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

+) Gọi M là giao điểm của mặt phẳng (α) với AC.

Trong mặt phẳng (ABCD), từ điểm M kẻ đường thẳng song song với BD cắt AD và AB tại E và F.

Trong mặt phẳng (SAB), từ điểm F kẻ đường thẳng song song với SB cắt SA tại H.

Trong mặt phẳng (SAD), nối điểm E và H ta được mặt phặng (EFH) chính là mặt phẳng (α) cần dựng.

+) Xét tam giác ABD, có: EF // BD nên  $\frac{\text{EF}}{BD}=\frac{AE}{AD}=\frac{AF}{AB}$ (định lí Thales).

Xét tam giác SAB, có: FH // SB nên  $\frac{\text{FH}}{SB}=\frac{AF}{AB}=\frac{AH}{SA}$ (định lí Thales).

Xét tam giác SAD, có: EH // SD nên  $\frac{\text{EH}}{SD}=\frac{AH}{SA}=\frac{AE}{AD}$ (định lí Thales).

Suy ra $\frac{\text{EF}}{BD}=\frac{FH}{SB}=\frac{EH}{SD}$

Mà tam giác SBD là tam giác đều nên BD = SB = SD.

Do đó EF = FH = EH. Vì vậy giao tuyến của (α) với hình chóp SABCD là hình tam giác đều.

Các giao tuyến của mặt cắt (P) với các lớp bánh tạo ra các đường thẳng song song.

Bởi gì các lớp bánh là các mặt phẳng song song, mặt phẳng (P) cắt các lớp bánh này tạo ra các giao tuyến song song.

a) Mặt phẳng (ACC’) cắt (Q) và (R) lần lượt tại BB₁ và CC’nên BB₁ // CC’.

Áp dụng định lí Thales trong tam giác ACC’, ta có:  $\frac{AB}{BC}=\frac{A{B}_1}{B_{1}C\text{'}}$ (1).

b) Mặt phẳng (AA’C’) cắt (P) và (Q) lần lượt tại AA’ và B’B₁ nên B’B₁ // AA’.

Áp dụng định lí Thales trong tam giác AA’C’, ta có:  $\frac{A{B}_1}{B_{1}C}=\frac{A\text{'}B\text{'}}{A\text{'}C\text{'}}$ (2).

c) Từ (1) và (2), ta có:  $\frac{AB}{BC}=\frac{A\text{'}B\text{'}}{B\text{'}C\text{'}}\iff \frac{AB}{A\text{'}B\text{'}}=\frac{BC}{B\text{'}C\text{'}}$

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta được:  $\frac{AB}{A\text{'}B\text{'}}=\frac{BC}{B\text{'}C\text{'}}=\frac{AB+BC}{A\text{'}B\text{'}+B\text{'}C\text{'}}=\frac{AC}{A\text{'}C\text{'}}$.

+) Ta có: mặt phẳng (MM’M”) // (NN’N”) // (ABC)

Áp dụng định lí Thales trong không gian, ta được:

 $\frac{SM}{SA}=\frac{SM\text{'}}{SB}=\frac{SM"}{SC}\iff \frac{4}{9}=\frac{SM\text{'}}{12}=\frac{SM"}{15}$

⇒ SM’ =  $\frac{16}{3}$ và SM” =  $\frac{20}{3}$.

+) Áp dụng định lí Thales trong không gian, ta được:

 $\frac{SM}{MN}=\frac{SM\text{'}}{M\text{'}N\text{'}}=\frac{SM"}{M"N"}\iff \frac{4}{3}=\frac{\frac{16}{3}}{M\text{'}N\text{'}}=\frac{\frac{20}{3}}{M"N"}$

⇒ M’N’ = 4 và M”N” = 5.

+) Ta có: N”C = SC – SM” – M”N” = 15 –  $\frac{20}{3}$ – 5 =  $\frac{10}{3}$.

Hình dạng của các đồ vật trên đều có đặc điểm là:

+) Có hai đáy là hai mặt song song với nhau.

+) Các mặt bên là các hình chữ nhật.

+) Các cạnh bên có độ dài bằng nhau.

+) Ta có: (ABCD) // (A’B’C’D’)

(α) ∩ (ABCD) = MN

(α) ∩ (A’B’C’D’) = QR

⇒ MN // QR.

+) Ta có: (AA’D’D) // (BB’C’C)

(α) ∩ (AA’D’D) = MS

(α) ∩ (BB’C’C) = PQ

⇒ MS // PQ.

+) Ta có: (AA’B’B) // (DD’C’C)

(α) ∩ (AA’B’B) = NP

(α) ∩ (DD’C’C) = SR

⇒ NP // SR.

Hình lăng trụ bất kì có thể lấy một mặt bất kì làm mặt đáy là hình lập phương.

+) Ta có:

(AA’B’B) // (DD’C’C)

(Q) ∩ (AA’B’B) = A’B’

(Q) ∩ (DD’C’C) = D’C’

⇒ A’B’ // D’C’ (1).

+) Tương tự ta có:

(AA’D’D) // (BB’C’C)

(Q) ∩ (AA’D’D) = A’D’

(Q) ∩ (BB’C’C) = B’C’

⇒ A’D’ // B’C’ (2).

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác A’B’C’D’ là hình bình hành.

Gọi O và O’ lần lượt là tâm của các hình bình hành ABCD và A’B’C’D’ nên O là trung điểm của AC và BD và O’ là trung điểm của A’C’ và B’D’.

+) Xét tứ giác ACC’A’, có: CC’ // AA’ nên ACC’A’ là hình thang, O là trung điểm của AC và O’ là trung điểm của A’C’ nên OO’ là đường trung bình của hình thang suy ra:  $\text{OO}\text{'}=\frac{1}{2}\left(\text{AA}\text{'}+CC\text{'}\right)$ (1).

+) Xét tứ giác BB’D’D, có: BB’ // DD’ nên BB’D’D là hình thang, O là trung điểm của BD và O’ là trung điểm của B’D’ nên OO’ là đường trung bình của hình thang suy ra:  $\text{OO}\text{'}=\frac{1}{2}\left(BB\text{'}+\text{DD}\text{'}\right)$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra AA’ + CC’ = BB’ + DD’.

a)

+) Trong tam giác SAD có: MN // AD (đường trung bình) mà AD // BC nên MN // BC.

Mặt khác BC ⊂ (SBC)

Suy ra MN // (SBC).

+) Trong tam giác SAC, có: OM // SC (đường trung bình) mà SC ⊂ (SBC) nên OM // (SBC).

+) Ta lại có MN, OM ⊂ (OMN) và OM cắt MN tại M

Vì vậy (OMN) // (SBC).

b) +) Trong tam giác SAB, có: EM // SB (đường trung bình) mà SB ⊂ (SBC) nên EM // (SBC).

Từ điểm M ta xác định được duy nhất một mặt phẳng song song với (SBC) nên EM ⊂ (OMN).

Do đó EF ⊂ (OMN) mà (OMN) // (SBC) nên EF // (SBC).

a) Ta có: BE // AF (ABEF là hình vuông) mà AF ⊂ (ADF) nên BE // (ADF).

BC // AD (ABCD là hình vuông) mà AD ⊂ (ADF) nên BC // (ADF)

Mặt khác BE, BC cắt nhau tại B và nằm trong mặt phẳng (CBE)

Vì vậy (CBE) // (ADF).

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD, O’ là giao điểm của A’C’ và B’D’, I là giao điểm của AC’ và A’C.

Tứ giác AA’C’C là hình bình hành có I là trung điểm của A’C và I cũng là trung điểm của AC’.

+) Trong tam giác BA’D có: G₁ là trọng tâm tam giác và A’O là đường trung tuyến nên G₁ ∈ A’O thỏa mãn A’G₁ =  $\frac{2}{3}$A’O.

+) Trong tam giác B’CD’ có: G₂ là trọng tâm tam giác và CO’ là đường trung tuyến nên G₂ ∈ CO’ thỏa mãn CG₂ =  $\frac{2}{3}$CO’.

+) Trong tam giác A’AC có  G₁ ∈ A’O thỏa mãn A’G₁ =  $\frac{2}{3}$A’O nên G₁ là trọng tâm tam giác AA’C nên AG₁ =  $\frac{2}{3}$AI mà I là trung điểm của AC thì AI =  $\frac{1}{2}$AC, suy ra AG₁ =  $\frac{1}{3}$AC.

+) Tương tự trong tam giác A’CC’, có: AG₂ =  $\frac{1}{3}$AC.

Vì vậy G₁G₂ =  $\frac{1}{3}$AC.

b) Ta có:

(A’B’C’D’E’F’) // (ABCDEF) và (ABCDEF) // (A₁B₁C₁D₁E₁F₁) nên (A’B’C’D’E’F’) // (A₁B₁C₁D₁E₁F₁).

(A’B’C’D’E’F’) ∩ (AA’C’C) = A’C’

(A₁B₁C₁D₁E₁F₁) ∩ (AA’C’C) = A₁C₁

(ABCDEF) ∩ (AA’C’C) = AC

Suy ra A’C’ // A₁C₁ // AC và A’A_{1 $\frac{A\text{'}{A}_1}{A{A}_1}=\frac{C\text{'}{C}_1}{C{C}_1}=6\Rightarrow C\text{'}{C}_1=6C{C}_1$}

Ta lại có: AA’ = CC’ = 70 cm

Suy ra C’C₁ + CC₁ = 70

Vì vậy CC₁ = 10 cm và C’C₁ = 60 cm.

Các mặt phẳng song song trong Hình 20a là các bề mặt của tấm pin năng lượng mặt trời.

Các mặt phẳng song song trong Hình 20b là các mặt trước và mặt sau của ngôi nhà.