Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh: (BDA’) // (B’D’C)

Bài 3 trang 128 SBT Toán 11 Tập 1: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh:

a) (BDA’) // (B’D’C).

b) Đường chéo AC’ đi qua trọng tâm G và G’ của hai tam giác BDA’ và B’D’C.

c) G và G’ chia đoạn AC’ thành ba phần bằng nhau.

Lời giải:

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh: (BDA’) // (B’D’C)

a) Ta có DD’ // BB’ và DD’ = BB’ (do ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp), suy ra DD’B’B là hình bình hành, suy ra BD // B’D’ mà B’D’ ⊂ (B’D’C), suy ra BD // (B’D’C).

Chứng minh tương tự ta có DA’ // B’C, mà B’C ⊂ (B’D’C).

Suy ra DA’ // (B’D’C).

Ta có BD // (B’D’C);

DA’ // (B’D’C);

BD ∩ DA’ = D và BD, DA’ ⊂ (BDA’).

Suy ra (BDA’) // (B’D’C).

b) Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hai đáy ABCD và A’B’C’D’.

Trong hình bình hành AA’C’C gọi I là giao điểm của AC’ và A’C; AC’ cắt A’O tại G₁.

Trong tam giác AA’C, ta có G₁ là giao điểm của hai trung tuyến AI và A’O nên G₁ là trọng tâm của tam giác AA’C. Do đó $A^{'} G_{1} = \frac{2}{3} A^{'} O$

Mà G là trọng tâm của tam giác A’BD nên ta cũng có $A^{'} G = \frac{2}{3} A^{'} O$

Do đó G₁ ≡ G hay ta xác định được G là giao điểm của AC’ và A’O.

Tương tự ta cũng xác định được trọng tâm G’ tam giác B’D’C là giao điểm của AC’ với CO’.

Vậy AC’ đi qua trọng tâm của hai tam giác BDA’ và B’D’C.

c) Ta có $A G = \frac{2}{3} A I = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} A C^{'} = \frac{1}{3} A C^{'}$ ; $C^{'} G^{'} = \frac{2}{3} C^{'} I = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2} A C^{'} = \frac{1}{3} A C^{'}$ .

Do đó $A G = C^{'} G^{'} = \frac{1}{3} A C^{'}$ nên $G G^{'} = A C^{'} - A G - C^{'} G^{'}$ = $A C^{'} - \frac{1}{3} A C^{'} - \frac{1}{3} A C^{'}$ = $\frac{1}{3} A C^{'}$ .

Hay AG = GG’ = G’C’.

Vậy G và G’ chia đoạn AC’ thành ba phần bằng nhau.

Lời giải Sách bài tập Toán lớp 11 Bài 4: Hai mặt phẳng song song hay khác:

Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán 11 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Xem thêm các tài liệu học tốt lớp 11 hay khác:

Trang trước Trang sau

Giải bài tập lớp 11 Chân trời sáng tạo khác