Bài 2.19: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ABCD, đáy lớn là AD và AD = 2BC. Gọi O là giao điểm của AC và BD, G là trọng tâm của tam giác SCD.
a) Chứng minh rằng \(OG\parallel \left( {SBC} \right)\)
b) Cho M là trung điểm của SD. Chứng minh rằng \(CM\parallel \left( {SAB} \right)\).
c) Giả sử điểm I nằm trong đoạn SC sao cho \(S{\rm{C = }}{3 \over 2}SI\). Chứng minh rằng \(SA\parallel \left( {BI{\rm{D}}} \right)\).
a) Gọi H là trung điểm của SC
Ta có: \({{DG} \over {DH}} = {2 \over 3} \,\,\,\,\, \left( 1 \right)\)
\(BC\parallel A{\rm{D}} \Rightarrow {{O{\rm{D}}} \over {OB}} = {{OA} \over {OC}} = {{AD} \over {BC}} = 2\)
\( \Rightarrow O{\rm{D}} = 2{\rm{O}}B\)
\( \Rightarrow {{O{\rm{D}}} \over {B{\rm{D}}}} = {2 \over 3} \,\,\,\, \left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow {{DG} \over {DH}} = {{O{\rm{D}}} \over {B{\rm{D}}}} \Rightarrow OG\parallel BH\)
\(BH \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow OG\parallel \left( {SBC} \right)\)
b) Gọi M’ là trung điểm của \(SA \Rightarrow MM’\parallel A{\rm{D}}\) và \(MM’ = {{A{\rm{D}}} \over 2}\). Mặt khác vì \(BC\parallel A{\rm{D}}\) và \(BC = {{A{\rm{D}}} \over 2}\) nên \(BC\parallel MM’\) và \(BC = MM’\).
Do đó tứ giác BCMM’ là hình bình hành \( \Rightarrow CM\parallel BM’\) mà \(BM’ \subset \left( {SAB} \right)\)
\( \Rightarrow CM\parallel \left( {SAB} \right)\)
c) Ta có: \({{OC} \over {OA}} = {1 \over 2}\) nên \({{OC} \over {CA}} = {1 \over 3}\). Mặt khác vì \(SC = {3 \over 2}SI\) nên \({{CI} \over {CS}} = {1 \over 3}\).
\({{OC} \over {CA}} = {{CI} \over {CS}} \Rightarrow OI\parallel SA\)
\(OI \subset \left( {BID} \right) \Rightarrow SA\parallel \left( {BID} \right)\)
Bài 2.20: Cho tứ diện ABCD. Qua điểm M nằm trên AC ta dựng một mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) song song với AB và CD. Mặt phẳng này lần lượt cắt các cạnh BC, BD và AD tại N, P và Q.
a) Tứ giác MNPQ là hình gì?
Advertisements (Quảng cáo)
b) Gọi O là giao điểm hai đường chéo của tứ giác MNPQ. Tìm tập hợp các điểm O khi M di động trên đoạn AC.
a) \(\left\{ \matrix{
\left( \alpha \right)\parallel AB \hfill \cr
AB \subset \left( {ABC} \right) \hfill \cr} \right.\)
\( \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\) và \(MN\parallel AB\)
Ta có \(N \in \left( {BC{\rm{D}}} \right)\)
Và \(\left\{ \matrix{\left( \alpha \right)\parallel C{\rm{D}} \hfill \cr C{\rm{D}} \subset \left( {BCD} \right) \hfill \cr} \right.\)
Nên \( \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {BCD} \right) = NP\) và \(NP\parallel C{\rm{D}}\)
Ta có \(P \in \left( {AB{\rm{D}}} \right)\)
Và \(\left\{ \matrix{\left( \alpha \right)\parallel AB \hfill \cr AB \subset \left( {ABD} \right) \hfill \cr} \right.\) nên \( \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {ABD} \right) = PQ\) và \(PQ\parallel AB\)
\(\left\{ \matrix{
Q \in \left( {ACD} \right) \hfill \cr
\left( \alpha \right)\parallel C{\rm{D}} \hfill \cr} \right.\) nên \( \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {ACD} \right) = MQ\) và \(MQ\parallel C{\rm{D}}\)
Do đó \(MN\parallel PQ\) và \(NP\parallel MQ\), Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Advertisements (Quảng cáo)
b) Ta có: \(MP \cap NQ = O\). Gọi I là trung điểm của CD.
Trong tam giác ACD có : \(MQ\parallel C{\rm{D}} \Rightarrow AI\) cắt MQ tại trung điểm E của MQ.
Trong tam giác ACD có : \(NP\parallel C{\rm{D}} \Rightarrow BI\) cắt NP tại trung điểm F của NP.
Vì MNPQ là hình bình hành nên ta có
\(\left\{ \matrix{
EF\parallel MN \hfill \cr
O\,là\,trung\,điểm\,EF\, \hfill \cr} \right.\)
\(EF\parallel MN \Rightarrow EF\parallel AB\)
Trong ∆ABI ta có \(EF\parallel AB\) suy ra : IO cắt AB tại trung điểm J
\( \Rightarrow I,O,J\) thẳng hàng
\( \Rightarrow O \in IJ\) cố định.
Vì M di động trên đoạn AC nên Ochạy trong đoạn IJ . Vậy tập hợp các điểm O là đoạn IJ.
Bài 2.21: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. M là một điểm di động trên đoạn AB. Một mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua M và song song với SA và BC; \(\left( \alpha \right)\) cắt SB, SC và CD lần lượt tại N, P và Q
a) Tứ giác MNPQ là hình gì?
b) Gọi I là giao điểm của MN và PQ. Chứng minh rằng I nằm trên một đường thẳng cố định.
a) Vì \(M \in \left( {SAB} \right)\)
Và \(\left\{ \matrix{\left( \alpha \right)\parallel SA \hfill \cr SA \subset \left( {SAB} \right) \hfill \cr} \right.\) nên \(\left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = MN\)
và \(MN\parallel SA\)
Vì \(N \in \left( {SBC} \right)\)
Và \(\left\{ \matrix{\left( \alpha \right)\parallel BC \hfill \cr BC \subset \left( {SBC} \right) \hfill \cr} \right.\) nên \(\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = NP\)
và \(NP\parallel BC \,\,\, \left( 1 \right)\)
\(\left\{ \matrix{
P,Q \in \left( \alpha \right) \hfill \cr
P,Q \in \left( {SC{\rm{D}}} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) = PQ\)
\(Q \in C{\rm{D}} \Rightarrow Q \in \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\)
Và\(\left\{ \matrix{\left( \alpha \right)\parallel BC \hfill \cr BC \subset \left( {ABCD} \right) \hfill \cr} \right.\) nên \(\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = QM\)
và \(QM\parallel BC \,\,\, \left( 2 \right)\)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình thang.
b) Ta có:
\(\left\{ \matrix{
S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) \hfill \cr
AB \subset \left( {SAB} \right),C{\rm{D}} \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right) \hfill \cr
AB\parallel C{\rm{D}} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) = Sx\) và \(S{\rm{x}}\parallel AB\parallel C{\rm{D}}\)
\(MN \cap PQ = I \Rightarrow \left\{ \matrix{
I \in MN \hfill \cr
I \in PQ \hfill \cr} \right.\)
\(MN \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow I \in \left( {SAB} \right),PQ \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow I \in \left( {SC{\rm{D}}} \right)\)
\( \Rightarrow I \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) \Rightarrow I \in Sx\)
(SAB) và (SCD) cố định ⇒ Sx cố định ⇒ I thuộc Sx cố định.
