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

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

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

               B­₁ ∈ (ACC’) và B₁ ∈ (Q) nên B₁ là giao điểm của (ACC’) và (Q).

Do đó (ACC’) ∩ (Q) = BB₁.

Tương tự, ta có (ACC’) ∩ (R) = CC’.

Ta có: (Q) // (R);

           (ACC’) ∩ (Q) = BB₁;

           (ACC’) ∩ (R) = CC’.

Suy ra BB₁ // CC’.

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

                                                      (AA’C’) ∩ (P) = AA’;

                                                      (AA’C’) ∩ (Q) = B₁B’.

Suy ra B₁B’ // AA’.

b) Trong mp(ACC’), xét DACC’ có: BB₁ // 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: B₁B’ // 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 \[\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{{CA}}{{C'A'}}\].