Bài 2.37 trang 81 SBT hình học 11

Trong mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) cho tam giác \(ABC\). Từ ba đỉnh của tam giác này ta kẻ các nửa đường thẳng song song cùng chiều \(Ax\), \(By\), \(Cz\) không nằm trong \(\left( \alpha  \right)\). Trên \(Ax\) lấy đoạn \(AA’ = a\), trên \(By\) lấy đoạn \(BB’ = b\), trên \(Cz\) lấy đoạn \(CC’ = c\).

LG a

Gọi \(I\), \(J\) và \(K\) lần lượt là các giao điểm \(B’C’\), \(C’A’\) và \(A’B’\) với \(\left( \alpha  \right)\).

Chứng minh rằng \(\dfrac{IB}{IC}.\dfrac{JC}{JA}.\dfrac{KA}{KB} = 1\)

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất của hai tam giác đồng dạng.

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(CC'\parallel BB' \Rightarrow \Delta ICC' \sim \Delta IBB'\)

LG b

Gọi \(G\) và \(G’\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(ABC\) và \(A’B’C’\).

Chứng minh: \(GG'\parallel AA'\).

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất đường trung bình của tam giác.

Sử dụng tính chất của trong tâm trong tam giác.

Sử dụng định lý Talet.

Lời giải chi tiết:

Gọi \(H\) và \(H’\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC\) và \(B’C’\). Vì \(HH’\) là đường trung bình của hình thang \(BB’CC’\) nên \(HH'\parallel BB'\).

Mà \(BB'\parallel AA'\) suy ra \(HH'\parallel AA'\)

Ta có: \(G \in AH\) và \(G' \in A'H'\) và ta có:

\(\left\{ \matrix{
\dfrac{AG}{AH} = \dfrac{2}{3} \hfill \cr 
\dfrac{A'G'}{A'H'}= \dfrac{2}{3} \hfill \cr} \right. \Rightarrow AA'\parallel GG'\parallel HH'\)

LG c

Tính \(GG’ \) theo \(a\), \(b\), \(c\). 

Phương pháp giải:

Chia đoạn \(GG'\) thành hai đoạn thuộc hai tam giác.

Sử dụng định lý Talet để tính từng cạnh đó.

Lời giải chi tiết:

\(AH' \cap GG' = M \)

\(\Rightarrow GG' = G'M + MG\)

Ta có: \(G'M\parallel AA' \Rightarrow \Delta H'G'M \sim \Delta H'A'A\)

\( \Rightarrow \dfrac{G'M}{AA'} = \dfrac{H'G'}{H'A'} = \dfrac{1}{3} \)

\(\Rightarrow G'M = \dfrac{1}{3}AA' = \dfrac{1}{3}a\)

\(MG\parallel HH' \Rightarrow \Delta AMG \sim \Delta AH'H\) 

\( \Rightarrow \dfrac{MG}{HH'} =\dfrac{AG}{AH} = \dfrac{2}{3}\)

\(\Rightarrow MG =\dfrac{2}{3}HH'\) 

Mặt khác \(HH’\) là đường trung bình của hình thang \(BB’CC’\) nên

\(HH' = \dfrac{BB' + CC'}{2} = \dfrac{b + c}{2} \)

\(\Rightarrow MG = \dfrac{2}{3}HH' \)

\(= \dfrac{2}{3}.\dfrac{b + c}{2} \)

\(= \dfrac{1}{3}\left( {b + c} \right)\)

Do đó: \(GG' = G'M + MG \)

\(= \dfrac{1}{3}a + \dfrac{1}{3}\left( {b + c} \right) \)

\(= \dfrac{1}{3}\left( {a + b + c} \right)\)

Vậy \(GG' = \dfrac{1}{3}\left( {a + b + c} \right)\).

Xemloigiai.com

• Bài 2.38 trang 81 SBT hình học 11
• Bài 2.39 trang 81 SBT hình học 11
• Bài 2.40 trang 81 SBT hình học 11
• Bài 2.41 trang 82 SBT hình học 11
• Bài 2.42 trang 82 SBT hình học 11
• Bài 2.43 trang 82 SBT hình học 11
• Bài 2.44 trang 82 SBT hình học 11