Bài 5. Hình lăng trụ và hình hộp

Bài \(5\). Hình lăng trụ và hình hộp trang \(110\) SGK Toán lớp \(11\) Tập \(1\) Cánh diều. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau:

Bài \(1\). Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\).
\(a)\) Chứng minh rằng \((ACB’) // (A’C’D)\).
\(b)\) Gọi \(G_1, G_2\) lần lượt là giao điểm của \(BD’\) với các mặt phẳng \((ACB’)\) và \((A’C’D)\). Chứng minh rằng \(G_1, G_2\) lần lượt là trọng tâm của hai tam giác \(ACB’\) và \(A’C’D\).
\(c)\) Chứng minh rằng \(BG_1 = G_1G_2 = D’G_2\).

Trả lời:

\(a)\)

Do \(ABCD.A’B’C’D’\) là hình hộp nên \((ABCD) // (A’B’C’D’)\)

Mặt phẳng \((ACC’A’)\) cắt hai mặt phẳng \((ABCD)\) và \((A’B’C’D’)\) lần lượt theo hai giao tuyến \(AC\) và \(A’C’\)

Do đó \(AC // A’C’\). Mà \(A’C’ \subset (A’C’D)\)

\(\Rightarrow AC // (A’C’D)\)

Chứng minh tương tự ta được \(AB’ // C’D\). Mà \(C’D \subset (A’C’D)\) nên \(AB’ // (A’C’D)\).

Mặt phẳng \((AB’C)\) chứa hai đường thẳng \(AC\) và \(AB’\) cắt nhau cùng song song với mặt phẳng \((A’C’D)\) nên \((AB’C) // (A’C’D)\).

\(b)\) Gọi \(O, O’\) lần lượt là tâm hình bình hành \(ABCD, A’B’C’D’\), \(I\) là giao điểm của \(BD’\) và \(DB’\).

Do \(ABCD.A’B’C’D’\) là hình hộp nên \(BB’ = DD’\) và \(BB’ // DD’\) hay tứ giác \(BDD’B’\) là hình bình hành.

Do đó hai đường chéo \(BD’\) và \(DB’\) cắt nhau tại trung điểm \(I\) mỗi đường.

Trong mặt phẳng \((BDD’B’)\), đường \(BD’\) cắt \(B’O\) tại \(G_1\).

Khi đó \(G_1 \in B’O\). Mà \(B’O \subset (AB’C)\)

Suy ra \(G_1\) là giao điểm của \(BD’\) với mặt phẳng \((AB’C)\).

Xét tam giác \(BDB’\) có hai trung tuyến \(BI\) và \(B’O\) cắt nhau tại \(G_1\) nên \(G_1\) là trọng tâm tam giác \(BDB’\).

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{B’G_1}{B’O} = \displaystyle \frac{2}{3}\)

Xét tam giác \(ACB’\), có \(B’O\) là trung tuyến đồng thời có \(\displaystyle \frac{B’G}{B’O} = \displaystyle \frac{2}{3}\)

Suy ra \(G_1\) là trọng tâm tam giác \(AC’B\).

Chứng minh tương tự như trên ta cũng có \(G_2\) là trọng tâm tam giác \(B’DD’\) và \(\displaystyle \frac{DG_2}{DO’} = \displaystyle \frac {2}{3}\)

Xét tam giác \(A’C’D\) có \(DO’\) là trung tuyến và \(\displaystyle \frac{DG_2}{DO’} = \displaystyle \frac{2}{3}\)

Suy ra \(G_2\) là trọng tâm tam giác \(A’C’D\).

\(c)\) Có \(I\) là trung điểm \(BD’\)

\(\Rightarrow BI = ID’\) (\(1\))

Theo chứng minh câu \(b)\) ta có:

\(\displaystyle \frac{D’G_2}{D’I} = \displaystyle \frac{2}{3}, \displaystyle \frac{BG_1}{BI} = \displaystyle \frac{2}{3}\) (\(2\))

Từ \((1), (2)\) suy ra \(D’G_2 = BG_1\) (\(3\))

\(G_1G_2 = G_1I + G_2I = \displaystyle \frac{1}{3}ID’ + \displaystyle \frac{1}{3}BI\)

\(= \displaystyle \frac{2}{3} BI\) (\(4\))

Từ \((3), (4)\) suy ra:

\(BG_1 = G_1G_2 = D’G_2\)

\(\)

Bài \(2\). Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\). Gọi \(M, N, P, Q\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC, AA’, C’D’, AD’\). Chứng minh rằng:
\(a)\) \(NQ // A’D’\) và \(NQ = \displaystyle \frac{1}{2} A’D’\);
\(b)\) Tứ giác \(MNQC\) là hình bình hành.
\(c)\) \(MN // (ACD’)\);
\(d)\) \((MNP) // (ACD’)\).

Trả lời:

\(a)\)

Trong mặt phẳng \((ADD’A’)\), xét tam giác \(AA’D\) có \(N, Q\) lần lượt là trung điểm \(AA’, AD’\) nên \(NQ\) là đường trung bình của tam giáv \(AA’D\)

Suy ra \(NQ // A’D’, NQ = \displaystyle \frac{1}{2}A’D’\)

\(b)\)

Do \(ABCD.A’B’C’D’\) là hình hộp nên \(A’D’ // AD // BC\)

Suy ra \(NQ // BC\) hay \(NQ // MC\) (\(1\))

Lại có: \(A’D’ = AD = BC\)

\(\Rightarrow NQ = \displaystyle \frac{1}{2} A’D’ = \displaystyle \frac{1}{2} BC\)

Mà \(M\) là trung điểm \(BC\)

\(\Rightarrow MC = \displaystyle \frac{1}{2} BC\)

Suy ra \(NQ = MC\) (\(2\))

Từ \((1), (2)\) suy ra tứ giác \(MNQC\) là hình bình hành.

\(c)\)

Do \(MNQC\) là hình bình hành nên \(MN // QC\)

Mà \(QC \subset (ACD’)\)

Suy ra \(MN // (ACD’)\)

\(d)\)

Gọi \(O\) là trung điểm \(AC\)

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), xét tam giác \(ABC\) có \(OM\) là đường trung bình nên:

\(OM // AB, OM = \displaystyle \frac{1}{2} AB\)

Mà \(AB // D’P\) suy ra \(OM // D’P\)

Lại có: \(D’P = \displaystyle \frac{1}{2} D’C’, D’C’ = AB\)

Do đó \(OM = D’P\)

Tứ giác \(OMPD’\) có \(OM // D’P, OM = D’P\) nên tứ giác \(OMPD’\) là hình bình hành.

Suy ra \(MP // OD’\)

Mà \(OD’ \subset (ACD’)\) nên \(MP // (ACD’)\)

Mặt khác \(MN // CQ\) (Do \(MNQC\) là hình bình hành), \(CQ \subset (ACD’)\) nên \(MN // (ACD’)\)

Mặt phẳng \((MNP)\) chứa hai đường thẳng \(MN\) và \(MP\) cắt nhau, cùng song song với mặt phẳng \((ACD’)\) nên mặt phẳng \((MNP) // (ACD’)\).

\(\)

Bài \(3\). Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.A’B’C’\). Gọi \(E, F\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AC\) và \(A’B’\).
\(a)\) Chứng minh rằng \(EF // (BCC’B’)\).
\(b)\) Gọi \(I\) là giao điểm của đường thẳng \(CF\) với mặt phẳng \((AC’B)\). Chứng minh rằng \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(CF\).

Trả lời:

\(a)\)