong mp(BEC)
Suy ra (AFD) // (BEC).
b)

+) Do (AFD) song song với (P) nên tồn tại hai đường thẳng trong (AFD) song song với (P).
• Trong mp(ABEF), qua điểm M vẽ đường thẳng song song với AF, đường thẳng này cắt AB, EF lần lượt tại I, J.
Khi đó IJ // AF, mà AF ⊂ (AFD) nên IJ // (AFD).
• Trong mp(ABCD), qua điểm I vẽ đường thẳng song song với AD, cắt CD tại K.
Khi đó IK // AD, mà AD ⊂ (AFD) nên IK // (AFD).
• Ta có: IJ // (AFD);
IK // (AFD);
IJ, IK cắt nhau tại điểm I và cùng nằm trong mp(IJK).
Do đó (IJK) // (AFD).
Mà M ∈ IJ, IJ ⊂ (IJK) nên mp (P) đi qua M và song song với (AFD) chính là mp(IJK).
+) Trong mp(ABCD), AC cắt IK tại N, khi đó N là giao điểm của AC và (P).
Trong mp(ABCD), xét DABC có IN // BC (do IK // AD // BC) nên theo định lí Thalès ta có: .
Trong mp(ABEF), xét DABF có IM // AF nên theo định lí Thalès ta có:$\frac{AN}{NC}=\frac{AI}{IB}$.
Gọi O là tâm hình bình hành ABEF. Khi đó O là trung điểm của FB nên FO = OB.
Do M là trọng tâm của$∆$ABE nên$MB=\frac{2}{3}OB$và$OM=\frac{1}{3}OB$.
Ta có:$\frac{AN}{NC}=\frac{AI}{IB}=\frac{FM}{MB}=\frac{FO+OM}{MB}=\frac{OB+\frac{1}{3}OB}{\frac{2}{3}OB}=\frac{\frac{4}{3}OB}{\frac{2}{3}OB}=2$.
Vậy$\frac{AM}{NC}=2$.

==== ~~~~~~ ====

=============
THUỘC: Giải bài tập Toán 11 – Cánh Diều