Giải SGK Toán 11 Bài 5: Hình lăng trụ và hình hộp – Cánh Diều

GIẢI CHI TIẾT Giải SGK Toán 11 Bài 5: Hình lăng trụ và hình hộp – SÁCH GIÁO KHOA Cánh Diều

================
Giải bài tập Toán lớp 11 Bài 5: Hình lăng trụ và hình hộp

Bài tập
Bài 1 trang 113 Toán 11 Tập 1:Cho hình hộp ABCD.A’B’C D’.
a) Chứng minh rằng (ACB’) // (A’C’D).
b) Gọi G₁, G₂lần lượt là giao điểm của BD’ với các mặt phẳng (ACB’) và (A’C’D). Chứng minh rằng G₁, G₂lần lượt là trọng tâm của hai tam giác ACB’ và A’C’D.
c) Chứng minh rằng BG₁= G₁G₂= D’G₂.
Lời giải:
a)

Ta có: (ABCD) // (A’B’C’D’) ( do ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp);
(ABCD) ∩ (ACC’A’) = AC;
(A’B’C’D’) ∩ (ACC’A’) = A’C’.
Do đó AC // A’C’.
Mà A’C’ ⊂ (A’C’D) nên AC // (A’C’D).
Chứng minh tương tự ta cũng có AB’ // DC’ mà DC’ ⊂ (A’C’D) nên AB’ // (A’C’D).
Ta có: AC // (A’C’D);
AB’ // (A’C’D);
AC, AB’ cắt nhau tại điểm A và cùng nằm trong mp(ACB’).
Do đó (ACB’) // (A’C’D).
b)

• Gọi O là tâm hình bình hành đáy ABCD, I là giao điểm của BD’ và DB’.
Tứ giác BDD’B’ có BB’ // DD’ và BB’ = DD’ nên là hình bình hành.
Do đó hai đường chéo BD’ và DB’ cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường.
Trong mp(BDD’B’), BD’ cắt B’O tại G₁.
Mà B’O ⊂ (ACB’) nên G₁là giao điểm của BD’ với (ACB’).
Trong mp(BDD’B’), xét$∆$BDB’ có hai đường trung tuyến BI, B’O cắt nhau tại G₁nên G₁là trọng tâm của DBDB’
Do đó$\frac{B^{‘}{G}_1}{BO}=\frac{2}{3}$
Trong (ACB’), xét$∆$ACB’ có B’O là đường trung tuyến và$\frac{B^{‘}{G}_1}{BO}=\frac{2}{3}$
Suy ra G₁là trọng tâm của$∆$ACB’.
• Gọi O’ là tâm hình bình hành đáy A’B’C’D’.
Chứng minh tương tự như trên ta cũng có: G₂là trọng tâm của$∆$DD’B’ nên$\frac{D{G}_2}{D{O}^{‘}}=\frac{2}{3}$
Trong (A’C’D),$∆$A’C’D có DO’ là đường trung tuyến và $\frac{D{G}_2}{D{O}^{‘}}=\frac{2}{3}$
Suy ra G₂là trọng tâm của$∆$A’C’D.
c) Theo chứng minh câu b, ta có:
• G₁là trọng tâm của$∆$BDB’ nên$\frac{B{G}_1}{BI}=\frac{2}{3}$và$\frac{I{G}_1}{B{G}_1}=\frac{1}{2}$
• G₂là trọng tâm của$∆$DD’B’ nên$\frac{D^{‘}{G}_2}{D^{‘}I}=\frac{2}{3}$và$\frac{I{G}_2}{D^{‘}{G}_2}=\frac{1}{2}$
Do đó$\frac{B{G}_1}{BI}=\frac{D^{‘}{G}_2}{D^{‘}I}=\frac{2}{3}$và$\frac{I{G}_1}{B{G}_1}=\frac{I{G}_2}{D^{‘}{G}_2}=\frac{1}{2}$
Ta có:$\frac{B{G}_1}{BI}=\frac{D^{‘}{G}_2}{D^{‘}I}$và BI = D’I (do I là trung điểm của BD’)
Suy ra BG₁= D’G₂.
Lại có$\frac{I{G}_1}{B{G}_1}=\frac{I{G}_2}{D^{‘}{G}_2}=\frac{1}{2}$nên IG₁= IG₂=$\frac{1}{2}$BG₁
Do đó G₁G₂= IG₁+ IG₂=$\frac{1}{2}$BG₁+$\frac{1}{2}$BG₁= BG₁.
Vậy BG₁= G₁G₂= D’G₂.
Bài 2 trang 113 Toán 11 Tập 1:Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, AA’, C’D’, AD’. Chứng minh rằng:
a) NQ // A’D’ và NQ =$\frac{1}{2}$A’D’;
b) Tứ giác MNQC là hình bình hành;
c) MN // (ACD’);
d) (MNP) // (ACD’).
Lời giải:
a)

Trong mp(ADD’A’), xét DAA’D’ có N, Q lần lượt là trung điểm của AA’ và AD’
Do đó NQ là đường trung bình của tam giác
Suy ra NQ // A’D’ và NQ =$\frac{1}{2}$A’D’.
b)

Ta có: A’D’ // AD // BC, mà NQ // A’D’ (câu a) nên NQ // BC hay NQ // MC.
Ta cũng có A’D’ = AD = BC, mà NQ =$\frac{1}{2}$A’D’ (câu a) nên NQ =$\frac{1}{2}$BC
Lại có BM = MC =$\frac{1}{2}$BC (do M là trung điểm BC)
Do đó NQ = MC.
Tứ giác MNQC có NQ // MC và NQ = MC nên là MNQC hình bình hành.
c)

Do MNQC hình bình hành nên MN // QC
Mà QC ⊂ (ACD’) nên MN // (ACD’).
d)

Gọi O là trung điểm của ABCD.
Trong (ABCD), xét DABC có O, M lần lượt là trung điểm của AC, BC nên OM là đường trung bình của tam giác
Do đó OM // AB và OM =$\frac{1}{2}$AB.
Mà AB // D’P nên OM // D’P.
Lại có D’P =$\frac{1}{2}$D’C’ và D’C’ = AB nên OM = D’P.
Xét tứ giác D’PMO có OM // D’P và OM = D’P nên là hình bình hành
Suy ra PM // D’O
Mà D’O ⊂ (ACD’) nên PM // (ACD’).
Ta có: MN // (ACD’);
PM // (ACD’);
MN, PM cắt nhau tại điểm M và cùng nằm trong mp(MNP)
Do đó (MNP) // (ACD’).
Bài 3 trang 113 Toán 11 Tập 1:Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và A’B’.
a) Chứng minh rằng EF // (BCC’B’).
b) Gọi I là giao điểm của đường thẳng CF với mặt phẳng (AC’B). Chứng minh rằng I là trung điểm đoạn thẳng CF.
Lời giải:
a)

Gọi M là trung điểm của BC.
Trong mp(ABC), xét$∆$ABC có E, M lần lượt là trung điểm của AC, BC nên EM là đường trung bình của tam giác
Do đó EM // AB và EM =$\frac{1}{2}$AB.
Mà AB // A’B’ nên EM // A’B’ hay EM // FB’.
Lại có AB = A’B’ và FB’ =$\frac{1}{2}$A’B’ nên EM = FB’.
Trong mp(EMB’F), xét tứ giác EMB’F có EM // FB’ và EM = FB’ nên là hình bình hành.
Do đó EF // B’M, mà B’M ⊂ (BCC’B’) nên EF // (BCC’B’).
b)

Gọi N là trung điểm của AB.
Trong mp(ABB’A’), xét hình bình hành ABB’A’ cũng là hình thang có N, F lần lượt là trung điểm của AB, A’B’ nên NF là đường trung bình của hình thang
Do đó NF // BB’ và$NF=\frac{A{A}^{‘}+B{B}^{‘}}{2}=\frac{2B{B}^{‘}}{2}=B{B}^{‘}$.
Mà BB’ // CC’ nên NF // CC’.
Lại có BB’ = CC’ nên NF = CC’.
Trong mp(NFC’C), xét tứ giác NFC’C có NF // CC’ và NF = CC’ nên là hình bình hành.
Do đó hai đường chéo CF và NC’ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
Lại có NC’ ⊂ (ABC’) nên CF cắt (ABC’) tại trung điểm I của CF.
Vậy CF cắt (ABC’) tại trung điểm I của CF.

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

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