Bài 2.25 trang 77 SBT hình học 11

Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.A’B’C’\) có các cạnh bên là \(AA’\), \(BB’\), \(CC’\). Gọi \(I\) và \(I’\) tương ứng là trung điểm của hai cạnh \(BC\) và \(B’C’\).

LG a

Chứng minh rằng \(AI\parallel A'I'\).

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất đường trung bình của hình bình hành.

Tính chất hình bình hành.

Lời giải chi tiết:

Trong hình bình hành \(BB’C’C\) ta có \(I, I’\) lần lượt là trung điểm của \(BC, B'C'\) nên \(II’\) là đường trung bình của hình bình hành \(BB’C’C\).

Suy ra \(II’\parallel = BB’\), mà \(AA’\parallel = BB’\) nên \(II’\parallel =AA’\).

Vậy tứ giác \(AA’I’I\) là hình bình hành nên \(AI\parallel A’I’\).

LG b

Tìm giao điểm của \(IA’\) với mặt phẳng \((AB’C’)\).

Phương pháp giải:

Muốn tìm giao điểm của đường thẳng \(d\) với mặt phẳng \((\alpha)\) ta tìm giao điểm của đường thẳng \(d\) với đường thẳng \(d’\), trong đó \(d’\subset (\alpha)\) và \(d,d’\) cùng thuộc một mặt phẳng.

Lời giải chi tiết:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}A \in \left( {AB'C'} \right)\\A \in \left( {AA'I'I} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow A \in \left( {AB'C'} \right) \cap \left( {AA'I'I} \right)\)

Tương tự : \(\left\{ \begin{array}{l}I' \in B'C' \subset \left( {AB'C'} \right)\\I' \in \left( {AA'I'I} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow I' \in \left( {AB'C'} \right) \cap \left( {AA'I'I} \right)\)

⇒ (AB′C′) ∩ (AA′I′I) = AI′

Gọi AI′ ∩ A′I = E. Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}E \in A'I\\E \in AI' \subset \left( {AB'C'} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow E = A'I \cap \left( {AB'C'} \right)\)

Vậy E là giao điểm của A’I và mặt phẳng (AB’C’).

LG c

Tìm giao tuyến của \((AB’C’)\) và \((A’BC)\)

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất nếu hai mặt phẳng \((\alpha)\) và \((\beta)\) có điểm chung \(S\) và lần lượt chứa hai đường thẳng song song \(d\) và \(d’\) thì giao tuyến của \((\alpha)\) và \((\beta)\) là đường thẳng \(\Delta\) đi qua \(S\) và song song với \(d\) và \(d’\).

Sử dụng tính chất của hình bình hành.

Sử dụng định lý Talet.

Lời giải chi tiết:

Trong (ABB’A’), gọi \(A'B \cap AB' = M\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M \in A'B \subset \left( {A'BC} \right)\\M \in AB' \subset \left( {AB'C'} \right)\end{array} \right.\)  \( \Rightarrow M \in \left( {A'BC} \right) \cap \left( {AB'C'} \right)\)

Trong (ACC’A’) gọi \(A'C \cap AC' = N\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}N \in A'C \subset \left( {A'BC} \right)\\N \in AC' \subset \left( {AB'C'} \right)\end{array} \right.\)  \( \Rightarrow N \in \left( {A'BC} \right) \cap \left( {AB'C'} \right)\)

Vậy (AB′C′) ∩ (A′BC) = MN.

Cách lập luận khác:

Ta có \( A’I\cap (AB’C’)=E\) mà \(A’I\subset (A’BC)\) \(\Rightarrow E\in (A’BC)\cap (AB’C’)\).

Ta lại có \((A’BC), (AB’C’)\) lần lượt có hai đường thẳng \(BC\parallel B’C’\)

Suy ra \((A’BC)\cap (AB’C’)=Ex\), \(Ex\parallel BC\parallel B’C’\).

Tứ giác \(AA’I’I\) là hình bình hành có hai đường chéo là \(A’I\) và \(AI’\) giao nhau tại \(E\) nên \(E\) là trung điểm mỗi đường.

Suy ra \(E\) là trung điểm của \(A’I\)

Tam giác \(A’BC\) có \(Ex\parallel BC\) và \(E\) là trung điểm của \(A’I\) nên \(Ex\cap A’B=M, Ex\cap A’C=N\) khi đó \(M\) là trung điểm của \(A’B\), \(N\) là trung điểm của \(A’C\).

Tứ giác \(A’ABB’\) và \(A’ACC’\) là hình bình hành có \(M\) \(N\) lần lượt là trung điểm của đường chéo nên cũng là trung điểm của đường chéo còn lại.

Suy ra \(MN\subset (AB’C’)\)

Suy ra \((AB’C’)\cap (A’BC)=MN\).

Xemloigiai.com

• Bài 2.22 trang 76 SBT hình học 11
• Bài 2.23 trang 76 SBT hình học 11
• Bài 2.24 trang 77 SBT hình học 11
• Bài 2.26 trang 77 SBT hình học 11
• Bài 2.27 trang 77 SBT hình học 11
• Bài 2.28 trang 77 SBT hình học 11
• Bài 2.29 trang 77 SBT hình học 11
• Bài 2.30 trang 78 SBT hình học 11
• Bài 2.31 trang 78 SBT hình học 11