Với giải Bài 1 trang 113 Toán 11 Tập 1 Cánh diều chi tiết trong Bài 5: Hình lăng trụ và hình hộp giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập Toán 11. Mời các bạn đón xem:

Giải bài tập Toán lớp 11 Bài 5: Hình lăng trụ và hình hộp

Bài 1 trang 113 Toán 11 Tập 1: Cho hình hộp ABCD.A’B’C D’.

a) Chứng minh rằng (ACB’) // (A’C’D).

b) Gọi G₁, G₂ lần lượt là giao điểm của BD’ với các mặt phẳng (ACB’) và (A’C’D). Chứng minh rằng G₁, G₂ lần lượt là trọng tâm của hai tam giác ACB’ và A’C’D.

c) Chứng minh rằng BG₁ = G₁G₂ = D’G₂.

Lời giải:

a)

Ta có: (ABCD) // (A’B’C’D’) ( do ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp);

           (ABCD) ∩ (ACC’A’) = AC;

           (A’B’C’D’) ∩ (ACC’A’) = A’C’.

Do đó AC // A’C’.

Mà A’C’ ⊂ (A’C’D) nên AC // (A’C’D).

Chứng minh tương tự ta cũng có AB’ // DC’ mà DC’ ⊂ (A’C’D) nên AB’ // (A’C’D).

Ta có: AC // (A’C’D);

          AB’ // (A’C’D);

          AC, AB’ cắt nhau tại điểm A và cùng nằm trong mp(ACB’).

Do đó (ACB’) // (A’C’D).

b)

• Gọi O là tâm hình bình hành đáy ABCD, I là giao điểm của BD’ và DB’.

Tứ giác BDD’B’ có BB’ // DD’ và BB’ = DD’ nên là hình bình hành.

Do đó hai đường chéo BD’ và DB’ cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đường.

Trong mp(BDD’B’), BD’ cắt B’O tại G₁.

Mà B’O ⊂ (ACB’) nên G₁ là giao điểm của BD’ với (ACB’).

Trong mp(BDD’B’), xét $∆$BDB’ có hai đường trung tuyến BI, B’O cắt nhau tại G₁ nên G₁ là trọng tâm của DBDB’

Do đó $\frac{B^{\text{'}}{G}_1}{BO}=\frac{2}{3}$

Trong (ACB’), xét $∆$ACB’ có B’O là đường trung tuyến và $\frac{B^{\text{'}}{G}_1}{BO}=\frac{2}{3}$

Suy ra G₁ là trọng tâm của $∆$ACB’.

• Gọi O’ là tâm hình bình hành đáy A’B’C’D’.

Chứng minh tương tự như trên ta cũng có: G₂ là trọng tâm của $∆$DD’B’ nên $\frac{D{G}_2}{D{O}^{\text{'}}}=\frac{2}{3}$

Trong (A’C’D), $∆$A’C’D có DO’ là đường trung tuyến và  $\frac{D{G}_2}{D{O}^{\text{'}}}=\frac{2}{3}$

Suy ra G₂ là trọng tâm của $∆$A’C’D.

c) Theo chứng minh câu b, ta có:

• G₁ là trọng tâm của $∆$BDB’ nên $\frac{B{G}_1}{BI}=\frac{2}{3}$  và $\frac{I{G}_1}{B{G}_1}=\frac{1}{2}$

• G₂ là trọng tâm của  $∆$DD’B’ nên $\frac{D^{\text{'}}{G}_2}{D^{\text{'}}I}=\frac{2}{3}$  và $\frac{I{G}_2}{D^{\text{'}}{G}_2}=\frac{1}{2}$

Do đó $\frac{B{G}_1}{BI}=\frac{D^{\text{'}}{G}_2}{D^{\text{'}}I}=\frac{2}{3}$  và $\frac{I{G}_1}{B{G}_1}=\frac{I{G}_2}{D^{\text{'}}{G}_2}=\frac{1}{2}$

Ta có: $\frac{B{G}_1}{BI}=\frac{D^{\text{'}}{G}_2}{D^{\text{'}}I}$ và BI = D’I (do I là trung điểm của BD’)

Suy ra BG₁ = D’G₂.

Lại có $\frac{I{G}_1}{B{G}_1}=\frac{I{G}_2}{D^{\text{'}}{G}_2}=\frac{1}{2}$  nên IG₁ = IG₂ = $\frac{1}{2}$ BG₁

Do đó G₁G₂ = IG₁ + IG₂ = $\frac{1}{2}$ BG₁ + $\frac{1}{2}$ BG₁ = BG₁.

Vậy BG₁ = G₁G₂ = D’G₂.