Bài 2.13 trang 71 Sách bài tập (SBT) Hình học 11

Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N, P, Q, R và S lần lượt trung điểm của AB, CD, BC, AD, AC và BD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành. Từ đó suy ra ba đoạn thẳng MN, PQ và RS cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn.

Giải:

(h.2.31)

Trong tam giác ABC ta có:

\(MP\parallel AC\) và \(MP = {{AC} \over 2}\).

Trong tam giác ACD ta có:

\(QN\parallel AC\) và \(QN = {{AC} \over 2}\).

Từ đó suy ra \(\left\{ \matrix{MP\parallel QN \hfill \crMP = QN \hfill \cr} \right.\)

⟹ Tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Do vậy hai đường chéo MN và PQ cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường.

Tương tự: \(P{\rm{R}}\parallel Q{\rm{S}}\) và \(P{\rm{R}} = QS = {{AB} \over 2}\). Do đó tứ giác PQRS là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo RS và PQ cắt nhau tại trung điểm O của PQ và OR = OS

Vậy ba đoạn thẳng MN, PQ và RS cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn.

Bài 2.14 trang 71 Sách bài tập (SBT) Hình học 11

Cho tứ diện ABCD có I và J  lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và ABD. Chứng minh rằng .

Giải:

(h.2.32)

Gọi K là trung điểm của AB.

Vì I là trọng tâm của tam giác ABC nên \(I \in KC\) và vì J là trọng tâm của tam giác ABD nên \(J \in KD\).

Từ đó suy ra \({{KI} \over {KC}} = {{KJ} \over {K{\rm{D}}}} = {1 \over 3} \Rightarrow IJ\parallel CD\).

Bài 2.15 trang 71 Sách bài tập (SBT) Hình học 11

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ABCD với đáy là AD và BC. Biết AD = a, BC = b. Gọi I và J lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAD và SBC. Mặt phẳng (ADJ) cắt SB, SC lần lượt tại M, N. Mặt phẳng (BCI) cắt SA, SD lần lượt tại P, Q.

a) Chứng minh MN song song với PQ.

b) Giả sử AM cắt BP tại E; CQ cắt DN tại F. Chứng minh rằng EF song song với MN và PQ. Tính EF theo a và b.

Giải:

(h.2.33)

a)

Ta có: \(I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right) \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {IBC} \right)\) 

Vậy

\(\left\{ \matrix{
A{\rm{D}}\parallel BC \hfill \cr
A{\rm{D}} \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right) \hfill \cr
BC \subset \left( {IBC} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {IBC} \right) = PQ\)

và \(PQ\parallel A{\rm{D}}\parallel BC \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Tương tự: \(J \in \left( {SBC} \right) \Rightarrow J \in \left( {SBC} \right) \cap \left( {JAD} \right)\)

Vậy

\(\left\{ \matrix{
A{\rm{D}}\parallel BC \hfill \cr
A{\rm{D}} \subset \left( {JA{\rm{D}}} \right) \hfill \cr
BC \subset \left( {SBC} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left( {JA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN\) và \(MN\parallel BC\parallel AD\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(PQ\parallel MN\).

b) Ta có:

\(E = AM \cap BP \Rightarrow \left\{ \matrix{
E \in \left( {AMN{\rm{D}}} \right) \hfill \cr
E \in \left( {PBCQ} \right) \hfill \cr} \right.\)

\(F = DN \cap CQ \Rightarrow \left\{ \matrix{
F \in \left( {AMN{\rm{D}}} \right) \hfill \cr
F \in \left( {PBCQ} \right) \hfill \cr} \right.\)

Do đó: \(EF = \left( {AMN{\rm{D}}} \right) \cap \left( {PBCQ} \right)\)

Mà

\(\left\{ \matrix{
A{\rm{D}}\parallel BC \hfill \cr
MN\parallel PQ \hfill \cr} \right.\) suy ra \(EF\parallel A{\rm{D}}\parallel BC\parallel MN\parallel PQ\)

Tính 

\(EF:CP \cap EF = K \Rightarrow EF = EK + KF\) 

\(EK\parallel BC \Rightarrow {{EK} \over {BC}} = {{PE} \over {PB}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( * \right)\)

\(PM\parallel AB \Rightarrow {{PE} \over {EB}} = {{PM} \over {AB}}\)

Mà \({{PM} \over {AB}} = {{SP} \over {SA}} = {2 \over 3}\) suy ra \({{PE} \over {EB}} = {2 \over 3}\)

Từ (*) suy ra

\(\eqalign{
& {{EK} \over {BC}} = {{PE} \over {PB}} = {{PE} \over {PE + EB}} \cr
& = {1 \over {1 + {{EB} \over {PE}}}} = {1 \over {1 + {3 \over 2}}} = {2 \over 5} \cr
& \Rightarrow EK = {2 \over 5}BC = {2 \over 5}b \cr} \)

Tương tự ta tính được \(KF = {2 \over 5}a\)

Vậy: \(EF = {2 \over 5}a + {2 \over 5}b = {2 \over 5}\left( {a + b} \right)\)

Giaiaitap.me