Các Dạng Toán Bài Đường Thẳng Song Song Với Mặt Phẳng Giải Chi Tiết

Các dạng toán bài đường thẳng song song với mặt phẳng giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 2 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.

Dạng 1. Chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng hoặc đồng quy
1. Phương pháp
$\left. \begin{gathered}
a\parallel b \hfill \\
b \subset \left( P \right) \hfill \\
a \not\subset \left( P \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow a\parallel \left( P \right)$

Nếu không có sẵn đường thẳng b trong mặt phẳng (P) thì ta tìm đường thẳng b bằng cách chọn một mặt phẳng (Q) chứa a và cắt (P), giao tuyến của (P) và (Q) chính là đường thẳng b cần tìm.
2. Các ví dụ
Ví dụ 1. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF không cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi O và O’ lần lượt là tâm của hai hình bình hành ABCD và ABEF.

a. Chứng minh OO’ song song với các mặt phẳng (ADF) và (BCE).

b. Gọi G và G’ lần lượt là trọng tâm các tam giác ABD và ABF. Chứng minh $GG’//\left( {DCEF} \right)$.

Lời giải

a. Ta có OO’ là đường trung bình của tam giác ACE và tam giác BDF nên: $OO’\parallel CE$ và $OO’\parallel DF$.

Mà $CE \subset \left( {BCE} \right),\,\,DF \subset \left( {ADF} \right)$ nên $OO’\parallel \left( {BCE} \right)$ và $OO’\parallel \left( {ADF} \right)$.

b. Theo tính chất của trọng tâm tam giác, ta có:

$\frac{{AG}}{{AO}} = \frac{{AG’}}{{AO’}} = \frac{2}{3}$

Vậy $GG’\parallel OO’$ Cd $OO’\parallel CE$ nên $GG’\parallel CE$.

Mà $CE \subset \left( {CDEF} \right)$ nên $GG’\parallel \left( {DCEF} \right)$.

Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD, G là trọng tâm tam giác ABD. M là điểm trên cạnh BC sao cho $MB = 2MC$.

Chứng minh $MG\parallel \left( {ACD} \right)$.

Lời giải

Gọi E là trung điểm của AD. Ta có: $\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{2}{3}$ (do G là trọng tâm của tam giác ABD).

Mà $\frac{{BM}}{{BC}} = \frac{2}{3}$ (do $MB = 2MC$) nên $\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{{BM}}{{BC}}$.

Suy ra $MG\parallel CE$.

Mà $CE \subset \left( {ACD} \right)$ do đó $MG\parallel \left( {ACD} \right)$.

Ví dụ 3. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC và BCD. Chứng minh rằng $MN\parallel \left( {ABD} \right)$ và $MN\parallel \left( {ACD} \right)$.

Lời giải

Gọi H là trung điểm của BC, ta có: $M \in AH,\,\,N \in DH$. Do đó:

$\frac{{HM}}{{HA}} = \frac{{HN}}{{HD}} = \frac{1}{3}$ (tính chất trọng tâm tam giác) $ \Rightarrow MN\parallel AD$.

Như vậy:

$\begin{gathered}
\left. \begin{gathered}
MN\parallel AD \hfill \\
AD \subset \left( {ABD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow MN\parallel \left( {ABD} \right) \hfill \\
\left. \begin{gathered}
MN\parallel AD \hfill \\
AD \subset \left( {ACD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow MN\parallel \left( {ACD} \right) \hfill \\
\end{gathered} $

Ví dụ 4. Cho tứ diện ABCD. Gọi M là một điểm bất kì trên cạnh BC; $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng qua M và song song với AB và CD, cắt các cạnh BD, AD, AC lần lượt tại N, P, Q. Chứng minh rằng MNPQ là hình bình hành.

Lời giải

Ta có: $\left. \begin{gathered}
AB\parallel \left( \alpha \right) \hfill \\
\left( {ABC} \right) \supset AB \hfill \\
\left( {ABC} \right) \cap \left( \alpha \right) = MQ \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow MQ\parallel AB$ (1)

Tương tự, ta có: $NP\parallel AB$ (2)

$\left. \begin{gathered}
CD\parallel \left( \alpha \right) \hfill \\
\left( {ACD} \right) \supset CD \hfill \\
\left( {ACD} \right) \cap \left( \alpha \right) = PQ \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow PQ\parallel CD$ (3)

Tương tự, ta có: $MN\parallel CD$ (4)

Từ (1) và (2) suy ra: $MQ\parallel NP$ (5)

Từ (3) và (4) suy ra: $PQ\parallel MN$ (6)

Từ (5) và (6) suy ra MNPQ là hình bình hành.

Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là ABCD là hình bình hành; F, G lần lượt là trung điểm của AB và CD.

a. Chứng minh rằng FG song song với các mặt phẳng (SAD) và (SBC).

b. Gọi E là trung điểm của SA. Chứng minh rằng SB, SC song song với mặt phẳng (FGE).

Lời giải

a. Ta có:

$\left. \begin{gathered}
FG\parallel AD \hfill \\
AD \subset \left( {SAD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow FG\parallel \left( {SAD} \right)$

Chứng minh tương tự, ta cũng có: $FG\parallel \left( {SBC} \right)$

b. Gọi $\left( {EFG} \right) \cap SD = H$. Ta có:

$\left. \begin{gathered}
\left( {ABCD} \right) \cap \left( {EFG} \right) = FG \hfill \\
\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SAD} \right) = AD \hfill \\
\left( {SAD} \right) \cap \left( {EFG} \right) = EH \hfill \\
FG\parallel AD \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow EH\parallel AD\parallel FG$

Suy ra H là trung điểm của SD.

Như vậy:

$\left. \begin{gathered}
GH\parallel SC (tính\,chất\,đường\,trung\,bình) \hfill \\
HG \subset \left( {EFG} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow SC\parallel \left( {EFG} \right)$.

Tương tự, ta có: $SB\parallel \left( {EFG} \right)$.

Ví dụ 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng đi qua trung điểm M của cạnh SB, song song với cạnh AB, cắt các cạnh SA, SD, SC lần lượt tại Q, P và N. Hãy xác định hình tính của tứ giác MNPQ?

Lời giải

Ta có:

$\left. \begin{gathered}
AB\parallel \left( \alpha \right) \hfill \\
M \in \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ//AB$ (1)

Mặt khác:

$\left. \begin{gathered}
DC//AB \Rightarrow DC//QM\,(*) \hfill \\
QM \subset (\alpha ) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow DC//(\alpha )$

Như vậy:

$\left. \begin{gathered}
DC//\left( \alpha \right) \hfill \\
PN = \left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow PN//DC$ (2)

Từ (*) và (2) suy ra MNPQ là hình bình thang.

Dạng 2. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng. Thiết diện qua một điểm và song song với một đường thẳng
1. Phương pháp
Ngoài hai cách đã đề cập ở Bài 1 và Bài 2 ta có hai cách sau để tìm giao tuyến của hai mặt phẳng.

Cách 1. Dùng định lí 2.

$\left. \begin{gathered}
a\parallel \left( P \right) \hfill \\
a \subset \left( Q \right) \hfill \\
\left( P \right) \cap \left( Q \right) = d \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow d\parallel a$

Cách 2. Dùng hệ quả 2.

$\left. \begin{gathered}
\left( P \right)\parallel a \hfill \\
\left( Q \right)\parallel a \hfill \\
\left( P \right) \cap \left( Q \right) = d \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow d\parallel a$

Tìm thiết diện là tìm các đoạn giao tuyến theo phương pháp tìm giao tuyến được nêu ở trên, cho đến khi các giao tuyến khép kín ta được thiết diện.
2. Các ví dụ
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD, tâm O. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và SD.
a. Chứng minh $MN\parallel \left( {SBC} \right),\,\,SB\parallel \left( {OMN} \right),\,\,SC\parallel \left( {OMN} \right)$.

b. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (OMN). Thiết diện là hình gì?

Lời giải

a. Ta có $MN\parallel AD$ (MN là đường trung bình của tam giác SAD) và $AD\parallel BC$ (tứ giác ABCD là hình bình hành), suy ra $MN\parallel BC$.

Mà $BC \subset \left( {SBC} \right)$ nên $MN\parallel \left( {SBC} \right)$.

Ta có: $ON\parallel SB$ (ON là đường trung bình của tam giác SBD) nên $ON \subset \left( {OMN} \right)$.

Do đó: $SB\parallel \left( {OMN} \right)$.

Ta có $OM\parallel SC$ (OM là đường trung bình của $\Delta SAC)$ và $OM \subset \left( {OMN} \right)$.

Vậy $SC\parallel \left( {OMN} \right)$.

b. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của AB và CD. Từ đó có: $PQ\parallel AD$, suy ra $PQ\parallel MN$.

Vậy MN và PQ đồng phẳng, nghĩa là $\left( {OMN} \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)$.

Ta có thiết diện do mp(OMN) cắt hình chóp là hình thang MNPQ $\left( {MN\parallel PQ} \right)$.

Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD. Gọi I và J lần lượt là trung điểm của AB và CD, M là một điểm trên đoạn IJ. Gọi (P) là mặt phẳng qua M, song song với AB và CD.

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

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

Lời giải

a. Ta có:

$\left. \begin{gathered}
\left( P \right)\parallel CD \hfill \\
CD \subset \left( {ICD} \right) \hfill \\
M \in \left( P \right) \cap \left( {ICD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ICD} \right) = Mx\parallel CD$.

Trong mp(ICD) ta có Mx cắt IC tại E và cắt ID tại F. Suy ra $EF = \left( P \right) \cap \left( {ICD} \right)$.

b. Ta có:

$\left. \begin{gathered}
\left( P \right)\parallel AB \hfill \\
AB \subset \left( {ABC} \right) \hfill \\
E \in \left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = Ey\parallel AB$.

Trong mp(ABC) ta có Ey cắt BC tại P và cắt AC tại S.

Suy ra $PS = \left( P \right) \cap \left( {ABC} \right)$.

Ta có:

$\left. \begin{gathered}
\left( P \right)\parallel AB \hfill \\
AB \subset \left( {ABD} \right) \hfill \\
F \in \left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) = Ft\parallel AB$.

Trong mp(ABD) ta có Ft cắt BD tại Q và cắt AD tại R.

Suy ra $QR = \left( P \right) \cap \left( {ABD} \right)$.

Khi đó: $PQ = \left( P \right) \cap \left( {CBD} \right)$ và $RS = \left( P \right) \cap \left( {ACD} \right)$.

Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác PQRS.

Theo chứng minh trên ta có thể suy ra được: $PS\parallel AB,\,\,QR\parallel AB$ nên $PS\parallel QR$. (1)

Mặt khác, ta có:

$\left. \begin{gathered}
\left. \begin{gathered}
\left( P \right)\parallel CD \hfill \\
RS = \left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow RS\parallel CD \hfill \\
\left. \begin{gathered}
\left( P \right)\parallel CD \hfill \\
PQ = \left( P \right) \cap \left( {BCD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow PQ\parallel CD \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow RS\parallel PQ$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra thiết diện PQRS là hình bình hành.

Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M, N là hai điểm bất kì trên SB, CD. Mặt phẳng $\left( P \right)$ qua MN và song song với SC.

a) Tìm các giao tuyến của $\left( P \right)$ với các mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$, $\left( {SCD} \right)$, $\left( {SAC} \right)$.

b) Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng $\left( P \right)$.

Lời giải

a) Trong mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$, từ M kẻ đường thẳng song song với SC cắt BC tại Q.

Trong mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$, từ N kẻ đường thẳng song song với SC cắt SD tại P.

Khi đó giao tuyến của $\left( P \right)$ với $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ lần lượt là MQ và NP.

Gọi $I = AC \cap NQ$. Từ I kẻ đường thẳng song song với SC cắt SA tại H.

Khi đó $\left( P \right) \cap \left( {SAC} \right) = IH$.

b) Thiết diện của mặt phẳng $\left( P \right)$ với khối chóp là ngũ giác MQNPH.

Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BC, H, K lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAC, SBC.

a) Chứng minh $AB//\left( {SMN} \right)$, $HK//\left( {SAB} \right)$.

b) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {CHK} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$.

c) Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng $\left( P \right)$ đi qua MN và $\left( P \right)//SC$. Thiết diện là hình gì?

Lời giải

a) Dễ thấy MN là đường trung bình trong tam giác SAB do đó $AB//MN \Rightarrow AB//\left( {SMN} \right)$

H, K là trọng tâm của tam giác SAC, SBC

suy ra $\frac{{SH}}{{SM}} = \frac{{SK}}{{SN}} = \frac{2}{3} \Rightarrow HK//MN//AB \Rightarrow HK//\left( {SAB} \right)$.

b) Do $HK//AB$ nên giao tuyến của $\left( {CAB} \right)$ và $\left( {CHK} \right)$ là đường thẳng qua C và song song với HK và AB.

c) Qua M dựng $MF//SC$$\left( {F \in SA} \right)$ thì MF là đường trung bình trong tam giác SCA $ \Rightarrow $ F là trung điểm của SA.

Tương tự dựng $NE//SC$$\left( {E \in SB} \right)$ thì E là trung điểm của SB.

Khi đó thiết diện là hình bình hành MNEF vì có $MN//EF$, $MN = EF = \frac{{AB}}{2}$.