Toán 11 Bài 4 (Cánh diều): Hai mặt phẳng song song
Với giải bài tập Toán lớp 11 Bài 4: Hai mặt phẳng song song sách Cánh diều hay nhất, chi tiết giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 11 Bài 4.
Giải Toán 11 Bài 4: Hai mặt phẳng song song
Làm thế nào để nhận ra được hai mặt phẳng song song? Hai mặt phẳng song song thì có tính chất gì?
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.
I. Hai mặt phẳng song song
Hoạt động 1 trang 105 Toán 11 Tập 1: Trong không gian cho hai mặt phẳng phân biệt (P) và (Q).
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:
Gợi ý ví dụ trong thực tiễn minh họa hình ảnh hai mặt phẳng song song: các mặt sàn của ngôi nhà; các mặt bậc cầu thang; mặt bàn và nền nhà; …
Lời giải:
Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) có một điểm chung thì chúng có đường thẳng chung d.
Ta có: a // (Q);
a ⊂ (P);
(P) ∩ (Q) = d.
Suy ra a // d.
Tương tự ta cũng có b // d.
Mà a, b, d cùng nằm trong mặt phẳng (P) nên a // b // d, điều này mâu thuẫn với giả thiết a, b cắt nhau trong (P).
Vậy hai mặt phẳng (P) và (Q) không có điểm chung hay (P) // (Q).
Lời giải:
Trong mặt phẳng (AMP), xét AMP có I, K lần lượt là trung điểm của AM, AP nên IK là đường trung bình
Do đó IK // MP.
Mà MP ⊂ (BCD) nên IK // (BCD).
Trong mặt phẳng (ANP), xét ANP có J, K lần lượt là trung điểm của AN, AP nên JK là đường trung bình
Do đó JK // NP.
Mà NP (BCD) nên JK // (BCD).
Ta có: IK // (BCD);
JK // (BCD);
IK, JK cắt nhau tại điểm K và cùng nằm trong mặt phẳng (IJK).
Suy ra (IJK) // (BCD).
Hoạt động 3 trang 106, 107 Toán 11 Tập 1: Cho mặt phẳng (Q) và điểm M nằm ngoài mặt phẳng (Q).
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.
a) Mặt phẳng (R) có cắt mặt phẳng (Q) hay không? Tại sao?
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:
Giả sử (R) = (a, b).
Ta có: A ∈ (R) và A ∈ (P) nên A là giao điểm của hai mặt phẳng (R) và (P).
A’ ∈ (R) và A’ ∈ (P) nên A’ là giao điểm của hai mặt phẳng (R) và (P).
Do đó (R) ∩ (P) = AA’.
Tương tự ta cũng có (R) ∩ (Q) = BB’.
Do (P) // (Q);
(R) ∩ (P) = AA’;
(R) ∩ (Q) = BB’
Suy ra AA’ // BB’
Trong mp(R), xét tứ giác ABB’A’ có: AA’ // BB’ và AB // A’B’ (do a // b)
Suy ra ABB’A’ là hình bình hành
Do đó AB = A’B’.
III. Định lí Thales
a) Nêu vị trí tương đối của BB1 và CC’; B1B’ và AA’.
b) Có nhận xét gì về các tỉ số: và và .
c) Từ kết quả câu a) và câu b), so sánh các tỉ số và .
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:
• , suy ra ;
• , suy ra .
Do đó .
Trong mặt phẳng (AA’C’), xét AA’C’có: B1B’ // AA’ nên theo định lí Thalès ta có:
• , suy ra ;
• , suy ra .
Do đó .
c) Theo chứng minh ở câu b ta có:
• và nên
Do đó .
• và nên
Do đó .
Vậy .
Phát biểu của bạn Minh có đúng không? Vì sao?
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 .
Do đó .
Theo bài, bạn Minh phát biểu rằng
Mà do nên phát biểu của bạn Minh là sai.
Lời giải:
Phát biểu của bạn Chung không đúng vì trong trường hợp này, để (P) // (Q) thì hai đường thẳng a và b trong mặt phẳng (P) cần thêm điều kiện cắt nhau tại một điểm.
Chẳng hạn: xét trường hợp hai đường thẳng a và b song song với nhau trong mp(P) (hình vẽ).
Do a // (Q) nên tồn tại đường thẳng c nằm trên (Q) sao cho c // a.
Do a // b và c // a nên a // b // c.
Ta có: b // c mà c ⊂ (Q) nên b // (Q).
Trong hình vẽ trên, tuy a // (Q) và b // (Q) nhưng (P) không song song với (Q).
Lời giải:
• Ta có: AB // CD (do ABCD là hình bình hành).
Mà CD ⊂ mp(CDD’C’) nên AB // (CDD’C’).
Lại có a // d nên A’A // D’D
Mà D’D ⊂ mp(CDD’C’) nên A’A // (CDD’C’).
Ta có: AB // (CDD’C’);
A’A // (CDD’C’);
AB, A’A cắt nhau tại A và cùng nằm trong (ABB’A’)
Do đó (ABB’A’) // (CDD’C’).
Ta có: (ABB’A’) // (CDD’C’);
(ABB’A’) ∩ (Q) = A’B’;
(CDD’C’) ∩ (Q) = C’D’.
Do đó A’B’ // C’D’.
• Tương tự, (ADD’A’) // (BCC’B);
(ADD’A’) ∩ (Q) = A’D’;
(BCC’B) ∩ (Q) = B’C’.
Do đó A’D’ // B’C’.
Tứ giác A’B’C’D’ có A’B’ // C’D’ và A’D’ // B’C’ nên A’B’C’D là hình bình hành.
a) Chứng minh rằng (G1G2G3) // (BCD).
b) Xác định giao tuyến của mặt phẳng (G1G2G3) với mặt phẳng (ABD).
Lời giải:
a)
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CD, DB.
Trong mp(ABC), xét ABC có G1 là trọng tâm của tam giác nên ;
Trong mp(ACD), xét ACD có G2 là trọng tâm của tam giác nên ;
Trong mp(ABD), xét ABD có G3 là trọng tâm của tam giác nên .
Trong mp(AMP), xét AMP có nên G1G3 // MP (theo định lí Thalès đảo).
Mà MP ⊂ (BCD) nên G1G3 // (BCD).
Chứng minh tương tự ta cũng có 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 G3 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.
a) Chứng minh rằng (AFD) // (BEC).
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: .
Trong mp(ABEF), xét DABF có IM // AF nên theo định lí Thalès ta có: .
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 ABE nên và .
Ta có: .
Vậy .
Lý thuyết Hai mặt phẳng song song
I. Hai mặt phẳng song song
Hai mặt và được gọi là song song với nhau nếu chúng không có điểm chung. Kí hiệu// hay //.
*Nhận xét: Hai mặt và có diểm chung. Khi đó, chúng cắt nhau theo một đường thẳng.
II. Điều kiện và tính chất
- Nếu mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt nhau a,b và a,b cùng song song với mặt phẳng phẳng thì song song với
- Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước có một và chỉ một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.
* Hệ quả:
- Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng thì có duy nhất một mặt phẳng chứa a và song song với mặt phẳng
- Nếu 2 mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ 3 thì song song với nhau.
- Cho hai mặt phẳng và song song. Nếu mặt phẳng cắt mặt phẳng thì cũng cắt mặt phẳng và hai giao tuyến song song với nhau.
III. Định lí Thalès
Nếu a, b là hai cát tuyến bất kì cắt 3 mặt phẳng song song , và lần lượt tại các điểm A, B, C và A’, B’, C’ thì
Xem thêm lời giải bài tập Toán 11 Cánh diều hay, chi tiết khác:
Bài 1: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian
Bài 2: Hai đường thẳng song song trong không gian
Bài 3: Đường thẳng và mặt phẳng song song
Bài 5: Hình lăng trụ và hình hộp
Bài 6: Phép chiếu song song. Hình biểu diễn của một hình không gian
Xem thêm các chương trình khác:
- Soạn văn lớp 11 Cánh diều (hay nhất)
- Văn mẫu lớp 11 - Cánh diều
- Tóm tắt tác phẩm Ngữ văn 11 – Cánh diều
- Tác giả tác phẩm Ngữ văn 11 - Cánh diều
- Giải SBT Ngữ văn 11 – Cánh diều
- Bố cục tác phẩm Ngữ văn 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Ngữ văn 11 – Cánh diều
- Nội dung chính tác phẩm Ngữ văn lớp 11 – Cánh diều
- Soạn văn 11 Cánh diều (ngắn nhất)
- Giải sgk Tiếng Anh 11 – ilearn Smart World
- Giải sbt Tiếng Anh 11 - ilearn Smart World
- Trọn bộ Từ vựng Tiếng Anh 11 ilearn Smart World đầy đủ nhất
- Giải sgk Vật lí 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Vật lí 11 – Cánh diều
- Giải sbt Vật lí 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Vật lí 11 – Cánh diều
- Giải sgk Hóa học 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Hóa học 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Hóa 11 - Cánh diều
- Giải sbt Hóa học 11 – Cánh diều
- Giải sgk Sinh học 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Sinh học 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Sinh học 11 – Cánh diều
- Giải sbt Sinh học 11 – Cánh diều
- Giải sgk Giáo dục Kinh tế và Pháp luật 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Kinh tế pháp luật 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Kinh tế pháp luật 11 – Cánh diều
- Giải sbt Kinh tế pháp luật 11 – Cánh diều
- Giải sgk Lịch sử 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Lịch sử 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Lịch sử 11 - Cánh diều
- Giải sbt Lịch sử 11 – Cánh diều
- Giải sgk Địa lí 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Địa lí 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Địa lí 11 - Cánh diều
- Giải sbt Địa lí 11 – Cánh diều
- Giải sgk Công nghệ 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Công nghệ 11 - Cánh diều
- Giải sbt Công nghệ 11 – Cánh diều
- Giải sgk Tin học 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Tin học 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Tin học 11 - Cánh diều
- Giải sbt Tin học 11 – Cánh diều
- Giải sgk Giáo dục quốc phòng an ninh 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Giáo dục quốc phòng 11 – Cánh diều
- Giải sbt Giáo dục quốc phòng 11 – Cánh diều
- Giải sgk Hoạt động trải nghiệm 11 – Cánh diều