Giải bài tập Toán 11 BÀI TẬP ÔN TẬP CHƯƠNG II

BÀI TẬP ÔN TẬP CHƯƠNG II
Bài 1. Cho hai hình thang ABCD và ABEF có chung đáy lớn AB và không cùng nằm trong một mặt phẳng.
lìm giao tuyến của các mặt phẳng sau: (AEC) và (BFD), (BCE) và (ADF).
Lấy điểm M thuộc đoạn DF. Tìm giao điểm của đường thẳng AM. với mặt phẳng (BCE).
Chứng minh hai đường thẳng AC và BF không cắt nhau.
Giải
a) Giao tuyến của các cặp mặt phẳng
* Giao tuyến của (AEC) và (BFD)
• Trong hình thang ABCD, AC cắt DB tại I, ta có:
=> I 6 (AEC) n (BFD)
le ACc (AEC)Ì I e DB c (BFD)J
• Tương tự, AE cắt BF tại J,
Ta có J e (AEC) n (BFD)
Vậy IJ = (AEC) n (BFD)
Giao tuyến của (BCE) và (ADF)
Trong hình thang ABCD, BC cắt AD tại p, ta có:
p e (BCE) n (ADF)
Trong hình thang ABEF, BE cắt AF tại Q, ta có:
Q e (BCE) n (ADF)
Vậy PQ = (BCE) n (ADF)
Giao điểm của AM với mp (BCE)
Trong mp (ADF), AM cắt PQ tại N, ta có:
N e AM
N e PQ c (BCE) => N e (BCE)
Vậy N = AM n (BCE)
Chứng minh AC và BF. không cắt nhau
Giả sử AC và BF cắt nhau tại R, ta có :
=>Re mp(ABCD) n mp(ABEF)
AB
R G AC c mp(ABCD)
R G BF G mp(ABEF)
=> R e AB
=> AC, BF, AB đồng qui tại R: vô li!
Vậy AC và BF không cắt nhau.
đáy ABCD là một hình bình
Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có hành. Gọi M, N, p theo thứ tự là trung diem của đoạn thắng SA. BC, CĐ. Tìm thiết diện của hình chop khi cắt bởi mặt phắng (MNP).
Giai
Gọi o là tâm cua hình bình hành, hãy tìm giao diêm cua dường tháng SO vói mặt phang (MNP)
Tìm thiét diện
Trong mp(ABCD), gọi E = AD n PN và F = AB PN
Trong mp(SAD), gọi Q = ME SI)
và trong mp(SAB), gọi R = ME SB
Nôi PQ, NR ta dưực các đoạn giao tuyên cua mp(MNP) với các mặt bên và mặt dãy cua hình chóp là MQ, QP, PN, NR, RM
Các đoạn giao tuyên này khép kín tạo thanh thiết diện là ngũ giác MQPNR
Tìm SO (MNP)
Trong (SBD), so (JR - 11 ill .. SO
1 a có:
11 QR II (MNP)
Vậy 11 = SO (MNPi
Bài 3. Cho hình chop dinh s có đáy la hình thang ABCD với AB la đáy lon. Gọi M, N theo thư tự lá trung diem cua các cạnh SB và sc.
'lìm giao tuyên cua hai mặt phăng (SAD) và (SBC)
'rim giao diêm cua dường thăng SD vói mặt phăng (AMN)
cl Tìm thiết diện cua hình chóp S.ABC1) cat bời mặt phang (AMN)
Giải
a) Tìm (SAD) n (SBC)
Gọi L = AD n BC
m	le(SAD)
[I e BC => I e (SBC)
Do đó I 6 (SAD) n (SBC)
Mà s e (SAD) ọ (SBC)
nên SI = (SAD) n (SBC)
b) Tìm SD n (AMN)
Ta có:
J(SAD) = (SAI)
ị(SBC) = (SBD
Trong mp(SBl), gọi J = MN n SI => (AMN) = (AMJ)
Trong mp(SAl), AJ n SD = K
Ị K e SD
[K e AJ r> K e (AMN)
=> K = SDn(AMN)
Tìm thiết diện với mp(AMN):
Mặt phăng (AMN) cat các mặt bên của hình chóp S.ABCD theo các đoạn giao tuyến AM, MN, NK, KA.
Các đoạn giao tuyên này khép kín tạo thành thiết diện là tứ giác AMNK.
Bài 4. Cho hình bình hành ABCD. Qua A, B, c, D lần lượt vẽ bôn nửa đường thang Ax, By, Cz, Dt ở cùng phía đôi với mặt phẩng (ABCD), song song với nhau và không nằm trong mặt phắng (ABCD). Một mặt phang (p) lần lượt cắt Ax, By, Cz và Dt tại A’, B’, C’ và D’.
Chứng minh: (Ax, By) // (Cz, Dt)
Gọi I = AC n BD, J = A’C’ n B’D’. Chứng minh: IJ // AA’
Cho AA’ = a, BB’ = b, CC’ = c. Hãy tính DD’.
Giải
ABCD là hình bình hành, nên:
AB//DC	(1)
Theo giả thiết Ax // Dt (2)
Từ (1) và (2) suy ra đpcm.
D
B
Do (Ax, By) // (Cz, Dt) nên các giao tuyến A’D’ và B’C’ của các mặt phẳng này với (p) song song với nhau, A’B’ // D’ơ.
Chứng minh tương tự, ta có:
A’D’ // B’C’
Suy ra tứ giác A’B’C’D’ là hình bình hành, cho ta J là trung điếm của A’C’. Ax // Cz nên tứ giác ACC’A’
là hình thang I, J theo thứ tự lần lượt là các trung điếm của các cạnh bên AC và A’C’ nên IJ // AA’.
Vì IJ là đường trung bình của hình thang ACC’A’ nên u = i
(AA’ + CC’)
IJ cũng là đường trung bình của hình thang BDD’B’
IJ =|(BB’+DD')
2
Từ đây suy ra: DD’ + BB’ = AA’ + CC’ => DD’ = a + c - b