Toán lớp 11: Lý thuyết và các dạng bài tập mới nhất 2023

Hai mặt phẳng song song trong hình học không gian có những điều kiện và tính chất gì? Có những cách nào để chứng minh 2 mặt phẳng song song? Cùng Cấp Nước Lào Cai tìm hiểu chi tiết bài giảng về hai mặt phẳng song song ngay trong bài viết dưới đây nhé.

 

Vị trí tương đối của hai mặt phẳng phân biệt

Cho đường thẳng d và mặt phẳng (P). Có ba trường hợp xảy ra:

(P), (Q) có 1 điểm chung: (P) ∩ (Q) = a

(P), (Q) không có điểm chung: (P) // (Q)

Khái niệm hai mặt phẳng song song

Hai mặt phẳng được gọi là song song nếu chúng không có điểm chung.

Định lí 1

Nếu mặt phẳng (α) chứa hai đường thẳng cắt nhau a, b và a, b cùng song song với mặt phẳng (β) thì song song (α) với (β).

+) Muốn chứng minh hai mặt phẳng song song, ta phải chứng minh có hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng này lần lượt song song với mặt phẳng kia.

+) Muốn chứng minh đường thẳng a // (Q), ta chứng minh đường thẳng a nằm trong mặt phẳng (P) // (Q).

Định lí 2

Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước có một và chỉ một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.

Hệ quả:

+) Nếu đường thẳng d song song với mặt phẳng (α) thì trong (α) có một đường thẳng song song với d và qua d có duy nhất một mặt phẳng song song với (α). Do đó đường thẳng d song song với (α) ta phải chứng minh d thuộc mặt phẳng (β) và có (α) // (β) ⇒ d // (α).

+) Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau.

+) Cho điểm A không nằm trên mặt phẳng (α). Mọi đường thẳng đi qua A và song song với (α) đều nằm trong mặt phẳng đi qua A và song song với (α).

Định lí 3

Cho hai mặt phẳng song song. Nếu một mặt phẳng cắt mặt phẳng này thì cũng cắt mặt phẳng kia và hai giao tuyến song song với nhau.

Hệ quả: Hai mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyến song song những đoạn thẳng bằng nhau.

Định lí 4: Định lí Thales

Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến bất kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.

Bài tập ứng dụng hai mặt phẳng song song

Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thang mà AD // BC và AD = 2BC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và AD. Chứng minh: (BMN) // (SCD).

Lời giải

Vì N là trung điểm của AD nên:

Tứ giác NBCD có: ND = BC và ND // BC nên NDBC là hình bình hành

Suy ra: NB // CD ⇒ NB // (SCD)

Tam giác SAD có M, N lần lượt là trung điểm của AS và AD

Nên: MN là đường trung bình của ∆ADS.

Suy ra: MN // SD ⇒ MN // (SCD)

Từ

⇒ (BMN) // (SCD)

Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm SA, SB, SD và K, I là trung điểm của BC, OM.

a) Chứng minh: (OMN) // (SCD)

b) Chứng minh: (PMN) // (ABCD)

c) Chứng minh: KI // (SCD)

Lời giải

a) Ta có: O, M lần lượt là trung điểm của AC và SA nên OM // SC

Suy ra: OM // (SCD)

Tương tự: ON // (SCD)

Khi đó: (OMN) // (SCD)

b) Ta có: N, M lần lượt là trung điểm của SB và SA nên MN // AB

Suy ra: MN // (ABCD)

Tương tự: PM // (ABCD)

Vậy: (PMN) // (ABCD)

c) Ta có: O, K lần lượt là trung điểm của AC và BC nên OK // AB

Suy ra: OK // MN

Khi đó: 5 điểm M, N, K, O, I đồng phẳng

Từ câu trên (OMN) // (SCD) thì KI // (SCD).

Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M, N lần lượt là trung điểm SA, SD.

a) Chứng minh: (OMN) // (SBC)

b) Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của AB, ON, SB. Chứng minh: PQ // (SBC) và (ROM) //
(SCD).

Lời giải

a) Ta có: O, M lần lượt là trung điểm của AC và SA nên OM // SC

Suy ra: OM // (SBC)

Tương tự: ON // (SBC)

Khi đó: (OMN) // (SBC)

b) Ta có: O, P lần lượt là trung điểm của AC và BA nên OP // CB

Suy ra: OP // (SBC) hay P ∈ (OMN)

Mặt khác: Q ∈ (OMN)

Theo trên (OMN) // (SBC) thì PQ // (SBC).

Ta có: R, O lần lượt là trung điểm của SB và BD nên RO // SD

Suy ra: RO // (SCD)

Theo trên OM // SC nên OM // (SCD)

Vậy: (ROM) // (SCD).

Câu 4. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF có chung cạnh AB và không đồng phẳng. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của AB, CD, EF. Chứng minh:

a) (ADF) // (BCE)

b) (DIK) // (JBE)

Lời giải

a) Ta có: AD // BC

Suy ra: AD // (BCE)

Tương tự: AF // (BCE)

Khi đó: (ADF) // (BCE)

b) Trong hình bình hành ABCD có I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD nên BI = DJ

Do đó: IBJD là hình bình hành

Suy ra: DI // BJ nên DI // (JBE)

Trong hình bình hành ABEF có I, K lần lượt là trung điểm của AB và EF nên IK // EF

Suy ra: IK // (JBE)

Vậy: (DIK) // (JBE)

Câu 5. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác nhau. Trên các đường chéo AC, BF lấy các điểm M, N sao cho MC = 2AM, NF = 2BN. Qua M, N lần lượt kẻ các đường thẳng song song với cạnh AB, cắt các cạnh AD, AF theo thứ tự tại M₁, N₁, Chứng minh rằng:

a) MN // DE

b) M₁N₁ // (DEF)

c) (MNM₁N₁) // (DEF)

Lời giải

a) Gọi I là giao điểm của BM với CD.

Khi đó ta có:

Mặt khác:

Khi đó: MN // IF

Theo trên nên

Suy ra: DI = CD = AB

Lại có: DI // EF

Do đó: DEFI là hình bình hành hay FI // DE

Vậy: MN // DE

b) Theo giả thiết thì MM₁ // NN₁ (vì cùng song song với AB) nên M, M₁, N, N₁ đồng phẳng.

Lại có: MM₁ // (DEF) (vì MM₁ // CD // AB)

Và theo câu trên thì MN // DE nên MN // (DEF)

Vậy: (MM₁N₁N) // (DEF)

Suy ra: M₁N₁ // (DEF)

c) Đã chứng minh ở câu b.

Câu 6. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF nằm trên hai mặt phẳng phân biệt. Gọi I, J, K theo thứ tự là trọng tâm các tam giác ADF, ADC, BCE. Chứng minh rằng: (IJK) // (CDFE).

Lời giải

Ta có: CD // EF // AB nên CD và EF đồng phẳng.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DF, CD.

Khi đó vì I, J lần lượt là trọng tâm tam giác ADF, ADC nên:

⇒ IJ // MN ⇒ IJ // (CDEF)

Mặt khác, gọi P là trung điểm CE.

Khi đó:

Ta có: ABCD, ABEF là hình bình hành nên CDEF cũng là hình bình hành.

Khi đó với M, P là trung điểm của hai cạnh đối của hình bình hành CDEF

Nên: MP // CD //AB

Suy ra: IK // MP // AB

Do đó: ABPK cũng là hình bình hành

Ta có:

Suy ra: IK // MN

Khi đó: IK // (CDEF)

Vậy: (IJK) // (CDEF)

Câu 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm SA, BC, CD.

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (MOP).

b) Gọi E là trung điểm của SC và I là điểm trên cạnh SA thỏa AI = 3IS. Tìm K = IE ∩ (ABC) và H = AB ∩ (EIN). Tính tỉ số .

c) Gọi G là trọng tâm tam giác SBC. Tìm thiết diện hình chóp S.ABC bị cắt bởi (IMG).

Lời giải

a) Ta có: O, P lần lượt là trung điểm của AC và CD nên OP // AD

Suy ra: OP // (SAD)

Khi đó: giao tuyến của (SAD) và (OMP) là đường thẳng qua M và song song với AD và cắt SD tại trung điểm Q của SD.

b) Xét mặt phẳng (SAC) có:

Suy ra: IE cắt AC tại K

Khi đó: K = IE ∩ (ABC)

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SAC với ba điểm K, E, I thẳng hàng có:

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ABC với ba điểm K, N, H thẳng hàng có:

Khi đó:

c) Ta thấy, mặt phẳng (IMG) cũng chính là mặt phẳng (SAG)

Vì: G là trọng tâm tam giác SBC và N là trung điểm BC

Nên: (IMG) ∩ (SBC) = SN

Vậy: Thiết diện hình chóp S.ABC bị cắt bởi (IMG) là tam giác SAN

Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N lần lượt là trung điểm SA và CD. Gọi E là giao điểm của AD và (BMN), I là trung điểm của ME và G = AN ∩ BD.

a) Tìm điểm E và giao điểm F của SD với mặt phẳng (BMN). Chứng minh: FS = 2FD.

b) Chứng minh: FG // (SAB) và (CDI) // (SAB).

c) Gọi H là giao điểm của MN và SG. Chứng minh: OH // GF.

Lời giải

a) Trong mặt phẳng (ABCD) kéo dài BN cắt đường thẳng AD tại E.

Khi đó: E là giao điểm của (BMN) với AD

Gọi F là giao điểm của ME với SD.

Khi đó: F là giao điểm của SD với (BMN)

Vì:

Nên: D là trung điểm của đoạn AE

Từ đó suy ra: SD và EM là các đường trung tuyến của tam giác SAE

Suy ra: F là trọng tâm tam giác SAE

Vậy: FS = 2FD

b) Tam giác DGN và tam giác BGA đồng dạng nên

Từ đó suy ra:

Nên: FG // SB ⇒ FG // (SAB)

Ta có: CD // AB và DI // MA

Từ đó suy ra: (CDI) // (SAB)

c) Ta có: G là trọng tâm tam giác ACD.

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SAG với ba điểm M, H, N thẳng hàng ta có:

Ta cũng có:

Theo chứng minh trên ta cũng có: GF // SB

Vậy: OH // GF

Câu 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M là trung điểm của SC, N là điểm trên đường chéo BD sao cho BD = 3BN.

a) Xác định giao tuyến của mặt phẳng (SCD) và (SAB) và tìm T = DM ∩ (SAB). Tính .

ĐS:

b) Gọi K = AN ∩ Chứng minh rằng: MK // (SBD).

c) Gọi I = AN ∩ DC, L = IM ∩ Tính tỉ số và .

ĐS:

Lời giải

a) Mặt phẳng (SAB) và (SCD) lần lượt chứa hai đường thẳng song song là AB và CD nên giao tuyến của chúng là đường thẳng d qua S và d // AB // CD.

Trong mặt phẳng (SCD) kéo dài DM cắt d tại T.

Khi đó: T ∈ d ⇒ T ∈ (SAB)

Vậy: T = DM ∩ (SAB)

Do CD // DT nên hai tam giác MCD và MST đồng dạng.

Do đó:

Vậy:

b) Vì:

Do đó: N là trọng tâm tam giác ABC

Suy ra: K là trung điểm của BC

Dẫn đến MK là đường trung bình của tam giác SBC.

Nên: MK // SB ⇒ MK // (SBD)

c) Tam giác IKC và tam giác IAD đồng dạng nên

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SCD với ba điểm I, M, L thẳng hàng ta có:

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác IDL với ba điểm S, M, C thẳng hàng ta có:

Từ đó suy ra:

Gọi h, k lần lượt là độ dài đường cao các tam giác IKM và IAL kẻ từ M và L.

Dễ thấy rằng:

Vậy:

Câu 10. Cho hai hình vuông ABCD và ABEF ở trong hai mặt phẳng phân biệt. Trên các đường chéo AC và BF lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AM = BN. Các đường thẳng song song với AB vẽ từ M, N lần lượt cắt AD và AF tại M’ và N’. Chứng minh rằng:

a) (ADF) // (BCE)

b) (CDF) // (MM’N’N)

Lời giải

a) Ta có:

b) Ta có:

(1)

Ta cũng có:

(2)

Mà từ giả thiết ta có:

(3)

Từ (3) suy ra: M’N’ // DF.

Ta cũng có: MM’ // NN’ // DC // FE

Vậy: (CDF) // (MM’N’N)

Câu 11. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’. Gọi I, J, K lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC, ACC’, A’B’C’. Chứng minh rằng: (IJK) // (BCC’B’) và (A’JK) // (AIB’).

Lời giải

+) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CC’ và B’C’.

Theo tính chất của trọng tâm tam giác ta có:

Tứ giác AMP’A’ là hình bình hành và có:

Vậy: (IJK) // (BCC’B’)

+) Chú ý rằng: mặt phẳng (AIB’) chính là mặt phẳng (AMB’), mặt phẳng (A’JK) chính là mặt phẳng (A’CP).

Vì: AM // A’P, MB’ // CP (do tứ giác B’MCP là hình bình hành)

Vậy ta có: (A’JK) // (AIB’).

Câu 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AD và AD = 2BC, M ∈ BC. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M, (P) // CD, (P) // SC, (P) cắt AD, SA, SB lần lượt tại N, P, Q.

a) Chứng minh rằng: NQ // (SCD) và NP // SD.

b) Gọi H, K lần lượt là trung điểm của SD và AD. Chứng minh rằng: (CHK) // (SAB).

Lời giải

a) Từ M ta kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD tại N và cắt AB tại E.

Từ M kẻ đường thẳng song song với SC cắt SB tại Q.

Kéo dài EQ cắt SA tại P.

Theo cách dựng ta suy ra: (EPN) // (SCD) và NQ ⊂ (EPN)

Vậy: NQ // (SCD)

Do (P) // (SCD) và hai mặt phẳng này cùng cắt (SAD) theo các giao tuyến là NP và SD.

Do đó ta suy ra: NP // SD

b) Ta có: HK là đường trung bình của tam giác SAD

Nên: HK // SA (1)

Vì K là trung điểm của AD nên AK = BC.

Do đó: tứ giác ABCK là hình bình hành

Suy ra: CK // AB (2)

Từ (1) và (2) suy ra: (CKH // (SAB).

Câu 13. Cho hình chóp S.ABC có G là trọng tâm tam giác ABC. Trên đoạn SA lấy hai điểm M, N sao cho SM = MN = NA.

a) Chứng minh rằng: GM // (SBC).

b) Gọi D là điểm đối xứng với A qua G. Chứng minh rằng: (MCD) // (NBG).

c) Gọi H = DM ∩ (SBC). Chứng minh rằng: H là trọng tâm tam giác SBC.

Lời giải

a) Gọi E là trung điểm của BC. Khi đó ta có:

Vậy: GM // (SBC)

b) Từ giả thiết ta suy ra G, N lần lượt là trung điểm của AD và AM.

Do đó: NG // MD (1)

Tứ giác BDCG có E là trung điểm của hai đường chéo nên đó là hình bình hành.

Suy ra: BG // CD (2)

Từ (1) và (2) suy ra: (MCD) // (NBG)

c) Ta có: AE là đường trung tuyến của tam giác SBC (3)

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SAE với ba điểm M, H, D thẳng hàng ta có:

(4)

Từ (3) và (4) suy ra: H là trọng tâm tam giác SBC.