Giải SGK Toán 11 CD Bài 5. Hình lăng trụ và hình hộp có đáp án

Lời giải

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

Hình gồm hai đa giác A$_{1}$A$_{2}$…A$_{n}$, A$_{1}$’A$_{2}$’…A$_{n}$’ và các bình bình hành A$_{1}$A$_{2}$A$_{2}$’A$_{1}$’, A$_{2}$A$_{3}$A$_{3}$’A$_{2}$’, …, A$_{n}$A$_{1}$A$_{1}$’A$_{n}$’ được gọi là hình lăng trụ, kí hiệu là A$_{1}$A$_{2}$…A$_{n}$.A$_{1}$’A$_{2}$’…A$_{n}$’.

Hình hộp là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành.

Lời giải

a) Ta có: (P) // (P’);

(A$_{1}$A$_{2}$A$_{2}$’A$_{1}$’) ∩ (P) = A$_{1}$A$_{2}$;

(A$_{1}$A$_{2}$A$_{2}$’A$_{1}$’) ∩ (P’) = A$_{1}$’A$_{2}$’.

Do đó A$_{1}$A$_{2}$ // A$_{1}$’A$_{2}$’.

Trong mp (A$_{1}$A$_{2}$A$_{2}$’A$_{1}$’), tứ giác A$_{1}$A$_{2}$A$_{2}$’A$_{1}$’ có A$_{1}$A$_{1}$’ // A$_{2}$A$_{2}$’ và A$_{1}$A$_{2}$ // A$_{1}$’A$_{2}$’

Do đó A$_{1}$A$_{2}$A$_{2}$’A$_{1}$’ là hình bình hành.

Chứng minh tương tự ta có: các tứ giác A$_{2}$A$_{3}$A$_{3}$’A$_{2}$’, …, A$_{n}$A$_{1}$A$_{1}$’A$_{n}$’ cũng là những hình bình hành.

Vậy các tứ giác A$_{1}$A$_{2}$A$_{2}$’A$_{1}$’, A$_{2}$A$_{3}$A$_{3}$’A$_{2}$’, …, A$_{n}$A$_{1}$A$_{1}$’A$_{n}$’ là những hình bình hành.

b) Theo câu a, A$_{1}$A$_{2}$A$_{2}$’A$_{1}$’ là hình bình hành nên A$_{1}$A$_{2}$ = A$_{1}$’A$_{2}$’

Tương tự như vậy, ta kết luận các cạnh tương ứng của hai đa giác A$_{1}$A$_{2}$…A$_{n}$ và A$_{1}$’A$_{2}$’…A$_{n}$’ có độ dài bằng nhau.

Lời giải

Từ định nghĩa hình lăng trụ, ta có các nhận xét sau:

• Các cạnh bên của hình lăng trụ song song và bằng nhau.

• Các mặt bên của hình lăng trụ là các hình bình hành.

• Hai mặt đáy của hình lăng trụ là hai đa giác có các cạnh tương ứng song song và bằng nhau.

Lời giải

Gợi ý một số ví dụ về những đồ dùng, vật thể trong thực tế có dạng hình lăng trụ:

Lời giải

Hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình bình hành:

Lời giải

Nối AC’, BD’, CA’, DB’.

Các đường chéo của hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là các đoạn thẳng AC’, BD’, CA’, DB’.

Lời giải

Nhận xét: Hai mặt phẳng lần lượt chứa hai mặt đối diện của hình hộp song song với nhau.

Lời giải

Trong mặt phẳng (ABC’D’), xét tứ giác ABC’D’ có:

AB // C’D’ (cùng song song với DC);

AB = C’D’ (cùng bằng DC)

Do đó tứ giác ABC’D’ là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo AC’ và BD’ cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường.

Khi đó (ABC’D’) đi qua điểm O.

Tương tự ta cũng có tứ giác BCD’A’ là hình bình hành có hai đường chéo BD’ và CA’ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà O là trung điểm của BD’, do đó O là trung điểm của CA’ và (BCD’A’) đi qua O.

Chứng minh tương tự với các mp(CDA’B’), (DAB’C’) thì các mặt phẳng này cũng đi qua điểm O.

Vậy bốn mặt phẳng (ABC’D’), (BCD’A’), (CDA’B’), (DAB’C’) cùng đi qua điểm, điểm O là giao điểm các đường chéo của hình hộp.

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 G$_{1}$.

Mà B’O ⊂ (ACB’) nên G$_{1}$ là giao điểm của BD’ với (ACB’).

Trong mp(BDD’B’), xét DBDB’ có hai đường trung tuyến BI, B’O cắt nhau tại G$_{1}$ nên G$_{1}$ là trọng tâm của DBDB’

Do đó $\frac{{B'{G_1}}}{{BO}} = \frac{2}{3}$

Trong (ACB’), xét DACB’ có B’O là đường trung tuyến và $\frac{{B'{G_1}}}{{BO}} = \frac{2}{3}$

Suy ra G$_{1}$ là trọng tâm của DACB’.

• Gọi O’ là tâm hình bình hành đáy A’B’C’D’.

Chứng minh tương tự như trên ta cũng có: G$_{2}$ là trọng tâm của DDD’B’ nên $\frac{{D{G_2}}}{{DO'}} = \frac{2}{3}$

Trong (A’C’D), DA’C’D có DO’ là đường trung tuyến và $\frac{{D{G_2}}}{{DO'}} = \frac{2}{3}$

Suy ra G$_{2}$ là trọng tâm của DA’C’D.

c) Theo chứng minh câu b, ta có:

• G$_{1}$ là trọng tâm của DBDB’ nên $\frac{{B{G_1}}}{{BI}} = \frac{2}{3}$ và $\frac{{I{G_1}}}{{B{G_1}}} = \frac{1}{2}$

• G$_{2}$ là trọng tâm của DDD’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 BG$_{1}$ = D’G$_{2}$.

Lại có $\frac{{I{G_1}}}{{B{G_1}}} = \frac{{I{G_2}}}{{D'{G_2}}} = \frac{1}{2}$ nên IG$_{1}$ = IG$_{2}$ = $\frac{1}{2}$BG$_{1}$

Do đó G$_{1}$G$_{2}$ = IG$_{1}$ + IG$_{2}$ = $\frac{1}{2}$BG$_{1}$ + $\frac{1}{2}$BG$_{1}$ = BG$_{1}$.

Vậy BG$_{1}$ = G$_{1}$G$_{2}$ = D’G$_{2}$.

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’).

Lời giải

a)

Gọi M là trung điểm của BC.

Trong mp(ABC), xét DABC 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 $NF = \frac{{AA' + BB'}}{2} = \frac{{2BB'}}{2} = BB'$.

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.