Lời giải

Sau bài học này, chúng ta sẽ giải quyết được câu hỏi trên như sau:

– Hai mặt phẳng song song nếu chúng không có điểm chung.

– Dấu hiệu nhận biết hai mặt phẳng song song: Nếu mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng cắt nhau a, b và a, b cùng song song với mặt phẳng (Q) thì (P) song song với (Q).

– Tính chất về hai mặt phẳng song song: Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước có một và chỉ một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.

Lời giải

Nếu (P) và (Q) có một điểm chung thì chúng có vô số điểm chung. Các điểm chung đó cùng nằm trên một đường thẳng.

Lời giải

a) Ta có: a // a’ mà a’ ⊂ (Q) nên a // (Q);

               b // b’ mà b’ ⊂ (Q) nên b // (Q).

Do a // (Q);

      b // (Q);

      a, b cắt nhau tại M và cùng nằm trong mặt phẳng (P)

Suy ra (P) // (Q).

b) Do (R) // (Q) nên trong mp(R) tồn tại hai đường thẳng a’’, b’’ đi qua M và lần lượt song song với a’, b’ trong mp(Q).

Ta có: a // a’, a’’ // a’ nên a // a’’.

Mà a’’ ∈ (R), do đó a // (R)

Do hai mặt phẳng (P) và (R) có một điểm chung nên chúng có đường thẳng chung d.

Ta có: a // (R);

            a ⊂ (P);

           (P) ∩ (R) = d.

Suy ra a // d.

Mà a, d cùng nằm trong mặt phẳng (P) và cùng đi qua điểm M nên đường thẳng a chính là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (R).

Chứng minh tương tự ta cũng có đường thằng b cũng là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (R).

Như vậy, hai mặt phẳng (P) và (R) có hai giao tuyến a và b nên (P) và (R) là hai mặt phẳng trùng nhau.

Lời giải

a) Do (P) // (Q) và (R) ∩ (P) = a nên (R) // (Q) hoặc (R) cắt (Q).

Giả sử (R) // (Q).

Khi đó qua đường thẳng a có hai mặt phẳng song song với (Q) là mặt phẳng (P) và (R) nên hai mặt phẳng này trùng nhau, điều này mâu thuẫn với giả thiết (R) cắt (P).

Vậy (R) cắt Q.

b) Ta có: a ⊂ (P); b ⊂ (Q) mà (P) // (Q) nên a và b không có điểm chung.

Lại có hai đường thẳng a và b cùng nằm trên mp(R)

Do đó a // b.

Lời giải

a) Ta có: B ∈ (ACC’) và B ∈ (Q) nên B là giao điểm của (ACC’) và (Q);

               B­₁ ∈ (ACC’) và B₁ ∈ (Q) nên B₁ là giao điểm của (ACC’) và (Q).

Do đó (ACC’) ∩ (Q) = BB₁.

Tương tự, ta có (ACC’) ∩ (R) = CC’.

Ta có: (Q) // (R);

           (ACC’) ∩ (Q) = BB₁;

           (ACC’) ∩ (R) = CC’.

Suy ra BB₁ // CC’.

Chứng minh tương tự ta cũng có: (P) // (Q);

                                                      (AA’C’) ∩ (P) = AA’;

                                                      (AA’C’) ∩ (Q) = B₁B’.

Suy ra B₁B’ // AA’.

b) Trong mp(ACC’), xét DACC’ có: BB₁ // CC’ nên theo định lí Thalès ta có:

• \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{A{B_1}}}{{AC'}}\), suy ra \(\frac{{AB}}{{A{B_1}}} = \frac{{CA}}{{C'A}}\);

• \(\frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{{B_1}C'}}{{AC'}}\), suy ra \(\frac{{BC}}{{{B_1}C'}} = \frac{{CA}}{{C'A}}\).

Do đó \(\frac{{AB}}{{A{B_1}}} = \frac{{BC}}{{{B_1}C'}} = \frac{{CA}}{{C'A}}\).

Trong mặt phẳng (AA’C’), xét DAA’C’có: B₁B’ // AA’ nên theo định lí Thalès ta có:

• \[\frac{{A{B_1}}}{{AC'}} = \frac{{A'B'}}{{A'C'}}\], suy ra \(\frac{{A{B_1}}}{{A'B'}} = \frac{{C'A}}{{C'A'}}\);

• \(\frac{{{B_1}C'}}{{AC'}} = \frac{{B'C'}}{{A'C'}}\), suy ra \(\frac{{{B_1}C'}}{{B'C'}} = \frac{{C'A}}{{C'A'}}\).

Do đó \(\frac{{A{B_1}}}{{A'B'}} = \frac{{{B_1}C'}}{{B'C'}} = \frac{{C'A}}{{C'A'}}\).

c) Theo chứng minh ở câu b ta có:

• \(\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{A{B_1}}}{{AC'}}\) và \[\frac{{A{B_1}}}{{AC'}} = \frac{{A'B'}}{{A'C'}}\] nên \[\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{A'B'}}{{A'C'}}\left( { = \frac{{A{B_1}}}{{AC'}}} \right)\]

Do đó \[\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{CA}}{{C'A'}}\].

• \(\frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{{B_1}C'}}{{AC'}}\) và \(\frac{{{B_1}C'}}{{AC'}} = \frac{{B'C'}}{{A'C'}}\) nên \(\frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{B'C'}}{{A'C'}}\left( { = \frac{{{B_1}C'}}{{AC'}}} \right)\)

Do đó \(\frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{{CA}}{{C'A'}}\).

Vậy \[\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{{CA}}{{C'A'}}\].

Lời giải

Theo định lí Thalès, nếu a, b là hai cát tuyến bất kì cắt ba mặt phẳng song song (P), (Q), (R) lần lượt tại các điểm A, B, C và A’, B’, C’ thì \(\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{BC}}{{B'C'}} = \frac{{CA}}{{C'A'}}\).

Do đó \(\frac{{AB}}{{A'B'}} = \frac{{AC}}{{A'C'}}\).

Theo bài, bạn Minh phát biểu rằng \(\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{AC}}{{A'C'}}\)

Mà do \(BC \ne A'B'\) nên phát biểu của bạn Minh là sai.

Lời giải

a)

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CD, DB.

Trong mp(ABC), xét DABC có G₁ là trọng tâm của tam giác nên \(\frac{{A{G_1}}}{{AM}} = \frac{2}{3}\);

Trong mp(ACD), xét DACD có G₂ là trọng tâm của tam giác nên \(\frac{{A{G_2}}}{{AN}} = \frac{2}{3}\);

Trong mp(ABD), xét DABD có G₃ là trọng tâm của tam giác nên \(\frac{{A{G_3}}}{{AP}} = \frac{2}{3}\).

Trong mp(AMP), xét DAMP có \(\frac{{A{G_1}}}{{AM}} = \frac{{A{G_3}}}{{AP}} = \frac{2}{3}\) nên G₁G₃­ // MP (theo định lí Thalès đảo).

Mà MP ⊂ (BCD) nên G₁G₃­ // (BCD).

Chứng minh tương tự ta cũng có \[\frac{{A{G_2}}}{{AN}} = \frac{{A{G_3}}}{{AP}} = \frac{2}{3}\] nên G₂G₃ // NP (theo định lí Thalès đảo).

Mà NP ⊂ (BCD) nên G₂G₃­ // (BCD).

Ta có: G₁G₃­ // (BCD);

           G₂G₃­ // (BCD);

           G₁G₃, G₂G₃ cắt nhau tại G₃ và cùng nằm trong mp(G₁G₂G₃).

Do đó (G₁G₂G₃) // (BCD).

b)

Ta có: B, D cùng thuộc hai mặt phẳng (ABD) và (BCD) nên (ABD) ∩ (BCD) = BD.

Giả sử (ABD) ∩ (G₁G₂G₃) = d.

Ta có: (G₁G₂G₃) // (BCD);

           (ABD) ∩ (BCD) = BD;

           (ABD) ∩ (G₁G₂G₃) = d.

Suy ra d // BD.

Mà G₃ ∈ (ABD) và G₃ ∈ (G₁G₂G₃) nên G_3­ là giao điểm của (G₁G₂G₃) và (ABD).

Do đó giao tuyến d của hai mặt phẳng (G₁G₂G₃) và (ABD) đi qua điểm G₃ và song song với BD, cắt AB, AD lần lượt tại I và K.

Vậy (G₁G₂G₃) ∩ (ABD) = IK.

Lời giải

a)

Ta có: BE // AF (do ABEF là hình bình hành);

            AF ⊂ (AFD)

Do đó BE // (AFD).

Ta cũng có: BC // AD (do ABCD là hình bình hành)

                    AD ⊂ (AFD)

Do đó BC // (AFD).

Do BE // (AFD);

      BC // (AFD);

      BE, BC cắt nhau tại điểm B và cùng nằm trong mp(BEC)

Suy ra (AFD) // (BEC).

b)

+) Do (AFD) song song với (P) nên tồn tại hai đường thẳng trong (AFD) song song với (P).

• Trong mp(ABEF), qua điểm M vẽ đường thẳng song song với AF, đường thẳng này cắt AB, EF lần lượt tại I, J.

Khi đó IJ // AF, mà AF ⊂ (AFD) nên IJ // (AFD).

• Trong mp(ABCD), qua điểm I vẽ đường thẳng song song với AD, cắt CD tại K.

Khi đó IK // AD, mà AD ⊂ (AFD) nên IK // (AFD).

• Ta có: IJ // (AFD);

             IK // (AFD);

             IJ, IK cắt nhau tại điểm I và cùng nằm trong mp(IJK).

Do đó (IJK) // (AFD).

Mà M ∈ IJ, IJ ⊂ (IJK) nên mp (P) đi qua M và song song với (AFD) chính là mp(IJK).

+) Trong mp(ABCD), AC cắt IK tại N, khi đó N là giao điểm của AC và (P).

Trong mp(ABCD), xét DABC có IN // BC (do IK // AD // BC) nên theo định lí Thalès ta có: \[\frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{AI}}{{IB}}\].

Trong mp(ABEF), xét DABF có IM // AF nên theo định lí Thalès ta có: \[\frac{{AI}}{{IB}} = \frac{{FM}}{{MB}}\].

Gọi O là tâm hình bình hành ABEF. Khi đó O là trung điểm của FB nên FO = OB.

Do M là trọng tâm của DABE nên \(MB = \frac{2}{3}OB\) và \(OM = \frac{1}{3}OB\).

Ta có: \[\frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{AI}}{{IB}} = \frac{{FM}}{{MB}} = \frac{{FO + OM}}{{MB}} = \frac{{OB + \frac{1}{3}OB}}{{\frac{2}{3}OB}} = \frac{{\frac{4}{3}OB}}{{\frac{2}{3}OB}} = 2\].

Vậy \(\frac{{AM}}{{NC}} = 2\).