Giải bài 62 trang 118, 119 sách bài tập toán 11 - Cánh diều

Đề bài

Cho hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$. Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm của $AD$, $B'C'$, $DD'$.

a) Chứng minh rằng $ADC'B'$ là hình bình hành.

b) Chứng minh rằng $BD\parallel \left( {AB'D'} \right)$, $MN\parallel \left( {AB'D'} \right)$.

c) Chứng minh rằng $\left( {MNP} \right)\parallel \left( {AB'D'} \right)$ và $BD\parallel \left( {MNP} \right)$.

d*) Xác định giao tuyến của $\left( {MNP} \right)$ với các mặt của hình hộp.

e*) Lấy một đường thẳng cắt ba mặt phẳng $\left( {AB'D'} \right)$, $\left( {MNP} \right)$, $\left( {C'BD} \right)$ lần lượt tại $I$, $J$, $H$. Tính tỉ số $\frac{{IJ}}{{JH}}$.

Lời giải chi tiết

a) Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp, nên ta có $ABCD$ và $BCC'B'$ là các hình bình hành. Vì $ABCD$ là hình bình hành, ta có $AD\parallel CB$ và $AD = CB$. Mà $BCC'B'$ cũng là hình bình hành, nên ta có $B'C'\parallel BC$ và $B'C' = BC$.

Như vậy ta suy ra $AD\parallel B'C'$ và $AD = B'C'$. Điều này có nghĩa $ADC'B'$ là hình bình hành. Ta có điều phải chứng minh.

b) Do $ABCD.A'B'C'D'$ là hình hộp, ta có $BB' = DD'$ và $BB'\parallel DD'$. Suy ra $DBB'D'$ là hình bình hành, suy ra $BD\parallel B'D'$. Mà $B'D' \subset \left( {AB'D'} \right)$, ta suy ra $BD\parallel \left( {AB'D'} \right)$.

Xét tứ giác $AMNB'$, ta có $AM\parallel NB'$ (do $AD\parallel B'C'$) và $AM = NB'$ (do cùng bằng một nửa $AD$) nên nó là hình bình hành. Suy ra $MN\parallel AB'$. Do $AB' \subset \left( {AB'D'} \right)$, ta suy ra $MN\parallel \left( {AB'D'} \right)$.

c) Theo câu b, ta đã chứng minh được $MN\parallel \left( {AB'D'} \right)$.

Do $M$ là trung điểm của $AD$, $P$ là trung điểm của $DD'$, nên $MP$ là đường trung bình của tam giác $AD'D$. Suy ra $MP\parallel AD'$. Do $AD' \subset \left( {AB'D'} \right)$ nên $MP\parallel \left( {AB'D'} \right)$.

Như vậy $\left( {MNP} \right)$ có hai đường thẳng $MN$ và $MP$ cùng song song với $\left( {AB'D'} \right)$, và hai đường thẳng này cắt nhau tại $M$, nên ta kết luận $\left( {MNP} \right)\parallel \left( {AB'D'} \right)$.

Vì $BD\parallel \left( {AB'D'} \right)$, $\left( {MNP} \right)\parallel \left( {AB'D'} \right)$ nên ta suy ra $BD\parallel \left( {MNP} \right)$.

d*) Gọi $E$, $F$, $K$ lần lượt là trung điểm của $C'D'$, $B'B$, $AB$.

Do $P$ là trung điểm của $DD'$, $E$ là trung điểm của $C'D'$ nên $PE$ là đường trung bình của tam giác $C'D'D$, suy ra $PE\parallel C'D$.

Tứ giác $DMNC'$ có $DM\parallel NC'$ (do $AD\parallel B'C'$) và $DM = NC'$ (do cùng bằng một nửa $AD$) nên nó là hình bình hành. Suy ra $MN\parallel DC'$.

Như vậy ta suy ra $PE\parallel MN$, điều đó có nghĩa $E \in \left( {MNP} \right)$. Chứng minh tương tự ta cũng có $F \in \left( {MNP} \right)$ và $K \in \left( {MNP} \right)$. Như vậy sáu điểm $E$, $F$, $K$, $M$, $N$, $P$ đồng phẳng.

Xét mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ (cũng là mặt phẳng $\left( {MPENFK} \right)$) và $\left( {ADD'A'} \right)$, ta thấy rằng $M$ và $P$ là hai điểm chung của hai mặt phẳng trên, như vậy giao tuyến của $\left( {MPENFK} \right)$ và $\left( {ADD'A'} \right)$ chính là đường thẳng $MP$.

Chứng minh tương tự, giao tuyến của mặt phẳng $\left( {MPENFK} \right)$ với các mặt phẳng $\left( {DCC'D'} \right)$, $\left( {A'B'C'D'} \right)$, $\left( {BCC'B'} \right)$, $\left( {ABB'A'} \right)$, $\left( {ABCD} \right)$ lần lượt là các đường $PE$, $EN$, $NF$, $FK$, $KM$.

e*) Gọi $R$, $O$ lần lượt là giao điểm của $AC$ với $MK$ và $BD$.

Xét ba mặt phẳng song song $\left( {AB'D'} \right)$, $\left( {MPENFK} \right)$, $\left( {C'BD} \right)$, ta thấy đường thẳng $AC$ lần lượt cắt ba mặt phẳng trên tại $A$, $R$, $O$. Hơn nữa, theo đề bài, đường thẳng $d$ cũng cắt ba mặt phẳng song song trên lần lượt tại $I$, $J$ và $H$. Theo định lí Thales trong không gian, ta có $\frac{{AR}}{{IJ}} = \frac{{RO}}{{JH}} = \frac{{AO}}{{IH}} \Rightarrow \frac{{IJ}}{{JH}} = \frac{{AR}}{{RO}}$.

Do $M$ là trung điểm của $AD$, $K$ là trung điểm của $AB$ nên $MK$ là đường trung bình của tam giác $ABD$. Hơn nữa, do $R$ là giao điểm của $AC$ và $MK$, nên $R$ là trung điểm của $AO$, do đó $\frac{{AR}}{{RO}} = 1$. Như vậy $\frac{{IJ}}{{JH}} = 1$.