Các Dạng Toán Bài Hai Mặt Phẳng Song Song Giải Chi Tiết

Các dạng toán bài hai mặt phẳng song song 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 hai mặt phẳng song song

1. Phương pháp

Áp dụng kết quả sau:

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

Áp dụng: Chứng minh đường thẳng a song song với mặt phẳng (P).

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

2. Các ví dụ

Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ABCD, $AD\parallel BC,\,\,AD = 2BC$. Gọi E, F, I lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, AD, SD.

a. Chứng minh $\left( {EFB} \right)\parallel \left( {SCD} \right)$. Từ đó chứng minh $CI\parallel \left( {EFB} \right)$.

b. Tìm giao tuyến của (SBC) và (SAD). Tìm giao điểm K của FI với giao tuyến này, chứng minh $\left( {SBF} \right)\parallel \left( {KCD} \right)$.

Lời giải

a. Ta có:

$EF\parallel SD$ (EF là đường trung bình của tam giác SAD).

$BF\parallel CD$$\left( {BC\parallel FD,\,\,BC = FD} \right)$.

Suy ra $\left( {EFB} \right)\parallel \left( {SCD} \right)$.

Mà $CI \subset \left( {SCD} \right)$ nên $CI\parallel \left( {EFB} \right)$.

b. Ta có:

$\begin{gathered}
\left. \begin{gathered}
BC\parallel AD \hfill \\
BC \subset \left( {SBC} \right),\,\,AD \subset \left( {SAD} \right) \hfill \\
S \in \left( {SBC} \right) \cap \left( {SAD} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \hfill \\
\Rightarrow \left( {SBC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = Sx,\,\,Sx\parallel AD\parallel BC \hfill \\
\end{gathered} $

Trong mp(SAD): FI cắt Sx tại K.

Ta có: $SK\parallel FD,\,\,IS = ID$ nên $IK = IF$.

Vậy tứ giác SKDF là hình bình hành, suy ra $SF\parallel KD$.

Mặt khác $BF\parallel CD$ nên $\left( {SBF} \right)\parallel \left( {KCD} \right)$.

Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và CD.

a. Chứng minh mặt phẳng (OMN) và mặt phẳng (SBC) song song với nhau.

b. Giả sử hai tam giác SAD và ABC đều là tam giác cân tại A. Gọi AE và AF lần lượt là các đường phân giác trong của các tam giác ACD và SAB. Chứng minh EF song song với mặt phẳng (SAD).

Lời giải

a. Ta có:

$ON\parallel BC$ (ON là đường trung bình của tam giác BCD).

$OM\parallel SC$ (OM là đường trung bình của tam giác SAC)

Vì $OM,ON \subset \left( {OMN} \right);\,\,BC,SC \subset \left( {SBC} \right)$ nên $\left( {OMN} \right)\parallel \left( {SBC} \right)$.

b. Từ E kẻ đường thẳng $EP\parallel AD$ (P thuộc AB) (1)

Khi đó theo tính chất đường phân giác và tam giác cân ta có:

$\frac{{PB}}{{PA}} = \frac{{EC}}{{ED}} = \frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{AB}}{{AS}} = \frac{{FB}}{{FA}}$

Do đó: $PF\parallel SA$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\left( {PEF} \right)\parallel \left( {SAD} \right)$.

Mặt khác $EF \subset \left( {PEF} \right)$ nên $EF\parallel \left( {SAD} \right)$.

Ngoài ra ta có thể dùng định lí Thales để chứng minh $EF\parallel \left( {SAD} \right)$ như sau:

Theo tính chất đường phân giác và tính chất của tam giác cân ta chứng minh được:

$\frac{{AB}}{{AS}} = \frac{{AC}}{{AD}} = \frac{{FB}}{{FS}} = \frac{{EC}}{{ED}}$.

Theo định lí Thales ta suy ra ba đường thẳng BC, EF và SD nằm trong ba mặt phẳng song song, suy ra EF song song với mặt phẳng chứa BC và song song với mặt phẳng chứa SD. Mặt khác $BC\parallel AD$ nên EF song song với mặt phẳng (SAD).

Ví dụ 3. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AA’, BB’, CC’, DD’ song song với nhau.

a. Chứng minh hai mặt phẳng (BDA’) và (B’D’C) song song với nhau.

b. Chứng minh rằng đường chéo AC’ đi qua trọng tâm G và G’ lần lượt của hai tam giác BDA’ và B’D’C.

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

Lời giải

a. Ta có:

$A’B\parallel D’C$ (vì tứ giác A’BCD’ là hình bình hành).

$BD\parallel B’D’$ (vì tứ giác BB’D’D là hình bình hành), suy ra $mp\left( {BDA’} \right)\parallel mp\left( {B’D’C} \right)$.

b. Gọi O, O’ và Q lần lượt là tâm các hình bình hành ABCD, A’B’C’D và AA’C’C.

Ta có: A’O là đường trung tuyến và G là trọng tâm của tam giác BDA’ nên $\frac{{A’G}}{{A’O}} = \frac{2}{3}$.

Do đó G cũng là trọng tâm tam giác A’AC (vì A’O là đường trung tuyến của tam giác A’AC).

Mà AQ là đường trung tuyến của tam giác A’AC nên G thuộc AQ, G thuộc AC’ . (1)

Tương tự ta có G’ là trọng tâm của tam giác B’D’C và cũng là trọng tâm của tam giác A’C’C.

Mà C’Q là đường trung tuyến của tam giác A’C’C nên G’ thuộc C’Q. Suy ra G’ thuộc AC’. (2)Từ (1) và (2) suy ra đường chéo AC’ đi qua hai trọng tâm G và G’ lần lượt của hai tam giác BDA’ và B’D’C.

c. Ta có:

G là trọng tâm tam giác A’AC nên $\frac{{AG}}{{AQ}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{AG}}{{AC’}} = \frac{1}{3}\,\,\left( {AC’ = 2AQ} \right)$. Suy ra $AG = \frac{1}{3}AC’$.

G’ là trọng tâm tam giác A’C’C nên $\frac{{C’G’}}{{C’Q}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{C’G’}}{{C’A}} = \frac{1}{3}\,\,\left( {AC’ = 2C’Q} \right)$. Suy ra $C’G’ = \frac{1}{3}AC’$.

Vậy $AG = GG’ = C’G’ = \frac{1}{3}AC’$. Tức là G và G’ chia đoạn AC’ thành ba phần bằng nhau.

Dạng 2. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng và tìm thiết diện qua một điểm và song song với một mặt phẳng

1. Phương pháp

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

2. Các ví dụ

Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M là trung điểm của AD. Gọi $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ là mặt phẳng qua điểm M và lần lượt song song với mặt phẳng (SBD) và (SAC).

a. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mp$\left( \alpha \right)$.

b. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mp$\left( \beta \right)$.

c. Gọi H và K lần lượt là giao điểm của $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ với AC và BD. Chứng minh tứ giác OHMK là hình bình hành.

Lời giải

a.

$\left. \begin{gathered}
\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right) \hfill \\
\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SBD} \right) = BD \hfill \\
M \in \left( {ABCD} \right) \cap \left( \alpha \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\}$

$ \Rightarrow \left( {ABCD} \right) \cap \left( \alpha \right) = MN\parallel BD\,\,\left( {N \in AB} \right)$

Gọi M là trung điểm của AD nên N là trung điểm của AB. Ta có:

$\left. \begin{gathered}
\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right) \hfill \\
\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SB \hfill \\
N \in \left( {SAB} \right) \cap \left( \alpha \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( \alpha \right) = NE\parallel SB\,\,\left( {E \in SA} \right)$

Mà N là trung điểm của AB nên E là trung điểm của SA.

Khi đó: $ME = \left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right)$.

Vậy thiết diện cần tìm là tam giác MNE.

b. $\left. \begin{gathered}
\left( \beta \right)\parallel \left( {SAC} \right) \hfill \\
\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = AC \hfill \\
M \in \left( {ABCD} \right) \cap \left( \beta \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow \left( {ABCD} \right) \cap \left( \beta \right) = MP\parallel AC\,\,\left( {P \in CD} \right)$

Mà M là trung điểm của AD nên P là trung điểm của CD.

Ta có:

$\left. \begin{gathered}
\left( \beta \right)\parallel \left( {SAC} \right) \hfill \\
\left( {SCD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SC \hfill \\
P \in \left( {SCD} \right) \cap \left( \beta \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\} \Rightarrow \left( {SCD} \right) \cap \left( \beta \right) = PF\parallel SC\,\,\left( {F \in SD} \right)$

Mà P là trung điểm của CD nên F là trung điểm của SD.

Vậy thiết diện cần tìm là tam giác MPF.

c. Trong mp(ABCD): AC cắt MN tại H, BD cắt MP tại K. Do MN chứa trong $mp\left( \alpha \right)$ và MP chứa trong $mp\left( \beta \right)$ nên H chính là giao điểm của AC với $mp\left( \alpha \right)$ và K chính là giao điểm của BD với $mp\left( \beta \right)$.

Ta có $MN\parallel BD$ nên $MH\parallel OK,\,\,MP\parallel AC$ nên $MK\parallel HO$. Vậy tứ giác OHMK là hình bình hành.

Ví dụ 2. Trong mặt phẳng (P) cho hình bình hành ABCD. Ta dựng các nửa đường thẳng song song với nhau và nằm về một phía đối với (P) lần lượt đi qua các điểm A, B, C, D. Một mặt phẳng (P’) cắt bốn nửa đường thẳng nói trên tại A’, B’, C’, D’. Chứng minh:

a. Tứ giác A’B’C’D’ là hình bình hành.

b. $AA’ + CC’ = BB’ + DD’$.

Lời giải

a. Ta có $AB\parallel CD$ và $Ax\parallel Dt$ nên $mp\left( {Ax,By} \right)\parallel mp\left( {Cz,Dt} \right)$.

Mà $\left( {P’} \right) \cap \left( {Ax,By} \right) = A’B’$; $\left( {P’} \right) \cap \left( {Cz,Dt} \right) = C’D’$ nên $A’B’\parallel C’D’$ (1)

Tương tự:
$ \Rightarrow A’D’//B’C’$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác A’B’C’D’ là hình bình hành.

b. Gọi O và O’ lần lượt là tâm các hình bình hành ABCD và A’B’C’D’.

Khi đó ta có OO’ là đường trung bình của hình thang AA’C’C và hình thang BB’D’D.

Do đó: $AA’ + CC’ = 2OO’$ và $BB’ + DD’ = 2OO’$.

Vậy $AA’ + CC’ = BB’ + DD’$.

Ví dụ 3. Cho tứ diện ABCD và M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chứa MN cắt các cạnh AD và BC lần lượt là P và Q.

a. Cho trước điểm P, hãy nói cách dựng điểm Q.

b. Gọi K là giao điểm của MN và PQ. Chứng minh rằng $KP = KQ$.

Lời giải

a. Ta có $\left( \alpha \right)$ là mp(MNP).

Trong mp(ABD): MP cắt BD tại E.

Trong mp(BCD): EN cắt BC tại Q.

Vậy $\left( \alpha \right)$ chính là mp(MPNQ). Q là điểm cần tìm.

b. Trên hai đường thẳng chéo nhau AB và CD lần lượt có các điểm A, M, B và C, N, D định ra các tỉ số bằng nhau:

$\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{ND}}{{NC}} = 1$.

Theo định lí Thales ta suy ra AD, MN, BC nằm trên ba mặt phẳng song song.

Mà PQ là cát tuyến cắt ba mặt phẳng song song lần lượt tại P, K, Q nên: $\frac{{KP}}{{KQ}} = \frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{ND}}{{NC}} = 1$.

Vậy K là trung điểm của PQ.

Ví dụ 4. Cho hình chóp $S.ABCD$, có đáy là hình bình hành tâm $O$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SB$ và $SC$, lấy điểm $P \in SA$.

a) Tìm giao tuyến $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$.

b) Tìm giao điểm $SD$ và $\left( {MNP} \right)$.

c) Tìm thiết diện hình chóp và mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$. Thiết diện là hình gì?

d) Gọi $J \in MN$. Chứng minh rằng $OJ\parallel \left( {SAD} \right).$

Lời giải

a) Do $AB$ song song với $CD$ nên giao tuyến của $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với $AB$ và $CD$.

b) Trong măt phẳng $\left( {SAB} \right)$, kéo dài $PM$ cắt $AB$ tại $Q$, trong mặt phẳng $\left( {PMQR} \right)$ , kéo dài $QN$ cắt $SD$ tại $R$, giao điểm của $SD$ và $\left( {MNP} \right)$ là $R$.

c) Thiết diện hình chóp và mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ là tứ giác $MPRN$.

Do 3 mặt phẳng $\left( {MNP} \right);\left( {ABC} \right);\left( {SAD} \right)$ cắt nhau theo 3 giao tuyến là $PR;MN;AD$ nên chúng song song hoặc đồng quy.

Mặt khác $MN\parallel AD \Rightarrow MN\parallel AD\parallel PR \Rightarrow MPRN$ là hình thang.

d) Ta có: $OM$ là đường trung bình trong tam giác $SBD$$ \Rightarrow $$OM\parallel SD$.

Tương tự ta có: $ON\parallel SA \Rightarrow \left( {OMN} \right)\parallel \left( {SAD} \right)$.

Mặt khác $OJ \subset \left( {OMN} \right) \Rightarrow OJ\parallel \left( {SAD} \right).$(điều phải chứng minh).