Giải Toán 11 SGK nâng cao Ôn tập Chương 2 Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song

Trong những mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?

a. Hai đường thẳng chéo nhau thì ko mang điểm chung

b. Hai đường thẳng ko mang điểm chung thì chéo nhau

c. Hai đường thẳng chéo nhau thì ko cùng thuộc một mặt phẳng

d. Hai đường thẳng ko song song thì chéo nhau

Hướng dẫn giải:

a. Đúng

b. Sai: mang thể a // b

c. Đúng

d. Sai: mang thể a cắt b


Trong những mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng ?

a. Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau

b. Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thì song song với nhau

c. Hai mặt phẳng phân biệt ko song song thì cắt nhau

d.Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau

e. Một đường thẳng cắt một trong hai đường thẳng song song thì cắt đường thẳng còn lại

f. Một mặt phẳng cắt một trong hai đường thẳng song song thì cắt đường thẳng còn lại

g. Một đường thẳng cắt một trong hai mặt phẳng song song thì cắt mặt phẳng còn lại

Hướng dẫn giải:

a. Sai: mang thể a cắt b hoặc a chéo b

b. Sai: mang thể (α) và (β) cắt nhau

c. Đúng

d. Đúng

e. Sai: mang thể cắt đường thứ nhất chéo nhau với đường thứ hai

f. Đúng

g. Đúng


Hướng dẫn giải:

Những hình a, b, d, f, g, h


Hướng dẫn giải:

Câu a:

Gọi O là tâm hình bình hành ABCD, ta mang AO là trung tuyến và (frac{{AM}}{{AO}} = frac{{2AM}}{{AC}} = frac{2}{3})

Gọi I là trung điểm của AB thì M, N tuần tự trên DI và EI

Trong tam giác IDE ta mang: (frac{{IM}}{{ID}} = frac{{IN}}{{IE}} = frac{1}{3}) nên MN // DE và (MN = frac{1}{3}DE)

Câu b:

Trong ∆FAB: NN1 // AB ( Rightarrow frac{{A{N_1}}}{{AF}} = frac{{BN}}{{BF}} = frac{1}{3})

Trong ∆DAB: MM1 // AB ( Rightarrow frac{{A{M_1}}}{{AD}} = frac{{DM}}{{DI}} = frac{1}{3})

Do đó (frac{{A{N_1}}}{{AF}} = frac{{A{M_1}}}{{AD}}) nên M1N1 // DF

Mà DF ⊂ (DEF) suy ra M1N1 // mp(DEF)

Câu c:

Ta mang : M1N1 // DF, NN1 // EF

mà M1N1 và NN1 cắt nhau và nằm trong mp(MNN1M1), còn DF và EF cắt nhau và nằm trong mp(DEF)

Vậy mp(MNN1M1) // mp(DEF)


Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi G, G’ tuần tự là trọng tâm của tam giác ABC và A’B’C’. Một mặt phẳng (α) cắt những cạnh AA’, BB’, CC, GG’ tuần tự tại A1, B1, C1 và G1. Chứng minh rằng:

a. GG’ song song và bằng cạnh bên của hình lăng trụ

b. G1 là trọng tâm của tam giác A1B1C1

c. ({G_1}G' = frac{1}{3}left( {{A_1}A' + {B_1}B' + {C_1}C'} right);{G_1}G = frac{1}{3}({A_1}A + {B_1}B + {C_1}C)) 

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Gọi I, I’ tuần tự là trung điểm của những cạnh BC, B’C’ thì rõ ràng II' song song và bằng AA’ nên tứ giác AII’A’ là hình bình hành, do đó AI song song và bằng A’I’

Ta cũng mang (AG = frac{2}{3}AI,Aprime Gprime  = frac{2}{3}Aprime Iprime ), mà AI = A’I’ suy ra AG song song và bằng A’G’

Vậy tứ giác AGG’A’ là hình bình hành

Do đó, GG’ song song và bằng AA’

Câu b:

B1C1 cắt II’ tại I1 thì I1 là trung điểm của B1C1

Vì G1 thuộc A1I1 và AA1 // GG1 // II1 nên (frac{{{G_1}{A_1}}}{{{A_1}{I_1}}} = frac{{GA}}{{AI}} = frac{2}{3})

Vậy G1 là trọng tâm tam giác A1B1C1

Câu c:

Xét hình bình hành AII’A’. Gọi L, L’ tuần tự là trung điểm của AG và A’G’, L1 là giao điểm của LL’ và A1I1

Lúc đó L1 là trung điểm của A1G1

Theo định lí về đường trung bình của hình thang ta mang :

(2{G_1}Gprime  = {L_1}Lprime  + {I_1}Iprime  = frac{1}{2}({A_1}Aprime  + {G_1}Gprime ) + {I_1}Iprime )

Suy ra: ({G_1}Gprime  = frac{1}{3}({A_1}Aprime  + 2{I_1}Iprime ))

Mặt khác: 2I1I’ = B1B’ + C1C’

Vậy: ({G_1}Gprime  = frac{1}{3}({A_1}Aprime  + {B_1}Bprime  + {C_1}Cprime ))

Chứng minh tương tự ta mang: ({G_1}G = frac{1}{3}({A_1}A + {B_1}B + {C_1}C))


Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Vẽ tiết diện của hình hộp tạo bởi mặt phẳng đi qua hai trung điểm M, N của những cạnh AB, AD và tâm O của mặt CDD’C’

Hướng dẫn giải:

Gọi I và J tuần tự là những giao điểm của đường thẳng MN với BC và CD

Gọi P, Q tuần tự là những giao điểm của đường thẳng JO với những cạnh DD’, CC’

Gọi R là giao của BB’ và đường thẳng IQ. Ta mang:

(MNO) ∩ (ABCD) = MN

(MNO) ∩ (CDD’C’) = PQ

(MNO) ∩ (ADD’A’) = NP

(MNO) ∩ (BCC’B’) = RQ

(MNO) ∩ (ABB’A’) = MR

Vậy tiết diện cần tìm là ngũ giác MNPQR


Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Trên ba cạnh AB, DD’, C’B’ tuần tự lấy ba điểm M, N, P ko trùng với những đỉnh sao cho (frac{{AM}}{{AB}} = frac{{Dprime N}}{{Dprime D}} = frac{{Bprime P}}{{Bprime Cprime }})

a. Chứng minh rằng mp(MNP) và mp(AB'D’) song song với nhau

b. Xác định tiết diện của hình hộp lúc cắt bởi mp(MNP)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Kẻ ME song song với AB’ (E ∈ BB’) (1)

Ta mang: (frac{{Bprime E}}{{Bprime B}} = frac{{AM}}{{AB}} Rightarrow frac{{Bprime E}}{{Bprime B}} = frac{{Bprime P}}{{Bprime Cprime }})

Từ (1) và (2) suy ra (MEP) // (AB’D’) (3)

Rõ ràng D’N = B’E nên  EN // B’D’

Mà B’D’ ⊂ (AB’D’) và E ∈ (MEP) nên từ (3) suy ra EN ⊂ (MEP), tức (MNP) chính là (MEP)

Vậy (MNP) // (AB’D’)

Câu b:

Từ M kẻ ME song song với AB’, từ P kẻ PF song song với B’D’. Từ N kẻ NK song song với AD’ cắt AD tại K

Tiết diện là lục giác MEPFNK mang những cạnh đối song song


a. Chứng minh rằng MN song song với một mặt phẳng một mực

b. Tìm tập hợp những điểm I thuộc đoạn MN sao cho IM = kIN

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Dựng tia Bz song song và cùng hướng với tia Ax. Trên những tia Ax, By và Bz tuần tự lấy những điểm một mực M0, N0 và M’0 sao cho (frac{{A{M_0}}}{{B{N_0}}} = k) và BM′0 = AM0

Lúc đó ta mang : M0M′0 / / AB và (frac{{BM{'_0}}}{{B{N_0}}} = k)  (1)

Lấy điểm M’ thuộc tia Bz sao cho BM’ = AM.

Từ (1) và (2) ta mang : MM’ // M0M’0 (3)

Và (frac{{BM}}{{BN}} = frac{{BM{'_0}}}{{B{N_0}}}) (4)

Từ (4) suy ra NM’ // N0M’0  (5)

Từ (3) và (5) suy ra mp(MNM’) // mp(M0N0M’0).

Vậy MN luôn song song với mặt phẳng một mực (M0N0M’0)

Câu b:

* Chiều thuận.

Gọi O là một điểm thuộc đoạn thẳng AB sao cho OA : OB = k. Từ O ta vẽ hai tia Ox’ và Oy’ sao cho Ox’ // Ax, Oy’ // By. Xét phép chiếu song song theo phương AB lên mp(Ox’, Oy’). Gọi M’, N’ tuần tự là hình chiếu của M và N theo phép chiếu này. Lúc đó, giao điểm của MN và M’N’ chính là điểm I vì rõ ràng ta mang :

(frac{{IM}}{{IN}} = frac{{Mprime M}}{{Nprime N}} = frac{{OA}}{{OB}} = k)

Trong tam giác M’ON’, ta mang : (frac{{IMprime }}{{INprime }} = k,frac{{OMprime }}{{ONprime }} = frac{{AM}}{{BN}} = k)

Vậy (frac{{IMprime }}{{INprime }} = frac{{OMprime }}{{ONprime }} = k). Từ đó suy ra I phải nằm trên tia phân giác Ot của góc x’Oy’.

* Chiều đảo.

Giả sử I là một điểm bất kì thuộc tia phân giác Ot của góc x’Oy’.

Gọi M’, N’ là những điểm tuần tự thuộc tia Ox’, tia Oy’ sao cho M’, I, N’ thẳng hàng và (frac{{IMprime }}{{INprime }} = k) (mang thể tìm M’, N’ bằng cách tiêu dùng phép vị tự tâm I tỉ số -k trên mp(Ox’y’)). Gọi M, N tuần tự là những điểm thuộc những tia Ax, By sao cho AM = OM’, BN = ON’. Dễ thấy I, M, N thẳng hàng và IM : IN = k

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK tăng môn Hình học 11 Ôn tập Chương Hai được trình bày rõ ràng, cụ thể với phương pháp ngắn gọn và khoa học. Kỳ vọng rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp những em học trò lớp 11 học tập thật tốt!

Leave a Comment

Email của bạn sẽ không được hiển thị công khai. Các trường bắt buộc được đánh dấu *