Giải SGK Toán 11 Bài 4 (Cánh diều): Hai mặt phẳng song song

Giải bài tập Toán lớp 11 Bài 4: Hai mặt phẳng song song
Câu hỏi khởi động trang 105 Toán 11 Tập 1: Trong cuộc sống, chúng ta bắt gặp rất nhiều đồ dùng, vật thể gợi nên hình ảnh của các mặt phẳng song song, chẳng hạn như giá để đồ (Hình 58).

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).
Nếu (P) và (Q) có một điểm chung thì chúng có bao nhiêu điểm chung? Các điểm chung đó có tính chất gì?
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.
Luyện tập 1 trang 105 Toán 11 Tập 1: Nêu ví dụ trong thực tiễn minh hoạ hình ảnh hai mặt phẳng song song.
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; …
Hoạt động 2 trang 106 Toán 11 Tập 1: Cho hai mặt phẳng phân biệt (P) và (Q). Mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng a, b cắt nhau và a, b cùng song song với mặt phẳng (Q) (Hình 61). Hai mặt phẳng (P) và (Q) có điểm chung hay không?
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).
Luyện tập 2 trang 106 Toán 11 Tập 1: Cho tứ diện ABCD. Các điểm M, N, P, I, J, K lần lượt là trung điểm của BC, CD, DB, AM, AN, AP. Chứng minh rằng (IJK) // (BCD).
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).
a) Trong mặt phẳng (Q) vẽ hai đường thẳng a’, b’ cắt nhau. Qua điểm M kẻ các đường thẳng a và b lần lượt song song với a’, b’. Gọi (P) là mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng (cắt nhau) a và b (Hình 63). Mặt phẳng (P) có song song với mặt phẳng (Q) hay không?

b) Xét mặt phẳng (R) đi qua điểm M và song song với mặt phẳng (Q). Hai mặt phẳng (R) và (P) có trùng nhau hay không?
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.
Hoạt động 4 trang 107 Toán 11 Tập 1: Cho hai mặt phẳng song song (P) và (Q). Mặt phẳng (R) cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến a.
a) Mặt phẳng (R) có cắt mặt phẳng (Q) hay không? Tại sao?
b) Trong trường hợp mặt phẳng (R) cắt mặt phẳng (Q) theo giao tuyến b, hãy nêu nhận xét về vị trí tương đối giữa hai giao tuyến a và b (Hình 64).

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.
Luyện tập 3 trang 108 Toán 11 Tập 1: Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau. Đường thẳng a cắt hai mặt phẳng trên theo thứ tự tại A, B. Đường thẳng b song song với đường thẳng a và cắt hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt tại A’, B’. Chứng minh rằng AB = 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
Hoạt động 5 trang 108 Toán 11 Tập 1: Cho ba mặt phẳng song song (P), (Q), (R). Hai cát tuyến bất kì a và a’ cắt ba mặt phẳng song song lần lượt tại các điểm A, B, C và A’, B’, C’. Gọi B₁ là giao điểm của AC’ với mặt phẳng (Q) (Hình 66).

a) Nêu vị trí tương đối của BB₁ và CC’; B₁B’ và AA’.
b) Có nhận xét gì về các tỉ số: $\frac{A B}{A B_{1}}, \frac{B C}{B_{1} C^{‘}}$   và $\frac{C A}{C^{‘} A};$ $\frac{A B_{1}}{A^{‘} B^{‘}}, \frac{B_{1} C^{‘}}{B^{‘} C^{‘}}$   và $\frac{C^{‘} A}{C^{‘} A^{‘}}$ .
c) Từ kết quả câu a) và câu b), so sánh các tỉ số $\frac{A B}{A^{‘} B^{‘}}, \frac{B C}{B^{‘} C^{‘}}$   và $\frac{C A}{C^{‘} A^{‘}}$ .
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:
• $\frac{A B}{A C} = \frac{A B_{1}}{A C^{‘}}$ , suy ra $\frac{A B}{A B_{1}} = \frac{C A}{C^{‘} A}$ ;
• $\frac{B C}{A C} = \frac{B_{1} C^{‘}}{A C^{‘}}$ , suy ra $\frac{B C}{B_{1} C^{‘}} = \frac{C A}{C^{‘} A}$ .
Do đó $\frac{A B}{A B_{1}} = \frac{B C}{B_{1} C^{‘}} = \frac{C A}{C^{‘} A}$ .
Trong mặt phẳng (AA’C’), xét AA’C’có: B₁B’ // AA’ nên theo định lí Thalès ta có:
• $\frac{A B_{1}}{A C^{‘}} = \frac{A^{‘} B^{‘}}{A^{‘} C^{‘}}$ , suy ra $\frac{A B_{1}}{A^{‘} B^{‘}} = \frac{C^{‘} A}{C^{‘} A^{‘}}$ ;
• $\frac{B_{1} C^{‘}}{A C^{‘}} = \frac{B^{‘} C^{‘}}{A^{‘} C^{‘}}$ , suy ra $\frac{B_{1} C^{‘}}{B^{‘} C^{‘}} = \frac{C^{‘} A}{C^{‘} A^{‘}}$ .
Do đó $\frac{A B_{1}}{A^{‘} B^{‘}} = \frac{B_{1} C^{‘}}{B^{‘} C^{‘}} = \frac{C^{‘} A}{C^{‘} A^{‘}}$ .
c) Theo chứng minh ở câu b ta có:
• $\frac{A B}{A C} = \frac{A B_{1}}{A C^{‘}}$ và $\frac{A B_{1}}{A C^{‘}} = \frac{A^{‘} B^{‘}}{A^{‘} C^{‘}}$   nên $\frac{A B}{A C} = \frac{A^{‘} B^{‘}}{A^{‘} C^{‘}} (= \frac{A B_{1}}{A C^{‘}})$
Do đó $\frac{A B}{A^{‘} B^{‘}} = \frac{C A}{C^{‘} A^{‘}}$ .
• $\frac{B C}{A C} = \frac{B_{1} C^{‘}}{A C^{‘}}$   và $\frac{B_{1} C^{‘}}{A C^{‘}} = \frac{B^{‘} C^{‘}}{A^{‘} C^{‘}}$ nên $\frac{B C}{A C} = \frac{B^{‘} C^{‘}}{A^{‘} C^{‘}} (= \frac{B_{1} C^{‘}}{A C^{‘}})$
Do đó $\frac{B C}{B^{‘} C^{‘}} = \frac{C A}{C^{‘} A^{‘}}$ .
Vậy $\frac{A B}{A^{‘} B^{‘}} = \frac{B C}{B^{‘} C^{‘}} = \frac{C A}{C^{‘} A^{‘}}$ .
Luyện tập 4 trang 109 Toán 11 Tập 1: Bạn Minh cho rằng: 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
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 $\frac{A B}{A^{‘} B^{‘}} = \frac{B C}{B^{‘} C^{‘}} = \frac{C A}{C^{‘} A^{‘}}$ .
Do đó $\frac{A B}{A^{‘} B^{‘}} = \frac{A C}{A^{‘} C^{‘}}$ .
Theo bài, bạn Minh phát biểu rằng $\frac{A B}{B C} = \frac{A C}{A^{‘} C^{‘}}$
Mà do $B C \neq A^{‘} B^{‘}$   nên phát biểu của bạn Minh là sai.
Bài 1 trang 109 Toán 11 Tập 1: Bạn Chung cho rằng: Nếu mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng a, b và a, b cùng song song với mặt phẳng (Q) thì (P) luôn song song với (Q). Phát biểu của bạn Chung có đúng không? Vì sao?
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).
Bài 2 trang 109 Toán 11 Tập 1:Trong mặt phẳng (P) cho hình bình hành ABCD. Qua A, B, C, D lần lượt vẽ bốn đường thẳng a, b, c, d đôi một song song với nhau và không nằm trong mặt phẳng (P). Một mặt phẳng cắt a, b, c, d lần lượt tại bốn điểm A’, B’, C, D’. Chứng minh rằng A’B’C’D’ là hình bình hành.
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.
Bài 3 trang 109 Toán 11 Tập 1: Cho tứ diện ABCD. Lấy G₁, G₂, G₃ lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, ACD, ADB.
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 $\frac{A G_{1}}{A M} = \frac{2}{3}$ ;
Trong mp(ACD), xét $∆$ ACD có G₂ là trọng tâm của tam giác nên $\frac{A G_{2}}{A N} = \frac{2}{3}$ ;
Trong mp(ABD), xét $∆$ ABD có G₃ là trọng tâm của tam giác nên $\frac{A G_{3}}{A P} = \frac{2}{3}$ .
Trong mp(AMP), xét $∆$ AMP có $\frac{A G_{1}}{A M} = \frac{A G_{3}}{A P} = \frac{2}{3}$   nên G₁G₃ // MP (theo định lí Thalès đảo).
Mà MP ⊂ (BCD) nên G₁G₃ // (BCD).
Chứng minh tương tự ta cũng có $\frac{A G_{2}}{A N} = \frac{A G_{3}}{A P} = \frac{2}{3}$   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.
Bài 4 trang 109 Toán 11 Tập 1: Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF không cùng nằm trong một mặt phẳng.
a) Chứng minh rằng (AFD) // (BEC).
b) Gọi M là trọng tâm của tam giác ABE. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng (AFD). Lấy N là giao điểm của (P) và AC. Tính $\frac{A N}{N C}$ .
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: $\frac{A N}{N C} = \frac{A I}{I B}$ .
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 $M B = \frac{2}{3} O B$   và $O M = \frac{1}{3} O B$ .
Ta có: $\frac{A N}{N C} = \frac{A I}{I B} = \frac{F M}{M B} = \frac{F O + O M}{M B} = \frac{O B + \frac{1}{3} O B}{\frac{2}{3} O B} = \frac{\frac{4}{3} O B}{\frac{2}{3} O B} = 2$ .
Vậy $\frac{A M}{N C} = 2$ .
Xem thêm các bài giải SGK Toán lớp 11 Cánh diều hay, chi tiết khác:
Bài 3: Đường thẳng và mặt phẳng song song
Bài 4: Hai 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
Bài tập cuối chương 4

==== ~~~~~~ ====

Link Hoc va de thi 2021