ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1 Vị trí tương đối của hai đường thẳng phân biệtCho đường thẳng dvà mặt phẳng(P). Có ba trường hợp xảy ra:

Đường thẳngdvà(P)có2điểm chung phân biệt_⇒d⊂(P). Đường thẳngdvà(P)có1điểm chung duy nhất_⇒d∩(P)=A. Đường thẳngdvà(P)không có điểm chung nào_⇒d∥(P).

Định nghĩa 1. Đường thẳngdvà mặt phẳng(P)gọi là song song với nhau nếu chúng không có điểm chung.

2 Các định lý

Định lí 1. Nếu đường thẳng d không nằm trong mặt phẳng(α)và d song song với đường thẳng d⁰ nằm trong(α)thìdsong song với(α).

Định lí 2. Cho đường thẳngasong song với mặt phẳng(α). Nếu mặt phẳng(β)chứaavà cắt(α)theo giao tuyếnbthìbsong song với(α).

Hệ quả 1. Nếu hai mặt phẳng phân biệt cắt nhau và cùng song song với một đương thẳng thì giao tuyến của chúng (nếu có) cũng song song với đường thẳng đó.

Định lí 3. Cho hai đường thẳng chéo nhau. Có duy nhất một mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.

B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP

{DẠNG 2.1. Chứng minh dường thẳng a song song với mặt phẳng (P)

Phương pháp: Chứng minh





 a∥b b⊂(P) a∉(P)

⇒a∥(P).

1

^{VÍ DỤ}

VÍ DỤ 1. Cho tứ diệnABCD. Gọi MvàNlần lượt là trọng tâm của các tam giác ACDvàBCD. Chứng minh rằngM Nsong song với các mặt phẳng(ABC)và(ABD).

Lời giải.

GọiP,Qlần lượt là trung điểm củaBCvàCD. Khi đó, ta có ^{Q M}

M A=Q N NB=1

3⇒M N∥AB. Vì







M N6⊂(ABC) AB⊂(ABC) M N∥AB

nênM N∥(ABC).

Tương tự, ta có







M N6⊂(ABD) AB⊂(ABD) M N∥AB

nênM N∥(ABD).

A

B P

N

D M

C

Q

ä VÍ DỤ 2. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành. GọiM,N lần lượt là trung điểm của các cạnhABvàCD.

Chứng minhM Nsong song với các mặt phẳng(SBC)và(S AD). 1

GọiElà trung điểm củaS A. Chứng minhSBvàSCđều song song với mặt phẳng(M N E). 2

Lời giải.

Từ giả thiết, ta suy raM N∥BCvàM N∥AD. Vì







M N6⊂(SBC) BC⊂(SBC) M N∥BC

nênM N∥(SBC).

Tương tự, ta có







M N6⊂(S AD) AD⊂(S AD) M N∥AD

nênM N∥(S AD). 1

Từ giả thiết, ta có ^AE AS =AM

AB =1

2⇒ME∥SB. Vì







SB6⊂(M N E) ME⊂(M N E) ME∥SB

nênSB∥(M N E).

Tương tự, gọiOlà tâm của hình bình hành.

Khi đó ^AO AC=AE

AS=1

2⇒EO∥SC. Vì







SC6⊂(M N E) EO⊂(M N E) EO∥SC

nênSC∥(M N E). 2

S

O

C

D N E

A

B M

ä {DẠNG 2.2. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng

Phương pháp: Áp dụng một trong hai cách sau

Cách 1:





 a∥(P) a⊂(Q) M∈(P)∩(Q)

⇒(P)∩(Q)=M x∥a. 1

Cách 2:





 a∥(P) a∥(Q) M∈(P)∩(Q)

⇒(P)∩(Q)=M x∥a. 2

VÍ DỤ 1. Cho tứ diệnABCDcóGlà trọng tâm4ABC,M∈CDvớiMC=2MD. Chứng minhMG∥(ABD).

1 2 Tìm(ABD)∩(BG M). 3 Tìm(ABD)∩(AG M).

Lời giải.

GọiN là trung điểm củaAB. Trong tam giácCD N, ta có ^CM CD =CG

CN= 2

3⇒G M∥N D. VìN D⊂(ABD),G M6⊂(ABD)nênG M∥(ABD). 1

Vì

(G M∥(ABD)

B∈(ABD)∩(BG M)⇒(ABD)∩(BG M)=Bx∥G M∥N D. 2

Vì

(G M∥(ABD)

A∈(ABD)∩(AG M)⇒(ABD)∩(BG M)=A y∥G M∥N D. 3

A

y

D M

x B

N

G

C

ä {DẠNG 2.3. Tìm thiết diện song song với một đường thẳng

Phương pháp:Để tìm thiết diện của mặt phẳng song song với mặt phẳng(α)đi qua một điểm và song song với hai đường thẳng chéo nhau hoặc (α)chứa một đường thẳng và song song với một đường thẳng sử dụng tích chất sau:







M∈(α)∩(β) d∥(α) d⊂(β)

⇒(α)∩(β)=a∥d, (vớiM∈a).

VÍ DỤ 1. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, Ilần lượt là trung điểm của BC, AC. Mặt phẳng (P)đi qua điểm M, song song vớiBI vàSC. Xác định trên hình vẽ các giao điểm của(P)với các cạnhAC,S A,SB. Từ đó suy ra thiết diện của(P)cắt hình chóp.

Lời giải.

Vì

((P)∥SC

M∈(P)∩(SBC)⇒(P)∩(SBC)=M N∥SC,N∈SB (1) Tương tự,

((P)∥BI

M∈(P)∩(ABC)⇒(P)∩(ABC)=MH∥BI,H∈AC (2) Mặt khác,

((P)∥(SC)

N∈(P)ca p(S AC)⇒(P)∩(S AC)=HK∥SC,K∈S A(3)Từ(1),(2) và(3)ta có thiết diện của(P)với tư diệnABCDlà tứ giácM N K H.

C

B

M I S

H A

K

N

ä

1

BÀI TẬP ÁP DỤNG

BÀI 550. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình bình hành tâmO. GọiM,Nlần lượt là trung điểmS A,SD. Chứng minh rằng:

BC∥(S AD).

1 2 AD∥(SBC). 3 M N∥(ABCD).

M N∥(SBC).

4 5 MO∥(SCD). 6 NO∥(SBC).

Lời giải.

S

A M

D N

B C

O

BC∥(S AD) Ta có







BC∥AD AD⊂(S AD) BC6⊂(S AD)

⇒BC∥(S AD). 1

Ta có







AD∥BC BC⊂(SBC) AD6⊂(SBC)

⇒AD∥(SBC). 2

Ta có ^SM S A =SN

SD =1

2⇒M N∥AD. Khi đó







M N∥AD

AD⊂(ABCD)

M N6⊂(ABCD)

⇒M N∥(ABCD). 3

Ta có ^SM S A =SN

SD ⇒M N∥AD, vìAD∥BCnênM N∥BCKhi đó







M N∥BC BC⊂(SBC) M N6⊂(SBC)

⇒M N∥(SBC). 4

Ta có ^AM AS = AO

AC=1

2⇒MO∥SC. Vì







MO∥SC SC⊂(SCD) MO6⊂(SCD)

⇒MO∥(SCD). 5

Ta có ^{D N} DS =DO

DC=1

2⇒NO∥SB. Vì







NO∥SB SB⊂(SBC) NO6⊂(SBC)

⇒NO∥(SBC). 6

ä BÀI 551. Cho hình chópS.ABCD có dáy ABCDlà hình chữ nhật. GọiG là trọng tâm tam giácS AD vàElà điểm trên cạnhDCsao choDC=3DE,Ilà trung điểm AD.

Chứng minhOI∥(S AB)vàOI∥(SCD). 1

Tìm giao điểmP củaI Evà(SBC). Chứng minhGE∥(SBC). 2

Lời giải.

Ta cĩ







OI∥AB AB⊂(S AB) OI6⊂(S AB)

⇒OI∥(S AB).

Tương tự,







OI∥CD CD⊂(SCD) OI6⊂(SCD)

⇒OI∥(SCD). 1

Vì ^{D I} D A=1

26=1 3=DE

DCnênI Ekhơng song song vớiAC. Trong hình chữ nhật ABCD, gọiP=I E∩BC⇒P=I E∩(SBC).

GọiK là trung điểm củaBC,G⁰là trọng tâm tam giácSBC. Khi đĩ ^SG

0

SK = SG S I =G⁰G

K I =2

3,suy ra G⁰G∥K I∥CE và _⇒G⁰G= 2

3K I=2

3CD=CE. Do dĩ tứ giácG⁰GEClà hình bình hành, suy raCG⁰∥CE⇒CG∥(SBC).

2

S

A

G

G⁰

D E

B C

O I

K

ä

BÀI 552. Cho hình chĩpS.ABCDcĩ đáyABCDlà hình bình hành. GọiM,Nlần lượt là trung điểmABvàCD.

Chứng minhM N∥(SBC)vàM N∥(S AD). 1

GọiP là trung điểm cạnhS A. Chứng minhSB∥(M N P)vàSC∥(M N P). 2

GọiG,Ilà trọng tâm của tam giác ABCvàSBC. Chứng minhG I∥(M N P). 3

Lời giải.

Từ giả thiết, ta cĩ M N∥AD∥BC. VìM N6⊂(SBC), M N6⊂(S AD) nênM N∥(SBC)vàM N∥(S AD).

1

Ta cĩ ^AP AS=AM

AB =1

2⇒SB∥P M⇒SB∥(M N P). Tương tự, ^AO

AC = AP AS = 1

2 ⇒PO∥SC vì OP ⊂(M N P) nên SC∥ (M N P).

2

3

S

I

G A

M P

D N

B C

O

ä BÀI 553. Cho hình chĩpS.ABCDcĩ đáy là hình thang đáy lớn AB, với AB=2CD. GọiOlà giao điểm của ACvà BD,Ilà trung điểm củaS A,Glà trọng tâm của tam giácSBCvàElà một điểm trên cạnhSDsao cho3SE=2SD. Chứng minh:

D I∥(SBC).

1 2 GO∥(SCD). 3 SB∥(ACE).

Lời giải.

GọiN là trung điểmSB, khi đĩ I N∥ABvàI N=1

2AB. Suy ra I N∥CD, I N=DC suy ra tứ giácI NCD là hình bình hành, do đĩI D∥NC. VậyI D∥(SBC).

1

GO∥(SCD)

GọiPlà trung điểm củaSC, khi đĩGO∥P D, suy raGO∥(SCD). 2

Ta cĩEO∥SB, suy raSB∥(ACE). 3

S

D C

O A

I

P

B E

G

M N

ä BÀI 554. Cho hình chĩpS.ABCD cĩ đáy là hình bình hành tâmO. Gọi M,N là trung điểm của các cạnh AB,AD. GọiI,J thuộcSM,SNsao cho ^{S I}

SM= S J SN=2

3. Chứng minh M N∥(SBD).

1 2 I J∥(SBD). 3 SC∥(I JO).

Lời giải.

1

Ta cĩM,Nlà trung điểm của các cạnhAB,AD. Suy raM N∥BD, màBD⊂(SBD).

NênM N∥(SBD). 2 Ta cĩ ^{S I}

SM= S J SN=2

3⇒I J∥M N. HayI J∥BD. MàBD⊂(SBD). NênI J∥(SBD).

3 Trong mặt phẳng(ABCD), gọiH là giao điểm củaM N và AC.

Trong mặt phẳng(SM N)gọiK là giao điểm củaI JvàSH. Dễ thấyHlà trung điểm củaAO, suy ra ^HO

HC=1 3. Lại cĩI J∥M N⇒I K∥MH⇒HK

SH = M I SM=1

3. Do đĩ ^HK

HS =HO HC=1

3⇒K O∥SC. MàK O⊂(I JO)⇒SC∥(I JO).

S

K

A

B M

I

D J

C N H

O

ä BÀI 555. Cho tứ diệnABCD,Glà trọng tâm của tam giácABDvàIlà điểm trên cạnhBCsao choBI=2IC. Chứng minhIG∥(ACD).

Lời giải.

GọiHlà trung điểm củaBD. Trong mặt phẳng(BCD), gọiKlà giao điểm củaH IvàCD.

Theo định lý Menelaus cĩ ^BH HD ·IC

BI·K D

K C =1⇔1·1 2·K D

K C =1⇔ K D

K C=2.

Suy raClà trung điểm củaK D, suy raBClà trung tuyến của 4BDK.

MàBI=2IC, suy raIlà trọng tâm của₄BDK. Suy ra ^{H I}

HK=1

3. Lại cĩGlà trọng tâm của4ABD⇒HG HK=1

3. Do đĩ,G I∥AK, màAK⊂(ACD)⇒IG∥(ACD).

A

D

K

B I H

G C

ä BÀI 556. Cho tứ diện ABCD. Gọi G và P lần lượt là trọng tâm của tam giác ACD và ABC. Chứng minh rằng GP∥(BCD),GP∥(ABD).

Lời giải.

GọiK,Hlần lượt là trung điểm củaBCvàCD. Suy raK H∥BD (1). Ta cóG,P lần lượt là trọng tâm của₄ACD,4ABC.

Suy ra ^AP AK =2

3,AG AH =2

3⇒PG∥HK (2). Từ (1) và (2), suy raGP∥BD.

MàBD⊂(BCD),BD⊂(ABD), suy raGP∥(BCD),GP∥(ABD).

A

C B

K

P D

H G

ä BÀI 557. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình bình hành,Olà giao điểm củaACvàBD,Mlà trung điểm củaS A.

1 Chứng minhOM∥(SCD).

2 Gọi(α)là mặt phẳng đi quaM, đồng thời song song vớiSCvà AD. Tìm thiết diện của mặt phẳng(α)với hình chópS.ABCD.

Lời giải.

1

Ta cóM,Olà trung điểm củaS Avà AC, suy raMO∥SC. MàSC⊂(SCD)⇒OM∥(SCD).

2 VìMO∥SC⇒O∈(α). Ta có







O∈(α)∩(ABCD) AD∥(α)

AD⊂(ABCD)

⇒(α)∩(ABCD)=PQ. VớiPQ∥AD,O∈PQ,Q∈AB,P∈CD.

Lại có







P∈(α)∩(SCD) SC∥(α) SC⊂(SCD)

⇒(α)∩(SCD)=P N, vớiP N∥SC. Có(α)∩(S AD)=M N, (α)∩(S AB)=MQ.

Nhận thấyP,Qlà trung điểm củaCDvàAB. Suy raNlà trung điểm củaSD.

Suy raM N∥PQ. Vậy thiết diện là hình thang M N PQ.

S

O C A

B Q

D N

P M

ä BÀI 558. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thang đáy lớnAB. GọiM là trung điểm củaCD,(α)là mặt phẳng quaM, đồng thời song song vớiS AvàBC. Tìm thiết điện của(α)với hình chóp S.ABCD. Thiết diện là hình gì?

Lời giải.

Ta có







M∈(α)∩(ABCD) BC∥(α)

BC⊂(ABCD)

⇒(α)∩(ABCD)=MK, vớiMK∥BC,K∈AB.

Có







K∈(α)∩(S AB) S A∥(α) S A⊂(S AB)

⇒(α)∩(S AB)=K H, vớiK H∥S A.

Lại có







H∈(α)∩(SBC) BC∥(α) BC⊂(SBC)

⇒(α)∩(SBC)=H I, vớiH I∥BC. Do đó,α∩(SCD)=I M, màMK,H Iđều song song vớiBC. Vậy thiết diện của hình chóp là hình thangMK H I.

S

B I

M

D C

K A

H

ä BÀI 559. Cho hình chópS.ABCD. GọiM,N thuộc cạnhAB,CD. Gọi(α)là mặt phẳng quaM Nvà song song vớiS A.

1 Tìm thiết diện của(α)với hình chóp.

2 Tìm điều kiện củaM Nđể thiết diện là hình thang.

Lời giải.

1

Ta có







M∈(α)∩(S AB) S A∥(α) S A⊂(S AB)

⇒(α)∩(S AB)=MP, vớiMP∥S A. Trong mặt phẳng(ABCD), gọiR=M N∩AC.

Ta có







R∈(α)∩(S AC) S A∥(α) S A⊂(S AC)

⇒(α)∩(S AC)=RQ, vớiRQ∥S A. Ta có(α)∩(SCD)=Q N. Vậy thiết diện là tứ giácM NQP. 2 Ta cóM NQPlà hình thang_⇒

"

MP∥Q N (1) M N∥PQ (2). Xét (1) ta có

(S A∥MP

MP∥Q N ⇒S A∥Q N. Do đó

(S A∥Q N

Q N⊂(SCD)⇒S A∥(SCD)(vô lý).

S

D N Q

M P

B

C R A

Xét (2) ta có







BC=(ABCD)∩(SBC) M N⊂(ABCD) PQ⊂(SBC)

⇒M N∥BC.

Ngược lại, nếuM N∥BCthì







PQ=(α)∩(SBC) M N⊂(α) BC⊂(SBC)

⇒M N∥PQ. Vậy để thiết diện là hình thang thìM N∥PQ.

ä BÀI 560. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành. Gọi M là trung điểm của cạnhSC.(P)là mặt phẳng quaAMvà song song vớiBD.

1 Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng(P).

2 GọiE,F lần lượt là giao điểm của (P)với các cạnh SB,SD. Tìm tỉ số diện tích của₄SMEvới₄SBCvà tỉ số diện tích của₄SMFvới₄SCD.

3 GọiK là giao điểm củaMEvàCB,J là giao củaMF vàCD. Chứng minhK,A,J nằm trên đường thẳng song song vớiEFvà tìm tỉ số ^EF

K J. Lời giải.

1

Trong mặt phẳng (ABCD) gọi AC∩BD=O,

trong mặt phẳng (S AC), gọi AM∩SO=I.

Ta có







I∈(P)∩(SBD) BD∥(P) BD⊂(SBD)

⇒ (P)∩(SBD) = EF, với I ∈ EF,E∈SB,F∈SD.

Ta có (P)∩(S AB) = AE, (P)∩ (SBC)=EM, (P)∩(SCD)=MF. Vậy thiết diện là tứ giácAEMF.

S

J

K

D

C O

B

I A

E

M F

2 Trong₄S AC, có Ilà trọng tâm của tam giác_⇒ ^{S I} SO=2

3⇒SE SB=SF

SD=EF BD=2

3 (1). Do đó ^S4AME

S_4SBC =2 3·1

2=1

3, ^S4SMF S_4SCD =2

3·1 2=1

3.

3 Ta có

((MEF)∩(ABCD)=AK

(MEF)∩(ABCD)=A J ⇒K,A,J thẳng hàng.

Theo định lý Menelaus, xét₄SBCta có ^MS MC·EB

ES·K C

K B=1⇔1·1 2·K C

K B=1⇔K C K B=2. HayBlà trung điểm củaK C. Tương tự, ta cóDlà trung điểm củaC J.

Do đó,BDlà đường trung bình của₄K C J⇒







BD∥K J BD=1

2·K J (2). MàBD∥EF. VậyA,K,J nằm trên đường song song vớiEF. Từ (1) và (2), suy ra ^EF

K J =2 3·1

2=1 3.

ä BÀI 561. Cho tứ diện ABCD. Gọi Mvà N là hai điểm lần lượt nằm trên cạnhBCvà AD. Xác định thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng(α)quaM Nvà song song vớiCD. Xác định vị trí của hai điểmM,Nđể thiết diện là hình bình hành.

Lời giải.

Ta có







M=(α)∩(BCD) CD∥(α)

CD⊂(BCD)

⇒(α)∩(BCD)=M I, vớiM I∥CD.







N=(α)∩(ACD) CD∥(α) CD⊂(ACD)

⇒(α)∩(ACD)=N K, vớiN K∥CD. Ta có(α)∩(ABD)=N I, (α)∩(ABC)=MK.

Vậy thiết diện là hình thangM I N K, (vìM I∥N K).

Lại có

(M I∥CD K N∥CD⇒









 M I CD=BM

CB K N CD =AN

AD .

A

C B I

M K

D N

Để thiết diệnM I N Klà hình bình hành khi và chỉ khiM I=N K⇔BM CD =AN

AD. VậyM,Nlần lượt là hai điểm nằm trênBCvàADvà ^BM

CD =AN AD.

ä BÀI 562. Cho tứ diệnABCD. GọiI,J lần lượt là trung điểm củaABvàCD,Mlà một điểm trên đoạnI J. Gọi(P)là mặt phẳng quaMvà song song với ABvàCD.

1 Tìm giao tuyến của mặt phẳng(P)và(ICD).

2 Xác định thiết diện của tứ diện với mặt phẳng(P). Thiết diện là hình gì?

Lời giải.

1 Gọi∆1=(P)∩(ICD), ta có (M∈(P)

M∈I J,I J⊂(ICD)⇒M∈∆1.







(P)∥CD CD⊂(ICD) (P)∩(ICD)=∆1

⇒∆1∥CD.

Vậy∆1là đường thẳng quaMvà song song vớiCD. GọiE=∆1∩IC,F=∆1∩T D, ta được(P)∩(ICD)=EF. 2 Gọi∆2=(P)∩(ABD), ta có

(F∈(P)

F∈I D,I D⊂(ABD)⇒F∈∆2.







(P)∥AB AB⊂(ABD) (P)∩(ABD)=∆2

⇒∆2∥AB.

Vậy∆2là đường thẳng quaF và song song vớiAB. GọiG=∆2∩BD,P=∆2∩AD, ta được(P)∩(ICD)=GP.

C

J A

M I

F

H

G D

P

B

E Q

Gọi∆3=(P)∩(ABC), ta có

(E∈(P)

E∈IC,IC⊂(ABC)⇒E∈∆3.

Ta có







(P)∥AB AB⊂(ABC) (P)∩(ABC)=∆3

⇒∆3∥AB.

Vậy∆3là đường thẳng quaEvà song song với AB. GọiH=∆3∩BC,Q=∆3∩AC, ta được(P)∩(ABC)=HQ.

Giao tuyến của(P)với các mặt phẳng (BCD), (ABD), (ACD), (ABC) lần lượt làGH,GP,PQ,QH. Do đó thiết diện của tứ diện với mặt phẳng(P)là tứ giácHGPQ.

Ta có







(P)∥CD CD⊂(ACD) (P)∩(ACD)=PQ

⇒PQ∥CD

và







(P)∥CD CD⊂(BCD) (P)∩(BCD)=HG

⇒HG∥CD.

Ta có

(HG∥PQ(cùng song song vớiCD)

HQ∥PG(cùng song song vớiAB)⇒tứ giácHGPQlà hình bình hành.

ä BÀI 563. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình bình hành tâmO. GọiK vàJ lần lượt là trọng tâm của các tam giácABCvàSBC.

1 Chứng minhK J∥(S AB).

2 Gọi(P)là mặt phẳng chứaK Jvà song song với AD. Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng(P). Lời giải.

1 Gọi H là trung điểm BC, theo tính chất trọng tâm ta có ^HK

H A = H J HS =1

3⇒K J∥S A (Định lý Ta-lét đảo). Ta có







K J∥S A S A⊂(S AB) K J6⊂(S AB)

⇒K J∥(S AB). 2 Gọi∆1=(P)∩(ABCD), ta có

(K∈K J,K J⊂(P)

K∈(ABCD) ⇒K∈∆1.







(P)∥AD

AD⊂(ABCD)

(P)∩(ABCD)=∆1

⇒∆1∥AD.

Vậy∆1là đường thẳng quaK và song song với AD. GọiE=∆1∩AB,F=∆1∩CD, ta được

(P)∩(ABCD)=EF.

A M

E

B H C

D N

F S

O J

K

Gọi∆2=(P)∩(SBC), ta có

(J∈K J,K J⊂(P)

J∈(SBC) ⇒K∈∆2.

Và







(P)∥AD∥BC

BC⊂(ABCD)

(P)∩(ABCD)=∆2

⇒∆2∥BC.

Vậy∆2là đường thẳng quaJ và song song vớiBC. GọiM=∆2∩SB,N=∆1∩SD, ta được(P)∩(SBC)=M N.

Ta có giao tuyến của(P)với các mặt phẳng(ABCD), (SCD), (SBC), (S AB)lần lượt làEF,F N,N M,N E, do đó thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng(P)là tứ giácM N F E.

ä

BÀI 564. Cho tứ diện ABCD. GọiG₁,G₂ lần lượt là trọng tâm của các tam giác ACD vàBCD. Chứng minh rằng G₁G₂∥(ABC)vàG₁G₂∥(ABD).

Lời giải.

Xét tam giácABMta có MG₂

MB =1

3 (G₂là trọng tâm₄BCD).

MG₁ M A =1

3 (G₁là trọng tâm₄ACD).

Suy ra ^MG2

MB =MG₁

M A ⇒G₁G₂∥AB(Định lý Ta-lét đảo).

Ta có







G1G2∥AB AB⊂(ABC) G₁G₂6⊂(ABC)

⇒G₁G₂∥(ABC).

Ta có







G₁G₂∥AB AB⊂(ABD) G1G26⊂(ABD)

⇒G1G2∥(ABD).

A

B

G₁

D

C G₂

M

ä BÀI 565. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCD là hình bình hành. GọiG là trọng tâm của₄S AB,Ilà trung điểm AB, lấy điểmMtrong đoạnADsao choAD=3AM.

1 Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(S AD)và(SBC).

2 Đường thẳng quaMvà song song vớiABcắtC I tạiN. Chứng minhNG∥(SCD). 3 Chứng minhMG∥(SCD).

Lời giải.

1 Gọi∆=(S AD)∩(SBC), ta cóS∈∆.

Ta có















AD∥BC AD⊂(S AD) BC⊂(SBC) (S AD)∩(SBC)=∆

⇒∆∥AD.

Vậy∆là đường thẳng quaSvà song song vớiAD. 2 Hình thang A ICD có M N∥A I∥CD nên ^{I N}

IC = AM AD =1 (Định lí Ta-lét). 3

4S ABcóGlà trọng tâm nên ^IG I S =1

3. 4I SCcó ^{I N}

IC=IG I S =1

3⇒NG∥SC(Định lý Ta-lét đảo).

A I B

N

C

D

E S

G

M

∆

Ta có







NG∥SC SC⊂(SCD) NG6⊂(SCD)

⇒NG∥(SCD).

3 GọiElà giao điểm củaI MvàCD. VìA I∥DEnên ta có^{I M} ME=AM

MD=1

2 (Định lý Ta-lét).

Xét₄ASEcó ^IG GS= I M

ME=1

2⇒G M∥SE. Ta có







MG∥SE SE⊂(SCD) MG6⊂(SCD)

⇒MG∥(SCD).

ä BÀI 566. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thang với đáy lớnADvàAD=2BC. GọiOlà giao điểm của ACvàBD,Glà trọng tâm của tam giácSCD.

1 Chứng minhOG∥(SBC).

2 ChoMlà trung điểm củaSD. Chứng minhCM∥(S AB).

3 GọiIlà điểm trên cạnhSCsao cho2SC=3S I. Chứng minhS A∥(BD I).

Lời giải.

1 GọiNlà trung điểmSC, vìGlà trọng tâm₄SCDnên^NG GD=1

2. Ta cóBC∥AD⇒BO

OD =CO AO=BC

AD=1

2 (Định lí Ta-lét).

4BN Dcó ^NG GD=BO

OD =1

2⇒OG∥BN (Định lí Ta-lét đảo).

Ta có







OG∥BN BN⊂(SBC) OG6⊂(SBC)

⇒OG∥(SBC).

2 GọiElà trung điểm củaS A, theo tính chất đường trung bình ta cóME∥ADvàME=1

2AD.







ME=BC=1 2AD ME∥BC(∥AD)

⇒Tứ giácMEBC là hình bình hành. _{B C}

D M

N

A I E

S

G

O

Suy raCM∥BE. Ta có







CM∥BE BE⊂(S AB) CM6⊂(S AB)

⇒CM∥(S AB).

3 Ta có2SC=3S I⇔2S I+2IC=3S I⇔S I=2IC. Xét₄S ACcó ^{C I}

I S=CO O A=1

2⇒OI∥S A(Định lí Ta-lét đảo).

Ta có







S A∥BI BI⊂(BD I) AB6⊂(BD I)

⇒AB∥(BD I).

ä BÀI 567. Cho hình chópS.ABCD, đáy ABCDlà hình bình hành. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AD,SB.

1 Chứng minhBD∥(M N P).

2 Tìm giao điểm của(M N P)vớiBC.

3 Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(M N P)và(SBD). 4 Tìm thiết diện của hình chóp với(M N P).

Lời giải.

A P

H B C

D Q

S

N

M

K

1 4ABDcóM Nlà đường trung bình nênM N∥BDvàM N=1 2BD. Ta có







BD∥M N M N⊂(M N P) BD6⊂(M N P)

⇒BD∥(M N P).

2 Trong(ABCD), dựngH=M N∩BC, ta có (H∈BC

H∈M N,M N⊂(M N P)⇒H=(M N P)∩BC.

3 Gọi∆=(M N P)∩(SBD), ta có

(P∈(SBD)

P∈(M N P)⇒P∈∆. Ta có







M N∥BD

M N⊂(M N P), (BD)⊂(SBD) (M N P)∩(SBD)=∆

⇒∆∥M N.

Vậy∆là đường thẳng quaP và song song vớiM N. GọiQ=∆∩SD, ta được(M N P)∩(SBD)=PQ.

4 Trong(SBC), dựngK=HP∩SC. Giao tuyến của(M N P)với các mặt phẳng(ABCD), (S AB), (SBC), (SCD), (SD A) lần lượt làM N,P M,P K,KQ,Q N. Vậy thiết diện của hình chóp với(M N P)là ngũ giácP M NQK.

ä BÀI 568. Cho tứ diệnABCD. GọiM là điểm thuộcBCsao choMC=2MB. GọiN,P lần lượt trung điểm củaBDvà AD.

1 Chứng minhN P∥(ABC).

2 Tìm giao điểmQcủaACvới(M N P)và tính ^{Q A}

QC. Suy ra thiết diện của hình chóp bị cắt bởi(M N P). 3 Chứng minhMG∥(ABD), vớiGlà trọng tâm của tam giácACD.

Lời giải.

1 4ABD có N P là đường trung bình nên N P∥AB và N P= 1

2AB. Ta có







N P∥AB AB⊂(ABC) N P6⊂(ABC)

⇒N P∥(ABC). 2 Gọi∆=(M N P)∩(ABC), ta có

(M∈(SBD)

M∈BC,BC⊂(ABC)⇒M∈∆.







N P∥(ABC) N P⊂(M N P) (M N P)∩(ABC)=∆

⇒∆∥AB.

Vậy∆là đường thẳng quaMvà song song với AB. Trong(ABC)dựngQ=∆∩AC, ta có

(Q∈AC

Q∈∆^,∆⊂(M N P)⇒Q=AC∩(M N P).

A

G B

M Q

D P

C

N

Ta cóMC=2MB⇔MC+MB=3MB⇔BC=3MB⇔MB BC =1

3. Xét₄ABCcóQ M∥AB⇒Q A

QC=BM BC =1

3.

Ta có giao tuyến của(M N P)với các mặt phẳng(ABC), (ACD), (ABD), (BCD)lần lượt làQ M,QP,P N,M N. Vậy thiết diện cùa hình chóp bị cắt bởi(M N P)là tứ giácM N PQ.

3 VìGlà trọng tâm₄ACDnên ^PG PC =1

3. Xét₄BCPcó ^PG

PC =BM BC =1

3⇒MG∥BP(Định lí Ta-lét đảo).

Ta có







MG∥BP BP⊂(ABD) MG6⊂(ABD)

⇒MG∥(ABD).

ä

BÀI 569. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình bình hành.

1 Tìm giao tuyến của(S AC)và(SBD);(S AB)và(SCD).

2 Một mặt phẳng quaBCvà song song với ADcắtS AtạiE, (E6=S,E6=A), cắtSDtạiF, (F6=S,F6=D). Tứ giác BEFClà hình gì?

3 GọiMthuộc đoạnADsao cho AD=3AMvàGlà trọng tâm tam giácS AB,Ilà trung điểm AB. Đường thẳng quaMvà song song ABcắtC ItạiN. Chứng minhNG∥(SCD)vàMG∥(SCD).

Lời giải.

S

M G

F

A

O

B

E

D

H

C N

I

∆

1 Ta cóS∈(S AC)∩(SBD)

Trong(ABCD), dựngO=AC∩BD, ta có

(O∈AC,AC⊂(S AC)

O∈BD,BD⊂(SBD)⇒O∈(S AC)∩(SBD).

Vậy(S AC)∩(SBD)=SO.

Gọi∆=(S AB)∩(SCD), ta cóS∈∆

Ta có















AB∥CD AB⊂(S AB) CD⊂(SCD) (S AB)∩(SCD)=∆

⇒∆∥AB.

Vậy∆là đường thẳng quaSvà song song vớiAB. 2 Ta có















BC∥AD BC⊂(BCF E) AD⊂(S AD)

(BCF E)∩(S AD)=EF

⇒EF∥AD∥BC.

Vậy tứ giácBCF Elà hình thang.

3 Xét hình thangA ICDcóM N∥A I⇒AM AD =I N

IC =1

3(Định lí Ta-lét).

VìGlà trọng tâm tam giácS ABnên ^IG I S =1

3. Xét₄I SCta có

IG I S =I N

IC =1

3⇒G N∥SC(Định lí Ta-lét đảo).

Ta có







G N∥SC SC⊂(SCD) NG6⊂(SCD)

⇒NG∥(SCD).

Trong(ABCD), dựngH=I M∩CD. VìA I∥D Mnên ta có ^{I M} I H =AM

AD =1

3 (Định lí Ta-lét).

Xét₄I SHta có

IG I S =I M

I H=1

3⇒G M∥SH(Định lí Ta-lét đảo). Ta có







MG∥SH SH⊂(SCD) MG6⊂(SCD)

⇒MG∥(SCD).

ä BÀI 570. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành tâmO. GọiM,N,P lần lượt là trung điểm của S A,BC,CD.

1 Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(S AC)và(SBD). 2 Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(S AB)và(SCD). 3 Tìm giao điểmEcủaSBvà(M N P).

4 Chứng minhN E∥(S AP). Lời giải.

A

C

D F

S

B E

Q

M

O P

N

1 Ta cóO=AC∩BD⇒

(O∈AC⊂(S AC) O∈BC⊂(SBD).

Do đóOlà điểm chung của hai mặt phẳng(S AC)và(SBD) màSlà điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng(S AC)và(SBD) nênSO=(S AC)∩(SBD).

2 Ta có















AB∥CD AB⊂(S AB) CD⊂(SCD) S∈(S AB)∩(SCD)

⇒(S AB)∩(SCD)=Sx∥ABvàSx∥CD.

3 GọiQ=N P∩AB⇒Qlà điểm chung của(S AB)và(M N P) màM là điểm chung thứ hai nên(S AB)∩(M N P)=MQ. Trong mặt phẳng(S AB)gọiE=MQ∩SB.

Ta có

(E∈SB

E∈MQ⊂(M N P)⇒E=SB∩(M N P).

4 Ta cĩNlà trung điểm củaBCvàBQ∥CPnênBQ=CPvàNQ=N P (1). GọiF là trung điểm củaAB, ta cĩAF=BF=AB

2 =CD

2 =CP=BQ.

Ta cĩM,F là trung điểm củaS Avà ABnênMF là đường trung bình tam giácS ABnênMF∥SB. Trong tam giácQ MFcĩBlà trung điểmQFvàBE∥MF nênElà trung điểmMQ (2).

Từ(1)và(2)ta cĩENlà đường trung bình tam giácQ MP⇒EN∥MP. Mặt khác, doMP⊂(S AP)nênN E∥(S AP).

ä BÀI 571. Cho tứ diệnABCD. Lấy điểmMtrên cạnhABsau choAM=2MB. GọiGlà trọng tâm₄BCDvàIlà trung điểmCD,Hlà điểm đối xứng củaGquaI.

1 Chứng minhGD∥(MCH).

2 Tìm giao điểmK củaMGvới(ACD). Tính tỉ số ^GK G M. Lời giải.

1 Ta cĩIC=I DvàIG=I HnênGDHClà hình bình hành.

Do đĩGD∥CH

màCH⊂(MCH)nênGD∥(MCH). 2 Trong mp(ABI), gọiK=A I∩MG, ta cĩ

(K∈A I⊂(ACD) K∈MG

⇒K=MG∩(ACD).

Trong mp(ABI), kẻGE∥AB,(E∈A I). Xét tam giácABI, cĩGE∥AB, suy ra ^GE

AB=IG IB=1

3⇒ GE

AM=1 2. Xét tam giácAK M, cĩGE∥AM, suy ra ^KG

K M = GE AM=1

2⇒GK

G M=1.

B M

D

K E

C G I

H A

ä BÀI 572. Cho hình chĩpS.ABCDcĩ đáyABCDlà hình bình hành. GọiI,K lần lượt là trung điểm củaBCvàCD.

1 Tìm giao tuyến của(S I K)và(S AC),(S I K)và(SBD). 2 GọiMlà trung điểm củaSB. Chứng minhSD∥(ACM). 3 Tìm giao điểmF củaD M và(S I K). Tính tỉ số ^MF

MD. Lời giải.

A M

C

D S

K

x

F

B

O I

E

1 Ta cóS∈(S I K)∩(S AC).

Trong mp(ABCD), gọiE=I K∩AC⇒

(E∈I K⊂(S I K)

E∈AC⊂(S AC)⇒E∈(S I K)∩(S AC).

Suy raSE=(S I K)∩(S AC).

Ta có

(S∈(S I K)∩(SBD)

BD∈(SBD),I K∈(S I K),BD∥I K ⇒(S I K)∩(SBD)=Sx, (vớiSx∥BD∥I K).

2 Trong mp(ABCD), gọiO=AC∩BD, ta cóSD∥MO. MàMO⊂(ACM), suy raSD∥(ACM). 3 Trong mp(SBD), gọiF=Sx∩D M⇒

(S∈D M

S∈Sx⊂(S I K)⇒F=D M∩(S I K). Ta cóSF∥BD⇒MF

MD=MS MB=1.

ä BÀI 573. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành tâmO. GọiGlà trọng tâm₄S AB, trên ADlấy điểmEsao choAD=3AE. GọiMlà trung điểm AB.

1 Chứng minhEG∥(SCD).

2 Đường thẳng quaEsong song ABcắtMCtạiF. Chứng minhGF∥(SCD). 3 GọiIlà điểm thuộc cạnhCDsao choC I=2I D. Chứng minhGO∥(S A I). Lời giải.

C

D

K S

E L

H

B

G

M

A

O F

I N

1 GọiHlà trọng tâm tam giácSCD, ta cóGH∥M Nvà ^GH M N =2

3. Lại cóED∥M Nvà ^ED

M N =ED AD=2

3.

Suy raGH∥EDvàGH=ED. Suy raGHDElà hình bình hành.

Ta có

(EG∥DH

DH⊂(SCD)⇒EG∥(SCD). 2 Ta cóM A∥EF∥CD, suy ra ^MF

MC=AE AD=1

3. Xét tam giácMSCcó ^MF

MC=MG MS =1

3, suy raGF∥SC. MàSC⊂(SCD). VậyGF∥(SCD).

3 Trong mp(ABCD), gọiK=A I∩M N. Ta cóSK=(SM N)∩(S A I).

GọiLlà trung điểm củaA I, ta cóOLlà đường trung bình của hình thangAM N I, suy ra

OL=AM+N I

2 =

AM+CD 6

2 =

AM+AB 6

2 =

AM+AM 3

2 =2AM

3 ⇒ OL

AM=2 3.

Xét tam giácAK M, cóOL∥AM, suy ra ^{K O} K M = OL

AM=2 3. Xét tam giácSMK, có ^SG

SM= K O K M =2

3, suy raGO∥SK. MàSK⊂(S A I). VậyGO∥(S A I).

ä BÀI 574. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình bình hành. GọiMlà trung điểm củaSCvàN là trọng tâm tam giácABC.

1 Chứng minhSB∥(AM N).

2 Tìm giao tuyến(AM N)và(S AB).

3 Tìm giao điểmIcủaSDvới(AM N). Tính tỉ số ^{I S} I D. 4 GọiQlà trung điểm củaI D. Chứng minhQC∥(AM N). Lời giải.

C

D M

x S

I

F

Q

A

B

E

N O

G

T

1 Trong mp(ABCD), gọiO=AC∩BD.

Trong mp(S AC), gọiE=AM∩SO, ta cóElà trọng tâm tam giácS AC. Suy ra ^OE OS=1

3. Ta cóNlà trọng tâm tam giác ABCnên^ON

OB =1 3. Xét tam giácOSBcó ^OE

OS =ON OB =1

3. Suy raN E∥SB. MàN E⊂(AM N). VậySB∥(AM N).

2 Ta có

(A∈(S AB)∩(AM N)

SB⊂(S AB),SB∥(AM N)⇒(S AB)∩(AM N)=Ax, (vớiAx∥SB).

3 Trong mp(SBD), gọiI=N E∩SD⇒

(I∈N E⊂(AM N)

I∈SD ⇒I=SD∩(AM N).

Ta cóN E∥SB⇒N I∥SB⇒ I S I D=BN

N D= BN BD−BN=

2BO 3

2BO−2BO

3

=1 2. 4 Trong mp(SBD), gọiF=N E∩BQ.

Trong mp(ABCD), gọiG=AN∩BC, vìNlà trọng tâm tam giác ABCnênGlà trung điểm củaBC. Ta cóFG=(AM N)∩(BQC).

KẻQT∥F N,(T∈BD). (1)

Trong tài liệu Hướng dẫn giải các dạng toán đường thẳng và mặt phẳng trong không gian, quan hệ song song - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247 (Trang 51-76)