Bài 62 trang 118, 119 SBT Toán 11 - Cánh diều: Cho hình hộp \(ABCD. A’B’C’D’\). Gọi \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là trung điểm của \(AD\), \(B’C’\), \(DD’\)...

Đề bài :

Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\). Gọi \(M\), \(N\), \(P\) lần lượt là trung điểm của \(AD\), \(B’C’\), \(DD’\).

a) Chứng minh rằng \(ADC’B’\) là hình bình hành.

b) Chứng minh rằng \(BD\parallel \left( {AB’D’} \right)\), \(MN\parallel \left( {AB’D’} \right)\).

c) Chứng minh rằng \(\left( {MNP} \right)\parallel \left( {AB’D’} \right)\) và \(BD\parallel \left( {MNP} \right)\).

d*) Xác định giao tuyến của \(\left( {MNP} \right)\) với các mặt của hình hộp.

e*) Lấy một đường thẳng cắt ba mặt phẳng \(\left( {AB’D’} \right)\), \(\left( {MNP} \right)\), \(\left( {C’BD} \right)\) lần lượt tại \(I\), \(J\), \(H\). Tính tỉ số \(\frac{{IJ}}{{JH}}\).

Hướng dẫn giải :

a) Chỉ ra rằng tứ giác \(ADC’B’\) có một cặp cạnh song song và bằng nhau, từ đó suy ra \(ADC’B’\) là hình bình hành.

b) Để chứng minh rằng \(BD\parallel \left( {AB’D’} \right)\), ta cần chứng minh rằng \(BD\) song song với một đường thẳng nằm trong \(\left( {AB’D’} \right)\). Ta cũng làm tương tự để chứng minh \(MN\parallel \left( {AB’D’} \right)\).

c) Theo câu b, ta đã chứng minh được \(MN\parallel \left( {AB’D’} \right)\). Do đó, để chứng minh \(\left( {MNP} \right)\parallel \left( {AB’D’} \right)\), ta cần chỉ ra thêm 1 đường thẳng song song với \(\left( {AB’D’} \right)\) và cắt \(MN\). Sử dụng các kết quả thu được ở câu b và câu c để suy ra \(BD\parallel \left( {MNP} \right)\).

d) Gọi \(E\), \(F\), \(K\) lần lượt là trung điểm của \(C’D’\), \(B’B\), \(AB\). Ta sẽ chứng minh rằng sáu điểm \(E\), \(F\), \(K\), \(M\), \(N\), \(P\) đồng phẳng, từ đó chỉ ra được sáu đường thẳng \(MP\), \(PE\), \(EN\), \(NF\), \(FK\), \(KM\) chính là các giao tuyến của \(\left( {MNP} \right)\) với sáu mặt của hình hộp.

e) Gọi \(R\), \(O\) lần lượt là giao điểm của \(AC\) với \(MK\) và \(BD\). Chỉ ra rằng hai đường thẳng \(d\) và \(AC\) cắt ba mặt phẳng song song \(\left( {AB’D’} \right)\), \(\left( {MPENFK} \right)\), \(\left( {C’BD} \right)\) và sử dụng định lý Thales trong không gian để tính tỉ số \(\frac{{IJ}}{{JH}}\).

Lời giải chi tiết :

a) Do \(ABCD.A’B’C’D’\) là hình hộp, nên ta có \(ABCD\) và \(BCC’B’\) là các hình bình hành. Vì \(ABCD\) là hình bình hành, ta có \(AD\parallel CB\) và \(AD = CB\). Mà \(BCC’B’\) cũng là hình bình hành, nên ta có \(B’C’\parallel BC\) và \(B’C’ = BC\).

Như vậy ta suy ra \(AD\parallel B’C’\) và \(AD = B’C’\). Điều này có nghĩa \(ADC’B’\) là hình bình hành. Ta có điều phải chứng minh.

b) Do \(ABCD.A’B’C’D’\) là hình hộp, ta có \(BB’ = DD’\) và \(BB’\parallel DD’\). Suy ra \(DBB’D’\) là hình bình hành, suy ra \(BD\parallel B’D’\). Mà \(B’D’ \subset \left( {AB’D’} \right)\), ta suy ra \(BD\parallel \left( {AB’D’} \right)\).

Xét tứ giác \(AMNB’\), ta có \(AM\parallel NB’\) (do \(AD\parallel B’C’\)) và \(AM = NB’\) (do cùng bằng một nửa \(AD\)) nên nó là hình bình hành. Suy ra \(MN\parallel AB’\). Do \(AB’ \subset \left( {AB’D’} \right)\), ta suy ra \(MN\parallel \left( {AB’D’} \right)\).

c) Theo câu b, ta đã chứng minh được \(MN\parallel \left( {AB’D’} \right)\).

Do \(M\) là trung điểm của \(AD\), \(P\) là trung điểm của \(DD’\), nên \(MP\) là đường trung bình của tam giác \(AD’D\). Suy ra \(MP\parallel AD’\). Do \(AD’ \subset \left( {AB’D’} \right)\) nên \(MP\parallel \left( {AB’D’} \right)\).

Như vậy \(\left( {MNP} \right)\) có hai đường thẳng \(MN\) và \(MP\) cùng song song với \(\left( {AB’D’} \right)\), và hai đường thẳng này cắt nhau tại \(M\), nên ta kết luận \(\left( {MNP} \right)\parallel \left( {AB’D’} \right)\).

Vì \(BD\parallel \left( {AB’D’} \right)\), \(\left( {MNP} \right)\parallel \left( {AB’D’} \right)\) nên ta suy ra \(BD\parallel \left( {MNP} \right)\).

d*) Gọi \(E\), \(F\), \(K\) lần lượt là trung điểm của \(C’D’\), \(B’B\), \(AB\).

Do \(P\) là trung điểm của \(DD’\), \(E\) là trung điểm của \(C’D’\) nên \(PE\) là đường trung bình của tam giác \(C’D’D\), suy ra \(PE\parallel C’D\).

Tứ giác \(DMNC’\) có \(DM\parallel NC’\) (do \(AD\parallel B’C’\)) và \(DM = NC’\) (do cùng bằng một nửa \(AD\)) nên nó là hình bình hành. Suy ra \(MN\parallel DC’\).

Như vậy ta suy ra \(PE\parallel MN\), điều đó có nghĩa \(E \in \left( {MNP} \right)\). Chứng minh tương tự ta cũng có \(F \in \left( {MNP} \right)\) và \(K \in \left( {MNP} \right)\). Như vậy sáu điểm \(E\), \(F\), \(K\), \(M\), \(N\), \(P\) đồng phẳng.

Xét mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) (cũng là mặt phẳng \(\left( {MPENFK} \right)\)) và \(\left( {ADD’A’} \right)\), ta thấy rằng \(M\) và \(P\) là hai điểm chung của hai mặt phẳng trên, như vậy giao tuyến của \(\left( {MPENFK} \right)\) và \(\left( {ADD’A’} \right)\) chính là đường thẳng \(MP\).

Chứng minh tương tự, giao tuyến của mặt phẳng \(\left( {MPENFK} \right)\) với các mặt phẳng \(\left( {DCC’D’} \right)\), \(\left( {A’B’C’D’} \right)\), \(\left( {BCC’B’} \right)\), \(\left( {ABB’A’} \right)\), \(\left( {ABCD} \right)\) lần lượt là các đường \(PE\), \(EN\), \(NF\), \(FK\), \(KM\).

e*) Gọi \(R\), \(O\) lần lượt là giao điểm của \(AC\) với \(MK\) và \(BD\).

Xét ba mặt phẳng song song \(\left( {AB’D’} \right)\), \(\left( {MPENFK} \right)\), \(\left( {C’BD} \right)\), ta thấy đường thẳng \(AC\) lần lượt cắt ba mặt phẳng trên tại \(A\), \(R\), \(O\). Hơn nữa, theo đề bài, đường thẳng \(d\) cũng cắt ba mặt phẳng song song trên lần lượt tại \(I\), \(J\) và \(H\). Theo định lý Thales trong không gian, ta có \(\frac{{AR}}{{IJ}} = \frac{{RO}}{{JH}} = \frac{{AO}}{{IH}} \Rightarrow \frac{{IJ}}{{JH}} = \frac{{AR}}{{RO}}\).

Do \(M\) là trung điểm của \(AD\), \(K\) là trung điểm của \(AB\) nên \(MK\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\). Hơn nữa, do \(R\) là giao điểm của \(AC\) và \(MK\), nên \(R\) là trung điểm của \(AO\), do đó \(\frac{{AR}}{{RO}} = 1\). Như vậy \(\frac{{IJ}}{{JH}} = 1\).