Bài 4: Hai mặt phẳng song song

Hai mặt phẳng song song α và β ⇒ α và β không có điểm chung

Đường thẳng d nằm trong α ⇒ Đường thẳng d không thể cắt mặt phẳng β. Vì nếu d cắt mặt phẳng β tức là d và β có điểm chung

=> hai mặt phẳng α và β có điểm chung (mâu thuẫn với giả thiết)

Vậy d và β không có điểm chung

Mặt phẳng (α) là mặt phẳng đi qua 3 trung điểm I, K, L của SA, SB, SC

Thật vậy, do I, K , L lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC nên IK, KL lần lượt là đường trung bình trong tam giác SAB và SBC

IK // AB ∈ (ABC) ⇒ IK // (ABC)

KL // BC ∈ (ABC) ⇒ KL // (ABC)

IK và KL cắt nhau và cùng // (ABC)

⇒ Mặt phẳng chứa IK và KL // (ABC) hay (α) // (ABC)

Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ

a) Giả sử (A’B’C’) ∩ d = D’

⇒ (A’B’C’) ∩ (C’CD) = C’D’.

+ AA’ // CC’ ⊂ (C’CD)

⇒ AA’ // (C’CD).

AB // CD ⊂ (CC’D)

⇒ AB // (CC’D)

(AA’B’B) có:

 ⇒ (AA’B’B) // (C’CD).

Mà (A’B’C’) ∩ (AA’B’B) = A’B’

⇒ (A’B’C’) cắt (C’CD) và giao tuyến song song với A’B’

⇒ C’D’ // A’B’.

b) Chứng minh tương tự phần a ta có B’C’ // A’D’.

Tứ giác A’B’C’D’ có: B’C’ // A’D’ và C’D’ // A’B’

⇒ A’B’C’D’ là hình bình hành.

a) Do ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ nên ta có: BCC’B’ là hình bình hành

Xét tứ giác BCC’B’ có M và M’ lần lượt là trung điểm của BC và B’C’ nên MM’ là đường trung bình

Lại có: AA’// BB’ và AA’= BB’ ( tính chất hình lăng trụ) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: MM’// AA’ và MM’ = AA’

=> Tứ giác AMM’A’ là hình bình hành

b) Trong (AMM’A’) gọi O = A’M ∩ AM’, ta có :

Ta có : O ∈ AM’ ⊂ (AB’C’)

⇒ O = A’M ∩ (AB’C’).

c)

Gọi K = AB’ ∩ BA’, ta có :

K ∈ AB’ ⊂ (AB’C’)

K ∈ BA’ ⊂ (BA’C’)

⇒ K ∈ (AB’C’) ∩ (BA’C’)

Dễ dàng nhận thấy C’ ∈ (AB’C’) ∩ (BA’C’)

⇒ (AB’C’) ∩ (BA’C’) = KC’.

Vậy d cần tìm là đường thẳng KC’

d) Trong mp(AB’C’), gọi C’K ∩ AM’ = G.

Ta có: G ∈ AM’ ⊂ (AM’M)

G ∈ C’K.

⇒ G = (AM’M) ∩ C’K.

+ K = AB’ ∩ A’B là hai đường chéo của hình bình hành ABB’A’

⇒ K là trung điểm AB’.

ΔAB’C’ có G là giao điểm của 2 trung tuyến AM’ và C’K

⇒ G là trọng tâm ΔAB’C’.

a) + A’D’ // BC và A’D’ = BC

⇒ A’D’CB là hình bình hành

⇒ A’B // D’C, mà D’C ⊂ (B’D’C) ⇒ A’B // (B’D’C) (1)

+ BB’ // DD’ và BB’ = DD’

⇒ BDD’B’ là hình bình hành

⇒ BD // B’D’, mà B’D’ ⊂ (B’D’C) ⇒ BD // (B’D’C) (2)

A’B ⊂ (BDA’) và BD ⊂ (BDA’); A’B ∩ BD = B (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra : (BDA’) // (B’D’C).

b) Gọi O = AC ∩ BD

+ Ta có: O ∈ AC ⊂ (AA’C’C)

⇒ A’O ⊂ (AA’C’C).

Trong (AA’C’C), gọi A’O ∩ AC’ = G1.

G1 ∈ A’O ⊂ (A’BD)

⇒ G1 ∈ AC’ ∩ (BDA’).

+ Trong hình bình hành AA’C’C gọi I = A’C ∩ AC’

⇒ A’I = IC.

⇒ AI là trung tuyến của ΔA’AC

$\Rightarrow G_{1 }= A’O \cap AC’$ là giao của hai trung tuyến AI và A’O của ΔA’AC

$\Rightarrow G_1$ là trọng tâm ΔA’AC

$\Rightarrow A’G_1 = 2.A’O/3$

$\Rightarrow G_1$ cũng là trọng tâm ΔA’BD.

Vậy AC' đi qua trọng tâm $G_1$ của ΔA’BD.

Chứng minh tương tự đối với điểm $G_2$.

c) *Vì $G_1$ là trọng tâm của ΔAA’C nên $A{G}_1/AI = 2/3$ .

Vì I là trung điểm của AC’ nên AI = 1/2.AC’

Từ các kết quả này, ta có : $A{G}_1 = 1/3.AC’$

*Chứng minh tương tự ta có : $C’G_2 = 1/3.AC’$

Suy ra : $A{G}_1 = G_1{G}_2 = G_{2}C’ = 1/3.AC’$.

d) (A’IO) chính là mp (AA’C’C) nên thiết diện cần tìm chính là hình bình hành AA’C’C.

a) Chứng minh $B_1, C_1, D_1$ lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC, SD

Ta có:

$\Rightarrow A_1{B}_1$ là đường trung bình của tam giác SAB.

$\Rightarrow B_1$ là trung điểm của SB (đpcm)

*Chứng minh tương tự ta cũng được:

• $C_1$ là trung điểm của SC.

• $D_1$ là trung điểm của SD.

b) Chứng minh $B_1{B}_2 = B_{2}B, C_1{C}_2 = C_{2}C, D_1{D}_{2 }= D_{2}D.$

$\Rightarrow A_2{B}_2$ là đường trung bình của hình thang $A_1{B}_{1}BA$

$\Rightarrow B_2$ là trung điểm của $B_{1}B$

$\Rightarrow B_{1}B2 = B_{2}B$ (đpcm)

*Chứng minh tương tự ta cũng được:

• $C_2$ là trung điểm của $C_1{C}_2 \Rightarrow C_1{C}_2 = C_{2}C$

• $D_2$ là trung điểm của $D_1{D}_2 \Rightarrow D_1{D}_2 = D_{2}D.$

c) Các hình chóp cụt có một đáy là tứ giác ABCD, đó là : $A_1{B}_1{C}_1{D}_1.ABCD và A_2{B}_2{C}_2{D}_2.ABCD$