Giải bài tập SBT Toán 11 Bài 4: Hai mặt phẳng song song

1. Giải bài 2.22 trang 76 SBT Hình học 11

2. Giải bài 2.23 trang 76 SBT Hình học 11

3. Giải bài 2.24 trang 77 SBT Hình học 11

\( \left\{ \begin{array}{l}AD // BC\\BC \subset (BCE)\end{array} \right. \Rightarrow AD // (BCE) \\ \left\{ \begin{array}{l}AF // BE\\BE \subset (BCE)\end{array} \right. \Rightarrow AF // (BCE)\)

Mà AD, AF \(\subset\) (ADF)

Nên (ADF) // (BCE).

b) Vì ABCD và ABEF là các hình vuông nên AC = BF

Ta lại có MM’ // CD ⇒ \(\dfrac{AM’}{AD}=\dfrac{AM}{AC}\)

Và NN’ // AB ⇒ \(\dfrac{AN’}{AF}=\dfrac{BN}{BF}\)

Suy ra \(\dfrac{AM’}{AD}=\dfrac{AN’}{AF}\Rightarrow M’N’ // DF.\)

c) Vì \(\left\{ \begin{array}{l}DF // M'N'\\M'N' \subset (MM'N'N)\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow DF // (MM'N'N)\)

\( \left\{ \begin{array}{l}NN' // AB \Rightarrow NN' // {\rm{EF}}\\NN' \subset (MM'N'N)\end{array} \right. \\ \Rightarrow EF // (MM'N'N)\)

Mà DF, EF \(\subset\) (DEF) nên (DEF) // (MM’N’N).

Vì (MM’N’N) // (DEF) và MN \(\subset\) (MM’N’N)

Suy ra MN // (DEF).

4. Giải bài 2.25 trang 77 SBT Hình học 11

a) 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’ song song và bằng với BB’, mà AA’ song song và bằng với BB’ nên II’ song song và bằng với AA’.

Vậy tứ giác AA’I’I là hình bình hành nên AI // A’I’.

b) 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’).

c) 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.

5. Giải bài 2.26 trang 77 SBT Hình học 11

Trong tam giác A’B’C có I là trung điểm của A’C và H là trung điểm của A’B’ nên IH là đường trung bình của tam giác.

Suy ra IH // B’C

Mà IH \(\subset\) (AHC’)

Suy ra B’C // (AHC’).

b) Ta có:

\( \left\{ \begin{array}{l}A \in (AB'C') \cap (ABC)\\B'C' \subset (AB'C')\\BC \subset (ABC)\\B'C' // BC\end{array} \right. \\ \Rightarrow (AB'C') \cap (ABC) = d = {\rm{Ax}}, {\rm{Ax}} // B'C' // BC.\)

6. Giải bài 2.27 trang 77 SBT Hình học 11

Trong hình bình hành ABEF, ta dựng NP // AB // EF.

Mà EF \(\subset\) (DEF)

\( \Rightarrow NP // (DEF) \text{ (1)}\)

Từ các dựng NP // AB // EF suy ra \(\dfrac{BN}{NE}=\dfrac{AP}{PF}.\)

Mà \(\dfrac{BN}{NE}=\dfrac{AM}{MD} \Rightarrow\dfrac{AP}{PF}=\dfrac{AM}{MD}\)

Suy ra PM // FD mà FD \(\subset\) (DEF)

\( \Rightarrow PM // (DEF) \text{ (2)}\)

Ta lại có NP, MP \(\subset\) (MNP), từ (1) và (2) suy ra (MNP) // (DEF).

Ta có: \(MN\subset(MNP)\Rightarrow MN // (DEF)\)

Vậy MN luôn song song với một mặt phẳng cố định (DEF).

7. Giải bài 2.28 trang 77 SBT Hình học 11

a) -Trường hợp 1: I thuộc đoạn AO \( (0<x<\dfrac{a}{2}).\)

Khi đó I nằm ở vị trí \(I_1.\)

Ta có: \((\alpha) // (SBD)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}(\alpha ) // BD\\( \alpha ) // SO\end{array} \right.\)

Vì \((\alpha) // BD\) nên \((\alpha)\) cắt (ABD) theo giao tuyến \(M_1N_1\) qua \(I_1\) song song với BD.

Vì \((\alpha) // SO\) nên \((\alpha)\) cắt (SOA) theo giao tuyến \(S_1I_1\) song song với SO.

Nên ta có thiết diện trong trường hợp này là tam giác \(S_1M_1N_1.\)

- Trường hợp 2: I thuộc đoạn OC \( (\dfrac{a}{2}<x<a).\)

Khi đó I nằm ở vị trí \(I_2.\)

Tương tự thiết diện trong trường hợp này là tam giác \(S_2M_2N_2\) trong đó \(M_2N_2 // BD, S_2M_2 // SB, S_2N_2 // SD.\)

- Trường hợp 3: \(I\equiv O\) khi đó thiết diện là tam giác SBD.

b) - Trường hợp 1: I thuộc đoạn OA \( (0<x<\dfrac{a}{2})\)

Ta có: \(\dfrac{S_{S_1M_1N_1}}{S_{SBD}}={\left({\dfrac{M_1N_2}{BD}}\right)}^2={\left({\dfrac{2x}{a}}\right)}^2\)

\( \Rightarrow S_{S_1M_1N_1}={\left({\dfrac{M_1N_1}{BD}}\right)}^2S_{SBD} =\dfrac{4x^2}{a^2}.\dfrac{b^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{b^2x^2\sqrt{3}}{a^2}.\)

- Trường hợp 2: I thuộc đoạn OA \( (\dfrac{a}{2}<x<a)\)

Ta có: \( \dfrac{S_{S_1M_1N_1}}{S_{SBD}}={\left({\dfrac{M_1N_2}{BD}}\right)}^2\)

\( ={\left[{\dfrac{2(a-x)}{a}}\right]}^2 \\ \Rightarrow S_{S_2M_2N_2}={\left({\dfrac{M_2N_2}{BD}}\right)}^2S_{SBD} \\ =\dfrac{4{(a-x)}^2}{a^2}.\dfrac{b^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{b^2{(a-x)}^2\sqrt{3}}{a^2}.\)

- Trường hợp 3. \(I\equiv O: S_{SBD}=\dfrac{b^2\sqrt{3}}{4}.\)

Vậy 

\({S_\text{thiết diện}} = \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{{b^2}{x^2}\sqrt 3 }}{{{a^2}}}\text{ nếu }0 < x < \dfrac{a}{2}\\\dfrac{{{b^2}\sqrt 3 }}{4}\text{ nếu } x= \dfrac{a}{2}\\\dfrac{{{b^2}{{(a - x)}^2}\sqrt 3 }}{{{a^2}}}\text{ nếu }\dfrac{a}{2} < x < a\end{array} \right.\)

Đồ thị của hàm số S theo biến x như sau:

Vậy \({S_\text{thiết diện}}\) lớn nhất là \(b^2\dfrac{\sqrt{3}}{4} \) ⇔ \( x=\dfrac{a}{2}.\)

8. Giải bài 2.29 trang 77 SBT Hình học 11

Vì \((\alpha) // (\beta) // (\gamma)\) nên \(\dfrac{AB}{A’B’}=\dfrac{BC}{B’C’}.\)

Mà \(\dfrac{AB}{A’B’}=\dfrac{BC}{B’C’} =\dfrac{AB+BC}{A’B’+B’C’}=\dfrac{AC}{A’C’}.\)

Suy ra: \(A’B’=\dfrac{A’C’.AB}{AC}=\dfrac{18.5}{9}=10.\)

\( B’C’=\dfrac{A’C’.BC}{AC}=\dfrac{18.4}{9}=8.\)

9. Giải bài 2.30 trang 77 SBT Hình học 11

Qua I kẻ đường thẳng song song với CD cắt AC tại H nên ta có:

\( \dfrac{HA}{HC}=\dfrac{IA}{ID}.\)

Mà \(\dfrac{IA}{ID}=\dfrac{JB}{JC}.\)

Từ đó suy ra \(\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{JB}{JC}.\)

Theo định lý Talet suy ra HJ // AB mà \(HJ\subset (IJH) \Rightarrow AB // (IJH) \text{ (1)}\)

Theo cách dựng IH // CD, \(IH\subset (IJH) \Rightarrow CD // (IJH) \text{ (2)}\)

Từ (1) và (2) suy ra (IJH) // AB, CD.

Gọi \((\alpha)\) là mặt phẳng đi qua AB và song song với CD.

Ta có:

\( \left\{ \begin{array}{l}(\alpha ) // ({\rm{IJ}}H)\\{\rm{IJ}} \subset ({\rm{IJ}}H)\end{array} \right. \Rightarrow {\rm{IJ}} // (\alpha )\)

10. Giải bài 2.31 trang 77 SBT Hình học 11

Do Ax // \((\alpha)\) nên \((\beta)\cap (\alpha)=Bx', Bx' // Ax.\)

Ta có M' là điểm chung của \((\alpha)\) và \((\beta)\) nên \(M'\in Bx'.\)

Khi M trùng với A thì M' trùng B nên tập hợp M' là tia Bx'.

b) Ta có tứ giác ABM'M là hình bình hành nên BM' = AM = BN.

Tam giác BM'N cân tại B

Suy ra trung điểm J của cạnh đáy NM' thuộc phân giác trong Bt của góc B trong tam giác BNM'.

Ta có Bt cố định.

Gọi O là trung điểm của AB.

Trong mặt phẳng (AB,Bt), tứ giác OBIJ là hình bình hành nên \(\vec {JI}=\vec{BO}.\)

Do đó I là ảnh của J trong phép tịnh tiến theo vectơ \(\vec{BO}.\)

Vậy tập hợp I là tia Ot', Ot' // Bt.