BÀI 4: HAI MẶT PHẲNG SONG SONG

(17 câu)

1. NHẬN BIẾT (5 câu)

Câu 1: Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C'. Gọi H là trung điểm của A'B'. Chứng minh đường thẳng B'C song song với mặt phẳng AHC'.

Giải:

Gọi H’ là trung điểm của AB thì ta có:

Do đó

Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA,SD.

1. a) Chứng minh rằng (OMN)//(SBC).
2. b) Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AB,ON. Chứng minh PQ//(SBC).

Giải:

1. a) Ta có MO là đường trung bình trong tam giác SACMOAC.

Mặt khác N và O lần lượt là trung điểm của SD và BD nên NO là đường trung bình trong SBDNOSB.

Ta có: {MOSC NOSB MONO=O SCSB=S ⇒(OMN)∥(SBC).

1. b) Do P và O lần lượt là trung điểm của AB và AC nên OPADBCOP∥(SBC).

Lại có ONSBOQ∥(SBC).

Do vậy (OPQ)∥(SBC)⇒PQ∥(SBC).

Câu 3: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA và CD.

1. a) Chứng minh rằng (OMN)∥(SBC).
2. b) Gọi I là trung điểm của SD,J là một điểm trên (ABCD) và cách đều AB,CD. Chứng minh rằng IJ∥(SAB).

Giải:

1. a) Ta có N và O lần lượt là trung điểm của CD và AC nên NO là đường trung bình trong BCDNOBC

Tương tự MO là đường trung bình trong tam giác SAC nên MOSC.

Lại có: {NOBC MOSC OMON=O BCSC=S ⇒(OMN)∥(SBC).

1. b) Ta có P và Q lần lượt là trung điểm của BC và AD thì PQ là đường thẳng cách đều AB và CD do vậy điểm JPQ, Do IQ là đường trung bình của SAD nên IQSA.

Ta có: PQ∥(SAB);IQ∥(SAB)⇒(IPQ)∥(SAB)

Mặt khác IJ⊂(IPQ)⇒IJ∥(SAB).

Câu 4: Cho hình chóp S.ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, SC. Chứng minh rằng .

Giải:

Áp dụng tính chất đường trung bình: MN // AB, MP // AC.

Vậy .

Câu 5: 

Cho hình chóp có đáylà hình bình hành tâm , gọi lần lượt là trung điểm của . Chứng minh

Giải:

Ta có lần lượt là trung điểm của nên là đường trung bình của tam giác ứng với cạnh do đó .

Vậy .

Tương tự, Ta có lần lượt là trung điểm của nên là đường trung bình của tam giác ứng với cạnh do đó .

Vậy

Từ và ta có .

2. THÔNG HIỂU (7 câu)

Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M,N,P,Q là trung điểm của BC,AB,SB,AD.
a) Chứng minh rằng: (MNP)∥(SAC).
b) Chứng minh rằng: PQ∥(SCD).

1. c) Gọi I là giao điểm của AM và BD;J là điểm thuộc SA sao cho AJ=2JS. Chứng minh IJ∥(SBC).

Giải:

1. a) Ta có PN là đường trung bình trong SAB

Suy ra PNSA.

Tương tự ta có MPSC⇒(MNP)∥(SAC).

(hai mặt phẳng có cặp cạnh song song cắt nhau). b) Ta có: {MQCD MPSC ⇒(MPQ)∥(SCD).

Lại có PQ⊂(MNQ)⇒PQ∥(SCD).

1. c) Do {AMBD=I BMAD

Theo định lý Talet ta có: MIIA=BMAD=12

Mặt khác: SJJA=12MIIA=SJJAIJSM.

Do SM⊂(SBC) suy ra IJ∥(SBC).

Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA và CD.
a) Chứng minh rằng (OMN)∥(SBC).
b) Tìm giao điểm I của ON và (SAB).
c) Gọi G=SIBM,H là trọng tâm của SCD. Chứng minh rằng GH∥(SAD).
d) Gọi J là trung điểm AD,EMJ, chứng minh rằng OE∥(SCD).

Giải:

1. a) Ta có: OM là đường trung bình trong tam giác SAC suy ra OMSC.

Lại có: ON là đường trung bình trong tam giác BCD nên ONBC.

Do vậy (OMN)∥(SBC).

1. b) Trong mặt phẳng (ABCD) gọi I=ONAB khi đó I chính là giao điểm của ON và (SAB).
2. c) Dễ thấy G,H lần lượt là trọng tâm tam giác SAB,SCD do đó SGSI=SHSN=23

GHINADGH∥(SAD).

1. d) Do O và J lần lượt là trung điểm của AC và AD nên OJCD (tính chất đường trung bình).

Mặt khác O và M lần lượt là trung điểm của AC và SA nên OMSC.

Do vậy (OMJ)∥(SCD)⇒OE∥(SCD).

Câu 3: Cho hai hình vuông và ở trong hai mặt phẳng phân biệt. Trên các đường chéo và lần lượt lấy các điểm sao cho . Các đường thẳng song song với vẽ từ lần lượt cắt và tại và . Chứng minh:

1. a) .
2. b) .

Giải:

1. a) Ta có

Tương tự .

Mà .

1. b) Vì và là các hìnhvuông nên .

Ta có

Từ , và ta được

.

Lại có .

Vậy .

Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SC, lấy điểm PSA.
a) Tìm giao tuyến (SAB) và (SCD).
b) Tìm giao điểm SD và (MNP).
c) Hình tạo bởi các giao tuyến của các mặt bên của hình chóp và mặt phẳng (MNP) là hình gì?
d) Gọi JMN. Chứng minh rằng OJ∥(SAD).

Giải:

1. a) Do AB song song với CD nên giao tuyến của (SAB) và (SCD) là đường thẳng d đi qua S và song song với AB và CD.
2. b) Trong măt phẳng (SAB), kéo dài PM cắt AB tại Q, trong mặt phẳng (PMQR), kéo dài QN cắt SD tại R, giao điểm của SD và (MNP) là R.
3. c) Hình tạo bởi các giao tuyến của các mặt hình chóp và mặt phẳng (MNP) là tứ giác MPRN.

Do 3 mặt phẳng (MNP);(ABC);(SAD) cắt nhau theo 3 giao tuyến là PR;MN;AD nên chúng song song hoặc đồng quy.

Mặt khác MNADMNADPRMPRN là hình thang.

1. d) Ta có: OM là đường trung bình trong tam giác SBDOMSD.

Tương tự ta có: ONSA⇒(OMN)∥(SAD).

Mặt khác OJ⊂(OMN)⇒OJ∥(SAD).

Câu 5: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi I,J,G,P,Q là trung điểm của DC,AB,SB,BG,BI.
a) Chứng minh rằng (IJG)∥(SAD).
b) Chứng minh rằng PQ∥(SAD).
c) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (IJG).
d) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (ACG) và (SAD).

Giải:

1. a) Ta có IJ là đường trung bình của hình bình hành ABCD nên IJAD(1).

Lại có JG là đường trung bình tam giác SABJGSA(2).

Từ (1) và (2) suy ra (IJG)∥(SAD).

1. b) Gọi E là trung điểm của JB thì BEBA=BPBS=14EPAS.

Mặt khác EQ là đường trung bình của tam giác BIJ nên EQIJEQAD.

Ta có {EPSA EQAD ⇒(EPQ)∥(SAD).

1. c) Trong mặt phẳng (ABC) gọi IJAC=O.

Ta có: SAIG nên giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (IJG) song song với SA.

Khi đó giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (IJG) là đường thẳng đi qua O và song song Với SA.

1. d) Gọi K là trung điểm của SA thì GKAB (tính chất đường trung bình)

Suy ra GKCDG,K,C,D đồng phẳng.

Trong mặt phẳng (GKCD) gọi M=DKCG{M∈(ACG) M∈(SAD) .

Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng (ACG) và (SAD) là AM.

Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của BC,CD,SC.
a) Chứng minh rằng (MNP)∥(SBD).
b) Tìm giao tuyến (SAB) và (SCD).
c) Tìm giao tuyến của (MNP) và (SAD). Suy ra giao điểm của SA và (MNP). d) Gọi I=APSO,J=AMBD. Chứng minh rằng IJ∥(MNP).

Giải:

1. a) Ta có MN là đường trung bình trong tam giác BCD nên MNBD.

Tương tự NP là đường trung bình trong tam giác SCD nên NPSD.

Do vậy (MNP)∥(SBD).

1. b) Do ABCD nên giao tuyến của (SAB) và (SCD) đi qua S và song song với AB và CD.
2. c) Gọi E=MNAD.

Do NPSD nên giao tuyến của (MNP) và (SAD) đi qua E và song song với SD.

Trong mặt phẳng (SAD) gọi F=Δ∩SAF=SA∩(MNP).

1. d) Ta có: J=AMBO,J=SOAP do đó I,J lần lượt là trọng tâm tam giác SAC và ABC

Khi đó AIAP=AJAM=23IJMPIJ∥(MNP).

Câu 7: Cho hình chóp SABCD, có đáy là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều. Gọi M là điểm trên cạnh AD sao cho AM=x,x∈(0;a). Mặt phẳng () đi qua M và song song với (SAB) lần lượt cắt các cạnh CB,CS,SD tại N,P,Q. Tìm x dể diện tích MNPQ bằng 2a239.

Giải:

Theo định lý Talet ta có:

MQSA=NPSB=DMDA=a-xaMQ=NP=a-x Mặt khác MN=AB=a,PQCD=SQSD=AMAD

Suy ra PQ=AM=x và tứ giác MNPQ là hình thang cân. Chiều cao hình thang cân này là

h=MQ2-MN-PQ22   h=(a-x)2-a-x22=32(a-x)

Diện tích hình thang là

S=a-x+x2h=a232(a-x)=2a239a-x=89ax=a9.

3. VẬN DỤNG (3 câu)

Câu 1: Cho tứ diện và là các điểm thay trên các cạnh sao cho . 

1. a) Chứng minh luôn luôn song song với một mặt phẳng cố định.
2. b) Cho và là một điểm trên cạnh . Xác định hình tạo bởi các giao tuyến của các mặt của tứ diện với mặt phẳng .
3. c) Tính theo tỉ số diện tích tam giác và diện tích hình tạo bởi các giao tuyến ở câu b.

Giải:

1. a) Do nên theo định lí Thales thì các đường thẳng cùng song song với một mặt phẳng .Gọi là mặt phẳng đi qua và song song với thì cố định và suy ra luôn song song với cố định.
2. b) Xét trường hợp , lúc này nên .

Ta có:

.

Thiết diện là tứ giác .Xét trường hợp

Trong gọi

Trong gọi thì thiết diện là tứ giác .

Gọi

Ta có .

Do nên theo định lí Thales đảo thì lần lượt thuộc ba mặt phẳng song song với nhau và đường thẳng cắt ba mặt phẳng này tương ứng tại nên áp dụng định lí Thales ta được .

Câu 2: Cho hình hộp có tất cả các mặt đều là hình vuông cạnh . Các điểm lần lượt trên sao cho .

1. a) Chứng minh khi biến thiên, đường thẳng luôn song song với một mặt phẳng cố định.
2. b) Chứng minh khi thì .

Giải:

1. a) Gọi là mặt phẳng qua và song song với . Gọi là mặt phẳng qua và song song với . Giả sử cắt tại điểm .

Theo định lí Thales ta có 

Vì các mặt của hình hộp là hình vuuong cạnh nên .

Từ ta có , mà .

Mà .

Vậy luôn song song với mặt phẳng cố định .

1. b) Gọi . Ta có 

suy ra là trọng tâm của tam giác .

Tương tự là trọng tâm của tam giác .

Gọi là trung điểm của ta có .

Câu 3: Cho hình lập phương ABCDA'B'C'D' cạnh a. Gọi M là trung điểm của AB,N là tâm hình vuông AA'D'D. Tính diện tích hình tạo bởi các giao tuyến của các mặt phẳng (ABCD), (A’ABB’), (A’D’DA), (CDD’C’) với mặt phẳng (CMN).

Giải:

Gọi E=CMAD thì M là trung điểm của CE, nối CN cắt AA' và DD' lần lượt tại các điểm F và G. Khi đó hình tạo bởi các giao tuyến là tứ giác CMFG.

Do F=AA'EN nên F là trọng tâm tam giác A'ED nên AF=AA'3=a3

Ta có: DG=2AF=2a3,{EG=2a103 EC=a5 CG=a133

Lại có: EFEG=12,EMEC=12SEFMSEGC=1212=14 nên SMFGC=34SEGC=34p(p-a)(p-b)(p-c)

(Áp dụng hệ thức Herong cho tam giác EGC)

Suy ra SMFGC=34SEGC=a2144.

4. VẬN DỤNG CAO (2 câu)

Câu 1: Cho hình chóp SABCD đáy là hình thang, đáy lớn BC=2a,AD=a,AB=b. Mặt bên (SAD) là tam giác đều. Mặt phẳng () qua điểm M trên cạnh AB và song song với các cạnh SA và BC. Mặt phẳng () cắt CD,SC,SB lần lượt tại N,P,Q. Đặt x=AM(0<x<b). Xác định hình tạo bởi các giao tuyến của các mặt phẳng (SAB), (ABCD), SCD), SBC) với mặt phẳng. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích hình tạo bởi các giao tuyến đó.

Giải:

() qua điểm M và song song với các cạnh SA,BC

suy ra MNPQ,MQSA.

Hình tạo bởi các giao tuyến là: MQPN.

Ta có BMBA=BQBS=CPCS=MQSA mà BMBA=CNCD

Suy ra k=BMBA=BQBS=CNCD=CPCS=MQSA

Do đó NPSD và k=NPSD

Lại có SD=SAMQ=NP=kSA=ka=b-xba

Ta có : PQBC=SQSB=AMAB=xbPQ=xb⋅2a và

Gọi I là trung điểm của BC,E=MNDIMN=ME+EN=a+NE

Trong đó NEIC=AMAB=xbNE=xbaMN=a+xba.

Chiều cao hình tạo bởi các giao tuyến là:

h=MQ2-MN-PQ22=1-xb2a2-14a21-xb2=32a1-xb

Diện tích S=MN+PQ2h=34a21+3xb1-xb

Lại có: 1+3xb1-xb=131+3xb3-3xb131+3xb+3-3xb22=43

Do đó Smax=34a243=a233.

Câu 2: Cho hình hộp ABCDA'B'C'D'. Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng ACD'. Đặt AMAB=k,0<k<1. Tìm k để hình tạo bởi các giao tuyến các mặt của hình hộp với mặt phẳng (P) có diện tích lớn nhất.

Giải:

Ta có: A'B∥CD',AD'∥BC'

Ta dựng MNAC,MS∥A'BNBC,SAA'

Dựng SR∥AD',NP∥BC',PQ∥CD' (xem hình vẽ) 

Vậy hình tạo bởi các giao tuyến là ngũ giác MNPQRS.

Giả sử AB=1⇒AM=k, tứ giác MNPQ,PQRS đều là các hình thang cân.

Ta có: MNAC=BMBA=1-k1MN=(1-k)2

+) MS=NP=k2,PS=AC=2

+) RS=PQ=C'P2=(1-k)2

+RQA'C'=D'RD'A'=ASAA'=AMAB=kRQ=k2

Ta có: SMNPS=MN+PS2MS2-SP-MN22=(2-k)222k2-k222=32(2-k)⋅k

Tương tự ta có: SSPQR=2+k222(1-k)2-2-k222=32(k+1)⋅(1-k)

Do đó diện tích là S=322k-k2+1-k2=32-2k2+2k+1 đạt giá trị lớn nhất khi k=-2-2.2=12.