Câu 29 trang 67 SGK Hình Học 11 Nâng Cao

Khẳng định nào sau đây là đúng?

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

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

c. Nếu hai mặt phẳng song song thì mọi đường thẳng thuộc mặt phẳng này đều song song với mặt phẳng kia.

đ. Nếu hai mặt phẳng song song thì mọi đường thẳng thuộc mặt phẳng này song song với mọi đường thẳng thuộc mặt phẳng kia.

đ. Nếu hai mặt phẳng phân biệt đi qua hai đường thẳng song song thì chúng song song với nhau.

GIÁ

Một. Sai vì hai mặt phẳng có thể cắt nhau bằng giao tuyến song song với một đường thẳng cho trước.

b. Chính xác

c. Chính xác

d. Sai

đ. Lỗi vì có thể hai mặt phẳng cắt nhau.

P. Chính xác

Câu 30 trang 67 SGK Hình Học 11 Nâng Cao

Một. Hình hộp là một lăng trụ

b. Lăng kính có các cạnh song song

c. Một lăng trụ có tất cả các cạnh bằng nhau

đ. Lăng trụ có các cạnh là hình bình hành

đ. Hình hộp có các mặt đối diện bằng nhau

GIÁ

Một. Chính xác

b. Lỗi do cạnh dưới không song song với cạnh bên.

đ. Chính xác

Câu 31 trang 68 sgk Hình học 11 nâng cao

Hai đường chéo đã cho. Chứng minh rằng có đúng hai mặt phẳng song song lần lượt đi qua hai đường thẳng đó

GIÁ

Gọi hai đường chéo là a và b.

Trên đoạn thẳng a lấy điểm M, qua M kẻ đường thẳng b’ // b

Trên đường thẳng b lấy điểm N, qua N kẻ đường thẳng a’ // a

Gọi (α) = mp(a, b’), (β) = mp(b, a’) thì (α) // (β)

* Ta chứng tỏ các cặp mặt phẳng (α), (β) là duy nhất.

Thật vậy, giả sử tồn tại các cặp (α’), (β’) sao cho (α’) chứa a, (β’) chứa b và ((α’) // (β’)). Ta chứng minh ((α’) ≡ (α)) và ((β’) ≡ (β)) .

– Vì (α’) và (α) đều chứa a nên nếu (α’) và (α) không trùng nhau thì ((α’) (α) = a) (1)

– A ( (α’) // (β’) b // (α’)) (2)

– Hãy ((α) // (β) b // (α)) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra a // b, giả thuyết đối lập

Vì vậy ((α) (α’)), tương tự như ((β) (β’))

Do đó, cặp mặt phẳng ((α), (β)) là duy nhất.

Câu 32 trang 68 SGK Hình Học 11 Nâng Cao

Cho hai đường chéo a, b lần lượt nằm trong hai mặt phẳng song song (P) và (Q). Chứng minh rằng nếu điểm M không thuộc (P) cũng không thuộc (Q) thì qua M chỉ có một đường thẳng cắt a và b.

GIÁ

Giả sử c = mp ( M, a) ∩ mp(M, b). Ta cần chứng minh rằng c cắt cả a và b.

Vì c và a cùng nằm trong một mặt phẳng và không trùng nhau (vì c đi qua M còn a thì không) nên hoặc c // a hoặc c cắt a. Ngoài ra, c // b hoặc c viết tắt b.

Nó không thể xảy ra đồng thời c //a; c // b vì a và b cắt nhau. Vì vậy, nếu c song song với a và c phải cắt b, tức là. c đi qua một điểm mp(Q) và song song với a thì c phải thuộc mp(Q) và do đó M thuộc (Q) (giả thuyết trái).

Tương tự, c không thể song song với b.

Nói tóm lại, c rút gọn a và b.

Nếu có một đường thẳng c’ khác c đi qua M cắt cả a và b thì a và b đồng phẳng. sự ngu ngốc.

Câu 33 trang 68 SGK Hình Học 11 Nâng Cao

Trong mặt phẳng (P) cho hình bình hành ABCD. Qua A, B, C, D kẻ bốn đường thẳng a, b, c, d lần lượt song song với nhau và không thuộc (P). Một mặt phẳng cắt a, b, c, d lần lượt tại bốn điểm A’, B’, C’, D’. Chứng minh A’B’C’D’ là hình bình hành

GIÁ

Ta có: (left{ {ma trận{ {a//b} cr {AD//BC } cr {a cap AD=A } cr } } right. arrow right left( {a,d} right) //left( { {b,c} đúng))

Tương tự (a, b) // (c, d).

Vì hai mặt phẳng (a, b) và (c, d) song song nên mp(A’B’C’) cắt hai mặt phẳng này

hai giao tuyến song song là A’B’ và C’D’.

Tương tự A’D’//B’C’.

Vậy A’B’C’D’ là hình bình hành.

Câu 34 trang 68 SGK Hình Học 11 Nâng Cao

Cho tứ diện đều ABCD. Gọi M là trung điểm của AB. Hỏi mặt phẳng (P) đi qua điểm M, song song với AD và BC, đi qua trung điểm N của CD? Tại sao ?

Giá:

Giả sử (P) cắt BD, AC, CD lần lượt tại F, E, N. Vì AD // (P) nên (P) cắt mp(ABD) theo giao tuyến MF // AD.

Vì M là trung điểm của AB nên F là trung điểm của BD.

Vì BC // (P) nên (P) cắt mp(BCD) theo giao tuyến FN // BC. Vì F là trung điểm của BD nên N là trung điểm của CD.

Câu 35 trang 68 SGK Hình Học 11 Nâng Cao

Cho hai điểm M, N lần lượt cắt nhau trong hai mặt phẳng song song (P) và (Q). Tìm tập hợp các điểm I trên đoạn thẳng MN sao cho ({{IM} over {IN}} = k,k in 0) cho bởi

GIÁ

Họ nói. Giả sử M(in)(P), N(in)(Q) và điểm I thuộc đoạn thẳng MN sao cho ({{IM} trên {IN}} = k.)

Trong hai mặt phẳng (P) và (Q) ta lần lượt lấy hai điểm cố định M0 và N0 rồi lấy điểm I0 trên đoạn thẳng M0N0 sao cho ({{{M_0}{I_0}} trên {{N_0 }{ ) I_0}}} = k.) Khi đó điểm I0 là cố định.

Ta có: ({{IM} trên {IN}} = {{{I_0}{M_0}} trên {{I_0}{N_0}}}trái( { = k} phải)))

(Phải {{IM} trên {{I_0}{M_0}}} = {{IN} trên {{I_0}{N_0}}} = {{IM + IN} trên {{I_0}{M_0} + {I_0} ) {N_0}}} = {{MN} trên {{M_0}{N_0}}})

Áp dụng định lý nghịch đảo của Thales ta suy ra đường thẳng I0I thuộc mặt phẳng (R) song song với (P) và (Q). Mặt phẳng (R) cố định vì đi qua điểm cố định I0 và song song với mặt phẳng (P) cố định. Vậy điểm I nằm trong mặt phẳng (R) cố định.

Hòn đảo. Ngược lại, lấy bất kỳ điểm I’ nào trong mặt phẳng (R). Qua I’ kẻ đường thẳng cắt hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt tại M’ và N’. Xét hai đường thẳng M0N0 , M’N’ và ba mặt phẳng song song (P), (Q), (R).

Theo định lý tài năng, chúng ta có: ({{I’M’} trên {{I_0}{M_0}}} = {{I’N’} trên {{I_0}{N_0}}} = {{M’) N ‘ } trên {{M_0}{N_0}}})

Từ đó suy ra I thuộc đoạn thẳng M’N’ và ({{I’M’} trên {I’N’}} = {{{I_0}{M_0}} trên {{I_0}{ N_0 }} } = k)

Kết luận: Tập hợp các điểm I thuộc đoạn thẳng MN sao cho ({{IM} over {IN}} = k) chính là mặt phẳng (R) nói trên.

Câu 36 trang 68 SGK Hình Học 11 Nâng Cao

Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Gọi H là trung điểm của cạnh A’B’.

Một. Chứng minh đường thẳng CB’ song song với mp(AHC’)

b. Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB’C’) và (A’BC). Chứng minh d song song với mp(BB’C’C)

c. Xác định thiết diện của lăng trụ ABC.A’B’C’ khi cắt bởi mp(H , d)

GIÁ

a) Chứng minh CB’ // (AHC’)

Trong (AHC’) ta tìm được đường thẳng song song với CB’ nên ta tìm được giao tuyến của mặt phẳng chứa CB’ với (AHC’) là (A’CB’).

Gọi O là giao điểm của AC’ và A’C.

AA’C’C là hình bình hành nên O là trung điểm của A’C.

Do đó HO là đường trung bình của A’B’C.

⇒ HOẶC // B’C ⇒ B’C // (AHC’). (vì HO (nhóm con) (AHC’)).

b) Tìm giao điểm của (AB’C’) và (A’BC).

Gọi O’ là giao điểm của AB’ và A’B thì O, O’ là hai điểm chung của hai mặt phẳng (AB’C’) và (A’BC) nên (AB’C’)(A’BC) = OO’

Vậy d = OO’. Ta có O’ là trung điểm của AB’ (vì AA’B’B là hình bình hành).

⇒ OO’ là đường trung bình của ∆AB’C’.

OO’ // B’C’ // BC OO’ // (BB’C’C) d // (BB’C’C)

c) Cho {K} = HO’ AB thì HK // AA’

Qua O vẽ ML // AA’ ( M ∈ A’C’, L ∈ AC).

Thiết diện cần tìm là hình bình hành HKLM.

Câu 37 trang 68 sgk Hình học 11 nâng cao

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh điều này

Một. mp(BDA’) // mp(B’D’C)

b) Đường chéo AC’ đi qua trọng tâm G1, G2 của hai tam giác BDA’ và B’D’C

c. G1 và G2 chia đoạn AC’ thành 3 phần bằng nhau

d. Trung điểm của 6 cạnh BC, CD, DD’, D’A’, A’B’, B’B cùng nằm trong một mặt phẳng.

Giá:

a) Chứng minh (BDA’) // (B’D’C)

Ta có tứ giác BB’D’D và A’B’CD là hình bình hành nên: BD // B’D’ và DA’ // B’C

⇒ Hai mặt phẳng (BDA’) và (B’D’C) có các cặp đường thẳng cắt nhau và song song với nhau nên chúng song song với nhau.

Vậy (BDA’) // (B’D’C).

b) Chứng minh rằng G1 , G2 AC’

Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hình bình hành ABCD và A’B’C’D.

Trong mặt phẳng (AA’C’C) gọi G1, G2 lần lượt là giao điểm của AC’ với A’O và O’C. Ta chứng minh G1, G2 lần lượt là trung điểm của ∆A’BD và ∆CB’D’.

Thật vậy, ta có G1OA đồng dạng với G1A’C’ (vì AC // A’C’)

( Mũi tên phải {{{G_1}O} trên {{G_1}A’}} = {{OA} trên {A’C’}} = {1 trên 2} Mũi tên phải {{A'{G_1}} trên { A’ O}} = {2 trên 3})

⇒ G1 là trọng tâm của ∆A’BD.

Tương tự, G2 là trọng tâm của ΔCB’D’. Vậy AC’ đi qua G1, G2.

c) Chứng minh AG1 = G1G2 = G2C’

Theo câu trên ta có:

({{A{G_1}} trên {{G_1}C’}} = {{AO} trên {A’C’}} = {1 trên 2}) (vì ∆G1OA đồng dạng với ∆G1A’C’ ) ( Mũi tên phải A{G_1} = {1 trên 3}AC’) (1)

Tương tự: ({{C'{G_2}} trên {{G_2}A}} = {{C’O’} trên {CA}} = {1 trên 2}) (vì ∆G2C’O’ đồng dạng với ∆ G2AC ) ( Mũi tên phải C'{G_2} = {1 trên 3}AC’) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AG1 = G1G2 = G2C’.

d)

Gọi M, N, P, Q, S, R lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD, DD’, C’D’, C’B’, B’B.

Ta có: (trái{ {ma trận{ {MN//BD} cr {SP//BD} cr } } phải. Mũi tên phải MN//SP)

Đặt (α) = (MN, SP)

Ta có : (trái{ {ma trận{ {PQ//DC’} cr {MS//AB’} cr } } phải. PQ//MS phải)

(vì DC’//AB’)

⇒ PQ ⊂ (α) nên Q ∈ (α).

Tương tự: QR // MN ⇒ QR ⊂ (α) nên R ∈ (α).

Vậy M, N, P, Q, R, S ∈ (α).

Khác vì (trái{ {ma trận{ {MS//AB’} cr {NP//AD’} cr } } phải.) (MNPQRS) // (AB’D’).

Câu 38 trang 68 SGK Hình Học 11 Nâng Cao

Chứng minh rằng tổng bình phương tất cả các đường chéo của hình hộp bằng tổng bình phương

vuông tất cả các cạnh của hộp

GIÁ

Áp dụng tính chất: “Trong hình bình hành, tổng bình phương hai đường chéo bằng tổng bình phương bốn cạnh”.

Đặt AB = a, BC = b, AA’ = c (đây là 3 kích thước của hình hộp).

Cho hình bình hành ABC’D’ ta có:

(AC'{^2} + BD{‘^2} = 2trái( {{a^2} + BC'{^2}} phải)) (1)

Cho hình bình hành A’B’CD ta có:

(A'{C^2} + B'{D^2} = 2trái( {{a^2} + B'{C^2}} phải)) (2)

Cộng (1) và (2) ta được:

(AC'{^2} + BD'{^2}+A'{C^2} + B'{D^2} = 2trái( {2{a^2} + BC{‘^2} + B’ {C^2}} đúng)) (3)

Mặt khác trong hình bình hành BB’C’C ta có:

(BC{‘^2} + B'{C^2} = 2trái( {{b^2} + {c^2}} phải)) (4)

Thay (4) vào (3) ta được:

(AC'{^2} + BD'{^2} + A'{C^2} + B,'{D^2} = 4left( {{a^2} + {b^2} + {c^ ) 2} } phải)) (đpcm).

Câu 39 trang 68 SGK Hình Học 11 Nâng Cao

Cho hình chóp cụt ABC.A’B’C’ có đáy ABC và các cạnh AA’, BB’, CC’. Gọi M, N, P lần lượt nằm giữa các cạnh AB, BC, CA và M’, N’, P’ lần lượt nằm giữa các cạnh A’B’, B’C’, C’A’. Chứng minh MNP.M’N’P’ là hình chóp cụt

GIÁ

Gọi S là giao điểm của các cạnh AA’, BB’, CC’ của hình chóp cụt.

Vì A’B’ // AB và M’ nên M lần lượt là trung điểm của A’B’, AB nên MM’ đi qua S.

Tương tự NN’, PP’ đi qua S.

Vậy MM’, NN’, PP’ đồng thời thuộc S.

Ta có (M’N’P’) // (MNP) nên MNP.M’N’P’ là hình chóp cụt.

giaibaitap.me