Chương 2: ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ SONG SONG

\(\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{DM}=k.\overrightarrow{DC}=k.\overrightarrow{AB}\\\overrightarrow{BN}=k.\overrightarrow{BB'}=k.\overrightarrow{AA'}\end{matrix}\right.\)

\(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}=-k.\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}+k.\overrightarrow{AA'}\)

\(=\left(1-k\right)\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}+k.\overrightarrow{AA'}\)

\(\overrightarrow{AC'}.\overrightarrow{MN}=\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AA'}\right)\left(\left(1-k\right).\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AD}+k.\overrightarrow{AA'}\right)\)

\(=\left(1-k\right)AB^2-AD^2+k.AA'^2\)

\(=a^2\left(1-k-1+k\right)=0\)

\(\widehat{SBA}=60^0\Rightarrow SA=2a\sqrt{3}\)

Gọi M là trung điểm AB \(\Rightarrow MN\) là đường trung bình ABC

\(MN=\dfrac{1}{2}BC=2a\)

MN song song BC nên \(\left(\widehat{SN;BC}\right)=\widehat{SNM}\) đồng thời \(MN\perp\left(SAB\right)\)

\(\Rightarrow\Delta SMN\) vuông tại M

\(SN=\sqrt{SA^2+\left(\dfrac{AC}{2}\right)^2}=4a\)

\(\Rightarrow cos=\dfrac{MN}{SN}=\dfrac{1}{2}\)

\(AB^2+AC^2=BC^2\) nên ABC vuông cân tại A

Dựng hình vuông ABCD, chóp S.ABCD là chóp đều.

AB song song CD nên góc cần tính bằng \(\widehat{SCD}\)

\(SC=SD=CD=a\) nên tam giác đều \(\Rightarrow\widehat{SCD}=60^0\)

Câu này chỉ cần biện luận là ra kết quả, ko cần tính đâu

a: Xét ΔSAB có

M,N lần lượt là trung điểm của SA,SB

=>MN là đường trung bình của ΔSAB

=>MN//AB

mà AB\(\subset\)(ABCD); MN ko thuộc mp(ABCD)

nên MN//(ABCD)

b: ta có: MN//AB

AB//CD

Do đó: MN//CD

mà \(CD\subset\left(SCD\right);MN\) ko thuộc mp(SCD)

nên MN//(SCD)

c: Gọi O là giao của AC và BD trong mp(ABCD)

\(O\in AC\subset\left(SAC\right);O\in BD\subset\left(SBD\right)\)

Do đó: \(O\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)

mà \(S\in\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)\)

nên \(\left(SAC\right)\cap\left(SBD\right)=SO\)
d: Xét (SAD) và (MBC) có

\(M\in\left(SAD\right)\cap\left(MBC\right)\left(M=SA\cap MB\right)\)

AD//BC

Do đó: (SAD) giao (MBC)=xy, xy đi qua M và xy//AD//BC

Em tự thực hiện việc dựng hình, khá đơn giản chỉ mấy đường song song

Theo t/c giao tuyến của 3 mp cắt nhau ta có AP, QR và MN đồng quy tại 1 điểm. Gọi điểm đó là E.

MN, BB', PQ đồng quy tại 1 điểm. Gọi điểm đó là F.

Hai tam giác B'AD và FEQ đồng dạng (3 cặp cạnh song song)

Các tứ giác AMFB' và AENB' là hình bình hành (các cặp cạnh đối song song)

\(\Rightarrow MF=AB'=NE\Rightarrow ME=NF\)

Do MN là đường trung bình tam giác A'AB' \(\Rightarrow MN=\dfrac{1}{2}AB'\Rightarrow MN=ME=MF=\dfrac{1}{2}AB'\)

\(\Rightarrow EF=\dfrac{3}{2}AB'\)

\(\Rightarrow\) 2 tam giác B'AD và FEQ đồng dạng theo tỉ số \(\dfrac{EF}{AB'}=\dfrac{3}{2}\)

\(\Rightarrow S_{FEQ}=\left(\dfrac{3}{2}\right)^2S_{B'AD}=\dfrac{9}{4}S_{B'AD}\)

\(\dfrac{AD}{EQ}=\dfrac{AB'}{EF}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{BD}{BQ}\) \(\Rightarrow BQ=\dfrac{3}{2}BD=\dfrac{3}{2}.\dfrac{1}{3}BC=\dfrac{1}{2}BC\)

Menelaus tam giác BEQ:

\(\dfrac{RE}{RQ}.\dfrac{QC}{CB}.\dfrac{BA}{AE}=1\Rightarrow\dfrac{RE}{RQ}.\dfrac{1}{2}.2=1\Rightarrow RE=RQ\Rightarrow RE=\dfrac{1}{2}EQ\)

\(\Rightarrow S_{MER}=\dfrac{ME}{FE}.\dfrac{RE}{EQ}.S_{FEQ}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{6}S_{FEQ}\)

\(\Delta FNP\) đồng dạng \(\Delta FEQ\) (do NP song song EQ) theo tỉ số đồng dạng \(\dfrac{NF}{EF}=\dfrac{1}{3}\)

\(\Rightarrow S_{FNP}=\dfrac{1}{9}S_{FEQ}\)

\(\Rightarrow S_{MNPQR}=S_{FEQ}-\left(S_{FNP}+S_{MER}\right)=\dfrac{13}{18}S_{FEQ}=\dfrac{9}{4}.\dfrac{13}{18}S_{B'AD}=\dfrac{13}{8}S_{B'AD}\)

Qua M dựng mặt phẳng song song (BCC'B') lần lượt cắt DC, D'C', A'B' tại F, G, I

Ta có \(\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{DF}{FC}=\dfrac{D'G}{GC}=\dfrac{A'I}{IB'}=\dfrac{m}{n}\)

\(\Rightarrow\dfrac{DP}{PC'}=\dfrac{D'G}{GC}\) \(\Rightarrow GP||D'D\Rightarrow P\in FG\Rightarrow P\in\left(MFGI\right)\)

Gọi J là giao điểm AC và MF 

\(\Rightarrow\dfrac{AJ}{JC}=\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{m}{n}=\dfrac{A'N}{NC}\Rightarrow NJ||A'A\Rightarrow N\in\left(MFGI\right)\)

Hay (MNP) chính là mp (MFGI)

Gọi K là giao điểm MF và AE, trong tam giác CC'E qua K kẻ đường thẳng song song CC' cắt C'E tại H

\(\Rightarrow H\) là giao C'E và (MNP)

3 mp (MFGI), (ABCD), (C'DE) cắt nhau theo 3 giao tuyến phân biệt DE, JK, HP

Mà \(DE||JK\)  \(\Rightarrow HP||DE\)

Talet: \(\dfrac{DE}{HP}=\dfrac{C'D}{C'P}=\dfrac{DP+C'P}{C'P}=\dfrac{m}{n}+1\)

\(\Rightarrow3=\dfrac{m}{n}+1\Rightarrow\dfrac{m}{n}=2\)

Mn là đường trung bình tam giác SBD nên MN song song BD

Qua P kẻ đường thẳng song song BD cắt AB kéo dài tại E

BDPE là hình bình hành (2 cặp cạnh đối song song) nên \(BE=DP=\dfrac{AB}{2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{EB}{EA}=\dfrac{\dfrac{AB}{2}}{AB+\dfrac{AB}{2}}=\dfrac{1}{3}\)

Ủa bài này cho 1 đống dữ liệu làm gì ta? Làm rối trí học sinh?

Gọi D là trung điểm BC \(\Rightarrow\dfrac{SN}{SD}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{SN}{ND}=2\)

Qua S kẻ đường thẳng (d) song song AD, nối AN kéo dài cắt (d) tại Q

Talet: \(\dfrac{QN}{AN}=\dfrac{SN}{ND}=2\Rightarrow QN=2AN\Rightarrow QN=\dfrac{2}{3}QA\)

À, tưởng dài mà thực ra cũng dễ thôi, vì toàn điểm đặc biệt cả.

Gọi O là tâm đáy \(\Rightarrow I\) là giao AN và SO

\(\Rightarrow I\) là trọng tâm SAC \(\Rightarrow\dfrac{SI}{SO}=\dfrac{2}{3}\)

Gọi E là giao điểm CM và BD, trong mp (SCM) nối MN cắt SE tại J

E là trọng tâm ABC \(\Rightarrow\dfrac{BE}{BO}=\dfrac{2}{3}\)

Menelaus tam giác BOI:

\(\dfrac{BE}{EO}.\dfrac{OS}{SI}.\dfrac{IJ}{JB}=1\Rightarrow2.\dfrac{3}{2}.\dfrac{IJ}{JB}=1\Rightarrow JB=3IJ\)

\(\Rightarrow IB-IJ=3IJ\Rightarrow\dfrac{IB}{IJ}=4\)

A. Mệnh đề đảo sai (2 đường cùng mặt chưa chắc song song)

B. Sai, ví dụ 2 đường thẳng song song 

C. Đúng

D. Sai, 2 đường thẳng song song (ko có quy định nào bắt 1 đường thẳng chỉ nằm trên 1 mặt)