Giải SGK Toán 11 CD Bài 4. Hai mặt phẳng song song có đáp án

Lời giải

Sau bài học này, chúng ta sẽ giải quyết được câu hỏi trên như sau:

– Hai mặt phẳng song song nếu chúng không có điểm chung.

– Dấu hiệu nhận biết hai mặt phẳng song song: Nếu mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng cắt nhau a, b và a, b cùng song song với mặt phẳng (Q) thì (P) song song với (Q).

– Tính chất về hai mặt phẳng song song: Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước có một và chỉ một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.

Lời giải

Nếu (P) và (Q) có một điểm chung thì chúng có vô số điểm chung. Các điểm chung đó cùng nằm trên một đường thẳng.

Lời giải

Gợi ý ví dụ trong thực tiễn minh họa hình ảnh hai mặt phẳng song song: các mặt sàn của ngôi nhà; các mặt bậc cầu thang; mặt bàn và nền nhà; …

Lời giải

Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) có một điểm chung thì chúng có đường thẳng chung d.

Ta có: a // (Q);

a ⊂ (P);

(P) ∩ (Q) = d.

Suy ra a // d.

Tương tự ta cũng có b // d.

Mà a, b, d cùng nằm trong mặt phẳng (P) nên a // b // d, điều này mâu thuẫn với giả thiết a, b cắt nhau trong (P).

Vậy hai mặt phẳng (P) và (Q) không có điểm chung hay (P) // (Q).

Lời giải

Trong mặt phẳng (AMP), xét DAMP có I, K lần lượt là trung điểm của AM, AP nên IK là đường trung bình

Do đó IK // MP.

Mà MP ⊂ (BCD) nên IK // (BCD).

Trong mặt phẳng (ANP), xét DANP có J, K lần lượt là trung điểm của AN, AP nên JK là đường trung bình

Do đó JK // NP.

Mà NP (BCD) nên JK // (BCD).

Ta có: IK // (BCD);

JK // (BCD);

IK, JK cắt nhau tại điểm K và cùng nằm trong mặt phẳng (IJK).

Suy ra (IJK) // (BCD).

Lời giải

a) Ta có: a // a’ mà a’ ⊂ (Q) nên a // (Q);

b // b’ mà b’ ⊂ (Q) nên b // (Q).

Do a // (Q);

b // (Q);

a, b cắt nhau tại M và cùng nằm trong mặt phẳng (P)

Suy ra (P) // (Q).

b) Do (R) // (Q) nên trong mp(R) tồn tại hai đường thẳng a’’, b’’ đi qua M và lần lượt song song với a’, b’ trong mp(Q).

Ta có: a // a’, a’’ // a’ nên a // a’’.

Mà a’’ ∈ (R), do đó a // (R)

Do hai mặt phẳng (P) và (R) có một điểm chung nên chúng có đường thẳng chung d.

Ta có: a // (R);

a ⊂ (P);

(P) ∩ (R) = d.

Suy ra a // d.

Mà a, d cùng nằm trong mặt phẳng (P) và cùng đi qua điểm M nên đường thẳng a chính là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (R).

Chứng minh tương tự ta cũng có đường thằng b cũng là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (R).

Như vậy, hai mặt phẳng (P) và (R) có hai giao tuyến a và b nên (P) và (R) là hai mặt phẳng trùng nhau.

Lời giải

a) Do (P) // (Q) và (R) ∩ (P) = a nên (R) // (Q) hoặc (R) cắt (Q).

Giả sử (R) // (Q).

Khi đó qua đường thẳng a có hai mặt phẳng song song với (Q) là mặt phẳng (P) và (R) nên hai mặt phẳng này trùng nhau, điều này mâu thuẫn với giả thiết (R) cắt (P).

Vậy (R) cắt Q.

b) Ta có: a ⊂ (P); b ⊂ (Q) mà (P) // (Q) nên a và b không có điểm chung.

Lại có hai đường thẳng a và b cùng nằm trên mp(R)

Do đó a // b.

Lời giải

Giả sử (R) = (a, b).

Ta có: A ∈ (R) và A ∈ (P) nên A là giao điểm của hai mặt phẳng (R) và (P).

A’ ∈ (R) và A’ ∈ (P) nên A’ là giao điểm của hai mặt phẳng (R) và (P).

Do đó (R) ∩ (P) = AA’.

Tương tự ta cũng có (R) ∩ (Q) = BB’.

Do (P) // (Q);

(R) ∩ (P) = AA’;

(R) ∩ (Q) = BB’

Suy ra AA’ // BB’

Trong mp(R), xét tứ giác ABB’A’ có: AA’ // BB’ và AB // A’B’ (do a // b)

Suy ra ABB’A’ là hình bình hành

Do đó AB = A’B’.

Lời giải

a) Ta có: B ∈ (ACC’) và B ∈ (Q) nên B là giao điểm của (ACC’) và (Q);

B$_{1}$ ∈ (ACC’) và B$_{1}$ ∈ (Q) nên B$_{1}$ là giao điểm của (ACC’) và (Q).

Do đó (ACC’) ∩ (Q) = BB$_{1}$.

Tương tự, ta có (ACC’) ∩ (R) = CC’.

Ta có: (Q) // (R);

(ACC’) ∩ (Q) = BB$_{1}$;

(ACC’) ∩ (R) = CC’.

Suy ra BB$_{1}$ // CC’.

Chứng minh tương tự ta cũng có: (P) // (Q);

(AA’C’) ∩ (P) = AA’;

(AA’C’) ∩ (Q) = B$_{1}$B’.

Suy ra B$_{1}$B’ // AA’.

b) Trong mp(ACC’), xét DACC’ có: BB$_{1}$ // CC’ nên theo định lí Thalès ta có:

• $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{A{B_1}}}{{AC'}}$, suy ra $\frac{{AB}}{{A{B_1}}} = \frac{{CA}}{{C'A}}$;

• $\frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{{B_1}C'}}{{AC'}}$, suy ra $\frac{{BC}}{{{B_1}C'}} = \frac{{CA}}{{C'A}}$.

Do đó $\frac{{AB}}{{A{B_1}}} = \frac{{BC}}{{{B_1}C'}} = \frac{{CA}}{{C'A}}$.

Trong mặt phẳng (AA’C’), xét DAA’C’có: B$_{1}$B’ // AA’ nên theo định lí Thalès ta có:

• $\frac{{A{B_1}}}{{AC'}} = \frac{{A'B'}}{{A'C'}}$, suy ra $\frac{{A{B_1}}}{{A'B'}} = \frac{{C'A}}{{C'A'}}$;

• $\frac{{{B_1}C'}}{{AC'}} = \frac{{B'C'}}{{A'C'}}$, suy ra $\frac{{{B_1}C'}}{{B'C'}} = \frac{{C'A}}{{C'A'}}$.

Do đó $\frac{{A{B_1}}}{{A'B'}} = \frac{{{B_1}C'}}{{B'C'}} = \frac{{C'A}}{{C'A'}}$.

c) Theo chứng minh ở câu b ta có:

• $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{A{B_1}}}{{AC'}}$ và $\frac{{A{B_1}}}{{AC'}} = \frac{{A'B'}}{{A'C'}}$ nên $\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{A'B'}}{{A'C'}}\left( { = \frac{{A{B_1}}}{{AC'}}} \right)$

Do đó $\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{CA}}{{C'A'}}$.

• $\frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{{B_1}C'}}{{AC'}}$ và $\frac{{{B_1}C'}}{{AC'}} = \frac{{B'C'}}{{A'C'}}$ nên $\frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{B'C'}}{{A'C'}}\left( { = \frac{{{B_1}C'}}{{AC'}}} \right)$

Do đó $\frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{{CA}}{{C'A'}}$.

Vậy $\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{{CA}}{{C'A'}}$.

Lời giải

Theo định lí Thalès, nếu a, b là hai cát tuyến bất kì cắt ba mặt phẳng song song (P), (Q), (R) lần lượt tại các điểm A, B, C và A’, B’, C’ thì $\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{{CA}}{{C'A'}}$.

Do đó $\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{AC}}{{A'C'}}$.

Theo bài, bạn Minh phát biểu rằng $\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{AC}}{{A'C'}}$

Mà do $BC \ne A'B'$ nên phát biểu của bạn Minh là sai.

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).

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.

Lời giải

a)

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CD, DB.

Trong mp(ABC), xét DABC có G$_{1}$ là trọng tâm của tam giác nên $\frac{{A{G_1}}}{{AM}} = \frac{2}{3}$;

Trong mp(ACD), xét DACD có G$_{2}$ là trọng tâm của tam giác nên $\frac{{A{G_2}}}{{AN}} = \frac{2}{3}$;

Trong mp(ABD), xét DABD có G$_{3}$ là trọng tâm của tam giác nên $\frac{{A{G_3}}}{{AP}} = \frac{2}{3}$.

Trong mp(AMP), xét DAMP có $\frac{{A{G_1}}}{{AM}} = \frac{{A{G_3}}}{{AP}} = \frac{2}{3}$ nên G$_{1}$G$_{3}$ // MP (theo định lí Thalès đảo).

Mà MP ⊂ (BCD) nên G$_{1}$G$_{3}$ // (BCD).

Chứng minh tương tự ta cũng có $\frac{{A{G_2}}}{{AN}} = \frac{{A{G_3}}}{{AP}} = \frac{2}{3}$ nên G$_{2}$G$_{3}$ // NP (theo định lí Thalès đảo).

Mà NP ⊂ (BCD) nên G$_{2}$G$_{3}$ // (BCD).

Ta có: G$_{1}$G$_{3}$ // (BCD);

G$_{2}$G$_{3}$ // (BCD);

G$_{1}$G$_{3}$, G$_{2}$G$_{3}$ cắt nhau tại G$_{3}$ và cùng nằm trong mp(G$_{1}$G$_{2}$G$_{3}$).

Do đó (G$_{1}$G$_{2}$G$_{3}$) // (BCD).

b)

Ta có: B, D cùng thuộc hai mặt phẳng (ABD) và (BCD) nên (ABD) ∩ (BCD) = BD.

Giả sử (ABD) ∩ (G$_{1}$G$_{2}$G$_{3}$) = d.

Ta có: (G$_{1}$G$_{2}$G$_{3}$) // (BCD);

(ABD) ∩ (BCD) = BD;

(ABD) ∩ (G$_{1}$G$_{2}$G$_{3}$) = d.

Suy ra d // BD.

Mà G$_{3}$ ∈ (ABD) và G$_{3}$ ∈ (G$_{1}$G$_{2}$G$_{3}$) nên G$_{3}$ là giao điểm của (G$_{1}$G$_{2}$G$_{3}$) và (ABD).

Do đó giao tuyến d của hai mặt phẳng (G$_{1}$G$_{2}$G$_{3}$) và (ABD) đi qua điểm G$_{3}$ và song song với BD, cắt AB, AD lần lượt tại I và K.

Vậy (G$_{1}$G$_{2}$G$_{3}$) ∩ (ABD) = IK.

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: $\frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{AI}}{{IB}}$.

Trong mp(ABEF), xét DABF có IM // AF nên theo định lí Thalès ta có: $\frac{{AI}}{{IB}} = \frac{{FM}}{{MB}}$.

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 DABE 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 $\frac{{AM}}{{NC}} = 2$.