Bài 17 trang 55 sgk toán hình 11 năm 2024
Một sản phẩm của công ty TNHH Giáo dục Edmicro CÔNG TY TNHH GIÁO DỤC EDMICRO MST: 0108115077 Địa chỉ: Tầng 5 Tòa nhà Tây Hà, số 19 Đường Tố Hữu, Phường Trung Văn, Quận Nam Từ Liêm, Thành phố Hà Nội, Việt Nam
Lớp học
Tài khoản
Thông tin liên hệ(+84) 096.960.2660
Follow us Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N là hai điểm phân biệt cùng thuộc đường thẳng AB; P, Q là hai điểm phân biệt cùng thuộc đường thẳng CD. Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng MQ, NP và vị trí tương đối của hai đường thẳng MP, NQ Giải: Hai đường thẳng MQ và NP chéo nhau. Thật vậy, giả sử chúng không chéo nhau, tức chúng cùng thuộc một mp(\(\alpha\)) nào đó. Vậy M, N, P, Q cùng thuộc mp(\(\alpha\)) và do đó A, B, C, D cùng thuộc mp(\(\alpha\)). Điều này mâu thuẫn với giả thiết ABCD là một tứ diện. Chứng minh tương tự, hai đường thẳng MP và NQ cũng chéo nhau. Câu 19 trang 55 SGK Hình học 11 Nâng cao Cho tứ diện ABCD. Bốn điểm P, Q, R, S lần lượt nằm trên bốn cạnh AB, BC, CD, DA và không trùng với các đỉnh của tứ diện. Chứng minh rằng
Giải:
Ta có: (PQRS) ∩ (ABC) = PQ (PQRS) ∩ (ACD) = RS (ABC) ∩ (ACD) = AC Theo định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng thì PQ, SR, AC hoặc đôi một song song hoặc đồng quy. Ngược lại, nếu ba đường thẳng PQ, AC, RS hoặc đôi một song song hoặc đồng quy thì hai đường thẳng PQ và RS cùng thuộc một mặt phẳng, từ đó bốn điểm P, Q, R, S đồng phẳng. Câu 20 trang 55 SGK Hình học 11 Nâng cao Cho tứ diện ABCD và ba điểm P, Q, R lần lượt nằm trên ba cạnh AB, CD, BC. Hãy xác định giao điểm S của mp(PQR) với cạnh AD nếu:
Giải:
Hai mặt phẳng (PQR) và (ACD) có điểm chung Q và lần lượt chứa hai đường thẳng song song PR và AC nên : (PQR) ∩ (ACD) = Qt // AC Gọi {S} = Qt ∩ AD thì {S} = AD ∩ (PQR)
Giả sử {I} = PR ∩ AC ⇒ (PQR) ∩ (ACD) = QI Trong mp(ACD) ta có {S} = QI ∩ AD thì {S} = AD ∩ (PQR) Câu 21 trang 55 SGK Hình học 11 Nâng cao Cho tứ diện ABCD. Các điểm P, Q lần lượt là trung điểm của AB và CD; điểm R nằm trên cạnh BC sao cho BR = 2RC. Gọi S là giao điểm của mp(PQR) và cạnh AD. Chứng minh rằng AS = 2SD Giải: Định lí Menelaus Giả sử đường thẳng Δ cắt các cạnh (hoặc phần kéo dài) BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P thì : \({{MB} \over {MC}}.{{NC} \over {NA}}.{{PA} \over {PB}} = 1\) Áp dụng định lí để giải bài toán Gọi {I} = PR ∩ AC Trong mp(ACD) goi {S} = QI ∩ AD Thì {S} = AD ∩ (PQR) Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ABC với cát tuyến PRI ta có \({{PA} \over {PB}}.{{RB} \over {RC}}.{{IC} \over {IA}} = 1 \Rightarrow 1.2.{{IC} \over {IA}} = 1\) \( \Rightarrow {{IC} \over {IA}} = {1 \over 2}\) ⇒ C là trung điểm của AI. Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ACD với cát tuyến IQS ta có : \({{IC} \over {IA}}.{{QD} \over {QC}}.{{SA} \over {SD}} = 1 \Rightarrow {1 \over 2}.1.{{SA} \over {SD}} = 1 \) \(\Rightarrow SA = 2SD\,\,\left( {dpcm} \right)\) Câu 22 trang 55 SGK Hình học 11 Nâng cao Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD
Giải
A’B = 2A’N Áp dụng định lí Menelaus trong ΔBMN với cát tuyến AGA’ ta có : \({{AM} \over {AB}}.{{GN} \over {GM}}.{{A'B} \over {A'N}} = 1 \Rightarrow {1 \over 2}.1.{{A'B} \over {A'N}} = 1 \Rightarrow A'B = 2A'N\) Vậy A’ là trọng tâm của ΔBCD Tương tự BG ,CG, DG lần lượt đi qua trọng tâm B’, C’, D’ của tam giác ACD, ABD, ABC.
Áp dụng định lí Menelaus trong ΔABA’ với cát tuyến MGN ta có : \({{MA} \over {MB}}.{{GA'} \over {GA}}.{{NB} \over {NA'}} = 1 \Rightarrow 1.{{GA'} \over {GA}}.3 = 1 \) |