Tự luận Hình học Lớp 11 - Chương 1 - Chủ đề 2: Hai đường thẳng song song

 CHUÛ ÑEÀ 2. HAI ÑÖÔØNG THAÚNG SONG SONG
 VẤN ĐỀ 1. Chứng minh hai đường thẳng song song
 ❖ Phương pháp. Để chứng minh hai đường thẳng song song ta có thể sử dụng một trong các cách sau
 Cách 1. Chứng minh hai đường thẳng đó đồng phẳng, rồi áp dụng phương pháp chứng minh song song 
 trong hình học phẳng (tính chất đường trung bình, định lí Talét đảo, tính chất song song của hai 
 đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba,)
 Cách 2. Chứng minh hai đường thẳng đó cùng song song với đường thẳng thứ ba.
 Cách 3. Áp dụng định lí về giao tuyến song song.
Bài 1. Cho tứ diện ABCD . Gọi I , J lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và ABD . Chứng minh IJ PCD .
 Lời giải
 A
 Gọi E là trung điểm AB .
 ïì I Î CE
 Ta có íï suy ra IJ và CD cùng thuộc mặt phẳng CDE 
 îï J Î DE
 E
 J
 I nên đồng phẳng.
 C D EI 1 EJ
 Do tính chất trọng tâm, ta có = = .
 EC 3 ED
 Vậy IJ PCD .
 B
 SM BN 3
Bài 2. Cho tứ diện SABC . Trên SA , BC lấy hai điểm M , N sao cho = = . Qua N kẻ đường thẳng song 
 SA BC 4
song với CA cắt AB tại P . Chứng minh MP PSB .
 Lời giải S
Ta có P Î AB mà AB Ì (SAB) nên P Î (SAB).
Suy ra MP và SB đồng phẳng.
 BP BN 3
Do PN PAC nên = = .
 BA BC 4
 M
 SM BP 3
Kết hợp với giả thiết suy ra = = .
 SA BA 4
 A P B
Vậy MP PSB .
 N
 C Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P, Q lần lượt là các điểm nằm trên các 
cạnh BC, SC, SD, AD sao cho MN PBS, NP PCD, MQ PCD .
 a) Chứng minh PQ PSA .
 b) Gọi K = MN ÇPQ . Chứng minh điểm K nằm trên đường thẳng cố định khi M di động trên cạnh BC .
 Lời giải
 DQ CM CN DP
 a) Từ giả thiết, ta có = = =
 DA CB CS DS
 nên theo định lí Talét đảo, suy ra PQ PSA .
 S K
 ì
 ï S Î (SAD)Ç(SBC)
 ï
 b) Ta có íï AD Ì (SAD); BC Ì (SBC), suy ra
 P ï
 ï AD PBC
 îï
 N
 (SAD)Ç(SBC)= Sx PAD . (1)
 Vì K = MN ÇPQ . Ta có
 ● K Î MN mà MN Ì SBC suy ra K Î SBC .
 A Q D ( ) ( )
 ● K Î PQ mà MN Ì (SBC) suy ra K Î (SBC) .
 Do đó K Î (SAD)Ç(SBC). (2)
 B M C Từ (1) và (2), suy ra K Î Sx nên K thuộc giao tuyến của hai 
 mặt phẳng (SBC) và (SAD).
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA 
và SB . Gọi P là giao điểm của SC và (ADN), I là giao điểm của AN và DP . Chứng minh SI PCD .
 Lời giải
 S I
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi E = AD ÇBC .
Trong mặt phẳng (SCD), gọi P = SC ÇEN . 
Ta có E Î AD mà AD Ì (ADN) suy ra EN Ì (ADN). N
Do đó P Î (ADN). Vậy P = SC Ç(ADN).
Do I = AN ÇDP .
 P
 ● I Î AN mà AN Ì (SAB) suy ra I Î (SAB). A B
 ● I Î DP mà DP Ì (SCD) suy ra I Î (SCD).
Suy ra I Î (SAB)Ç(SCD) nên (SAB)Ç(SCD)= SI . D C
 ì
 ï (SAB)Ç(SCD)= SI
 ï
Ta có íï AB Ì (SAB),CD Ì (SCD) suy ra SI PCD .
 ï
 ï ABPCD
 îï
 E Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình thang với đáy AD và BC . Biết AD = a , BC = b . Gọi I và J 
lần lượt là trọng tâm các tam giác SAD và SBC . Mặt phẳng (ADJ) cắt SB, SC lần lượt tại M, N . Mặt phẳng (BCI) 
cắt SA, SD tại P, Q .
 a) Chứng minh rằng MN PPQ .
 b) Giả sử AM cắt BP tại E ; CQ cắt DN tại F . Chứng minh EF PMN và tính EF theo a, b .
 Lời giải
 a) Ta có I Î (SAD) suy ra I Î (SAD)Ç(IBC).
 S ì
 ï (SAD)Ç(IBC)= PQ
 ï
 Do íï AD Ì (SAD),BC Ì (IBC) suy ra PQ PAD PBC . (1)
 ï
 ï AD PBC
 îï
 Tương tự J Î (SBC) suy ra J Î (SBC)Ç(ADJ).
 ïì
 P I Q ï (SBC)Ç(ADJ)= MN
 ï
 Do íï BC Ì (SBC), AD Ì (ADJ) suy ra MN PAD PBC . (2)
 ï
 ï BC PAD
 îï
 A D
 Từ (1) và (2), suy ra MN PPQ .
 K ì
 F ï E Î (AMND)
 E b) Ta có E = AM ÇBP suy ra íï ;
 ï
 N ï E Î (PBCQ)
 M J îï
 ì
 ï F Î (AMND)
 F = DN ÇCQ suy ra íï .
 ï Î
 îï F (PBCQ)
 Do đó EF = (AMND)Ç(PBCQ).
 ïì AD PBC
 Mà íï suy ra EF PAD PBC PMN PPQ .
 B C îï MN PPQ
Tính EF . Gọi K = CP ÇEF suy ra EF = EK + KF .
 EK PE
● Ta có EK PBC suy ra = ;
 BC PB
 PE PM PM SP 2 PE 2
 PM / /AB suy ra DEMP ∽ DEAB nên = . Mà = = suy ra = .
 BE BA BA SA 3 EB 3
 EK PE PE 1 2 2 2
Do đó suy ra = = = = hay EK = BC = b .
 BC PB PE+ EB EB 5 5 5
 1+
 PE
 2 2
● Tương tự ta cũng có KF = a . Vậy EF = EK + KF = (a + b).
 5 5
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang. Một mặt phẳng (a) cắt các cạnh SA, SB, SC và SD lần 
lượt tại các điểm M, N, P, Q . 
 a) Giả sử MN ÇPQ = I và ABÇCD = E . Chứng minh I, E, S thẳng hàng.
 b) Giả sử (IBC)Ç(IAD)= D và D Ì (a). Chứng minh MQ PNP PBC PAD .
 Lời giải a) Do I = MN ÇPQ . Ta có
 S
 ● I Î MN mà MN Ì (SAB) suy ra I Î (SAB).
 ● I Î PQ mà PQ Ì (SCD) suy ra I Î (SCD).
Suy ra I Î (SAB)Ç(SCD).
Mà SE = (SAB)Ç(SCD) nên I Î SE hay I, E, S thẳng hàng.
 M Q
 ïì I Î (IAD)Ç(IBC)
 ï
 ï
b) Do í AD Ì (IAD),BC Ì (IBC) suy ra N P
 ï D
 ï AD PBC
 îï I
 (IAD)Ç(IBC)= D PABPDC và I Î D . A D
 ì
 ï (a)Ç(SBC)= NP
 ï
Mặt khác, theo giả thiết D Ì (a) nên íï D Ì (a),BC Ì (SBC) 
 ï
 ï D PBC B C
 îï
suy ra NP PBC PD .
Tương tự ta cũng có MQ PAD PD .
 E
Vậy MQ PNP PBC PAD PD .
Bài 7. Cho hình hộp ABCD.A' B'C' D' có tất cả các mặt đều là hình vuông cạnh a . Các điểm M , N lần lượt trên AD' , 
 a 2
 BD sao cho AM = DN = . Chứng minh MN PA'C .
 3
 Lời giải
 A' D' Gọi O = AC ÇBD . Ta có
 a 2 a 2
 DN = ; DO =
 3 2
 C' 2
 B' suy ra DN = DO nên N là trọng tâm của tam giác ACD .
 3
 M
 Tương tự M là trọng tâm của tam giác A' AD .
 Gọi I là trung điểm của AD . Khi đó bốn điểm M, N, A', C 
 A I D
 N cùng thuộc mặt phẳng IA'C .
 IN 1 IM 1 IN IM
 Ta có = ; = suy ra = .
 O IC 3 IA' 3 IC IA'
 Vậy MN PA'C .
 B C VẤN ĐỀ 2. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
 ❖ Phương pháp. Để tìm giao tuyến của hai mặt phẳng ngoài phương pháp ‘’Tìm hai điểm chung’’, ta sử dụng 
 định lí về giao tuyến như sau
 Bước 1. Chỉ ra hai mặt phẳng (a) và (b) lần lượt chứ hai đường thẳng song song a và b .
 Bước 2. Tìm một điểm chung M của hai mặt phẳng.
 Bước 3. Khi đó (a)Ç(b)= Mx Pa Pb .
 AM AN
Bài 8. Cho tứ diện ABCD . Trên AB , AC lần lượt lấy M , N sao cho = . Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng 
 AB AC
 (DBC) và (DMN).
 A Lời giải
 AM AN
 Trong tam giác ABC , theo giả thiết = suy ra 
 AB AC
 MN PBC .
 M N
 ì
 ï D Î (DBC)Ç(DMN)
 ï
 Ta có íï BC Ì (DBC), MN Ì (DMN) suy ra 
 B C ï
 ï BC PMN
 îï
 (DBC)Ç(DMN)= Dx PBC PMN .
 x
 D
Bài 9. Cho tứ diện ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và BD ; G là trong tâm tam giác ABC . Tìm giao 
tuyến của hai mặt phẳng (ABC) và (MNG) .
 Lời giải
 A
Do M , N lần lượt là trung điểm của AD và BD nên MN PAB .
 P
 ì
 ï G Î (ABC)Ç(MNG)
 ï
Ta có íï AB Ì (ABC), MN Ì (MNG) suy ra G
 ï M
 ï ABPMN
 îï
 Q
 B C
 (ABC)Ç(MNG)= PQ PABPMN ,
với PQ qua G và song song với AB . N
 D
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành.
 a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
 b) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). y Lời giải
 ì
 S x ï S Î (SAB)Ç(SCD)
 ï
 a) Ta có íï AB Ì (SAB),CD Ì (SCD) suy ra 
 ï
 ï ABPCD
 îï
 (SAB)Ç(SCD)= Sx PABPCD .
 ì
 ï S Î (SAD)Ç(SBC)
 A B ï
 b) Ta có íï AD Ì (SAD),BC Ì (SBC) suy ra 
 ï
 ï AD PBC
 îï
 SAD Ç SBC = Sy PAD PBC .
 D C ( ) ( )
Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là một điểm trên cạnh SC .
 a) Tìm giao điểm N của đường thẳng SD với mặt phẳng (ABM). Tứ giác ABMN là hình gì ?
 b) Giả sử I = AN ÇBM . Chứng minh I thuộc một đường thẳng cố định khi M chạy trên cạnh SC .
 Lời giải
 ì
 ï M Î (SCD)Ç(ABM)
 ï
a) Ta có íï CD Ì (SCD), AB Ì (ABM) suy ra
 ï
 ï CD PAB x
 îï
 (ABM)Ç(SCD)= d PAB với M Î d . 
Trong mặt phẳng (SCD), gọi N = d ÇSD . Ta có S
 ● N Î d mà d Ì (ABM) suy ra N Î (ABM). I
 ● N Î SD .
Vậy N = SD Ç(ABM). N M
Do MN PAB nên tứ giác ABMN là hình thang.
 ïì S Î (SAD)Ç(SBC)
 ï
 ï
b) Ta có í AD Ì (SAD),BC Ì (SBC) suy ra A B
 ï
 ï AD PBC
 îï
 (SAD)Ç(SBC)= Sx PAD PBC .
Theo giả thiết, I = AN ÇBM . Ta có
 C
 ● I Î AN mà AN Ì (SAD) suy ra I Î (SAD). D
 ● I Î BM mà BM Ì (SBC) suy ra I Î (SBC).
Do đó I Î (SAD)Ç(SBC).
Vậy I Î Sx cố định.
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi G là trọng tâm tam giác ABD , N là trung điểm 
 SG . Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (ABN) và (SCD).
 Lời giải S Trong mặt phẳng (SAC), gọi P = AN ÇSC . Ta có
 P ● P Î AN mà AN Ì ABN suy ra P Î ABN .
 Q ( ) ( )
 ● P Î SC mà SC Ì (SCD) suy ra P Î (SCD).
 N Do đó P Î (ABN)Ç(SCD).
 ì
 ï P Î (ABN)Ç(SCD)
 ï
 Ta có íï AB Ì (ABN),CD Ì (SCD) suy ra 
 B ï
 C ï ABPCD
 îï
 Ç = P P
 G (ABN) (SCD) PQ CD AB .
 A D
Bài 13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng SA , 
 AC và P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho BP = 3AP .
 a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (MNP) và (SBC).
 b) Gọi E , F là hai điểm nằm trong hai tam giác SAD và SBC . Tìm giao điểm của đường thẳng EF với mặt 
 phẳng (MNP).
 Lời giải
a) Trong mặt phẳng (ABCD), gọi R = PN ÇBC . Ta có
 ▪ R Î PN mà PN Ì (MNP) suy ra R Î (MNP).
 ▪ R Î BC mà BC Ì (SBC) suy ra R Î (SBC).
 S x
Do đó R Î (MNP)Ç(SBC).
 ì
 ï R Î (MNP)Ç(SBC)
 ï
 ï Ì Ì
Ta có í MN (MNP),SC (SBC) suy ra Q
 ï M
 ï MN PSC
 îï J
 (MNP)Ç(SBC)= Rx PSC PMN . F
b) Trong mặt phẳng (SAD), gọi E' = SEÇ AD . K E
 E'
Trong mặt phẳng (SBC), gọi F ' = SF ÇBC . A
 D
● Chọn mặt phẳng phụ (SE' F ')É EF . I
 P R
 N O
● Ta tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SE' F ') và (MNP).
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi I = PN ÇE' F ' ; O = PN ÇCD . C
 ▪ I Î PN mà PN Ì (MNP) suy ra I Î (MNP).
 ▪ I Î E' F ' mà E' F ' Ì (SE' F ') suy ra I Î (SE' F ') . F'
 B
Suy ra I là điểm chung thứ nhất của (SE' F ') và (MNP).
 ì
 ï O Î (MNP)Ç(SCD)
 ï
Ta có íï MN Ì (MNP),SC Ì (SCD) suy ra (MNP)Ç(SCD)= OQ PSC PMN .
 ï
 ï MN PSC
 îï
Trong mặt phẳng (SAD), gọi J = MQ ÇSE' . ▪ J Î MQ mà MQ Ì (MNP) suy ra J Î (MNP).
 ▪ J Î SE' mà SE' Ì (SE' F ') suy ra J Î (SE' F ').
Suy ra J là điểm chung thứ nhất của (SE' F ') và (MNP).
Do đó (SE' F ')Ç(MNP)= IJ .
● Trong mặt phẳng (SE' F '), gọi K = IJ ÇEF . Ta có 
 ▪ K Î IJ mà IJ Ì (MNP) suy ra K Î (MNP).
 ▪ K Î EF .
Vậy K = EF Ç(MNP).
 VẤN ĐỀ 3. Thiết diện chứa một đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước
 ❖ Phương pháp. Để tìm thiết diện cắt bởi một mặt phẳng chứa một đường thẳng song song với một đường 
 thẳng cho trước được xác định bằng cách phối hợp hai cách xác định giao tuyến đã biết.
Bài 14. Cho tứ diện ABCD có các cạnh bằng nhau và bằng 6a . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AC và BC . Gọi 
 K là một điểm trên cạnh BD với KB = 2KD .
 a) Xác định thiết diện của tứ diện với mặt phẳng (IJK). Chứng minh thiết diện là hình thang cân.
 b) Tính diện tích thiết diện theo a .
 Lời giải
 ïì Î Ç
 C ï K (ABD) (IJK)
 ï
 a) Ta có íï AB Ì (ABD),IJ Ì (IJK) suy ra 
 ï
 ï ABPIJ
 îï
 (ABD)Ç(IJK)= Kx PABPIJ .
 I P J
 Trong mặt phẳng (ABC), gọi H = Kx Ç AD .
 Do đó thiết diện là hình thang IJKH .
 Mặt khác, ta có DACD = DBCD (c - c - c) suy ra IH = JK .
 A B Vậy thiết diện IJKH là hình thang cân.
 AB
 b) Trong tam giác ABC , ta có IJ = = 3a .
 2
 x HK KD 1
 K Trong tam giác ABD , ta có = =
 H AB BD 3
 D AB
 suy ra HK = AB = 2a .
 3
 2 2 ·
Trong tam giác BJK , ta có BJ = 3a ; BK = 4a ; JK = BJ + BK - 2BJ.BK.cos KBJ = a 13 .
 æ ö2
 2 2 2 çIJ - HK÷ a 51
Xét hình thang IJKH . Hạ đường cao KP , ta có KP = JK - PJ = JK - ç ÷ = .
 èç 2 ø÷ 2
 1 1 a 51 5a2 51
Vậy S = (IJ + KH)KP = (3a + 2a). = .
 IJKH 2 2 2 4 Bài 15. Cho tứ diện ABCD . Gọi I , J lần lượt là trung điểm các cạnh BC và BD ; E là một điểm thuộc cạnh AD ( E 
khác A và D ).
 a) Xác định thiết diện của tứ diện với mặt phẳng (IJE).
 b) Tìm vị trí của điểm E trên AD sao cho thiết diện là hình bình hành.
 c) Tìm điều kiện của tứ diện ABCD và vị trí của điểm E trên AD sao cho thiết diện là hình thoi.
 Lời giải
 ì
 ï F Î (IJF)Ç(ACD)
 ï
 A a) Ta có íï IJ Ì (IJF),CD Ì (ACD) suy ra 
 ï
 ï P
 îï IJ CD
 (IJF)Ç(ACD)= FEPCD PIJ .
 E Vậy thiết diện là tứ giác IJEF .
 F b) Để thiết diện IJEF là hình bình hành thì IJ P= EF .
 1 1
 Mà IJ P= CD nên EF P= CD EF là đường trung bình của 
 2 2
 tam giác ACD . Do đó E là trung điểm của AD .
 J c) Để thiết diện IJEF là hình thoi thì trước tiên nó phải là 
 B D
 hình bình hành, khi đó E là trung điểm của AD .
 Mặt khác IJEF là hình thoi thì IJ = IF .
 I 1 1
 Mà IJ = CD , IF = AB . Suy ra AB = CD .
 2 2
 C Vậy điều kiện để thiết diện là hình thoi là tứ diện ABCD có 
 AB = CD và E là trung điểm của AD .
Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , mặt bên SAB là tam giác dều. Cho 
 SC = SD = a 3 . Gọi H , K lần lượt là trung điểm của SA , SB ; M là điểm trên cạnh AD . Mặt phẳng (HKM) cắt 
 BC tại N .
 a) Chứng minh HKNM là hình thang cân.
 b) Đặt AM = x (0 £ x £ a), tính diện tích tứ giác HKMN theo a và x . Tìm x để diện tích đạt giá trị nhỏ nhất.
 Lời giải
 ïì
 ï M Î (HKM)Ç(ABCD) S
 ï
a) Ta có íï KH Ì (HKM), AB Ì (ABCD) suy ra 
 ï
 ï KH PAB
 îï
 HKM Ç ABCD = MN PABPKH . 1
 ( ) ( ) ( ) H
Mặt khác, ta lại có DSAD = DSBC(c - c - c)
 · · K
nên SAD = SBC . Từ đó suy ra DHAM = DKBN(c - g - c)
nên MH = NK . (2) A M D
Từ (1) và (2), suy ra HKNM là hình thang cân.
 AB a
b) Ta có MN = a và KH = = .
 2 2
 B N C 2 2 2
 · SA + AD - SD 1
Trong tam giác SAD , ta có cosSAD = = - .
 2SA.AD 2
 2 2
 2 2 · 4x + 2ax + a
Trong tam giác HAM , ta có MH = AH + AM - 2.AH.AM.cos HAM = .
 2
Trong hình thang cân HKNM . Hạ HP vuông góc MN , ta có
 æ ö2 2 2
 2 2 2 çMN - HK÷ 16x - 8ax + 3a
 HP = MH - MP = MH - ç ÷ = .
 èç 2 ø÷ 4
 1 3a 2 2
Do đó S = (MN + KH).HP = 16x - 8ax + 3a . H K
 HKNM 2 16
Ta có
 2
 3a 2 3a 2
 S = (4x- a) + 2a2 ³ .
 HKNM 16 16
 a
Dấu '' = '' xảy ra khi và chỉ khi: x = .
 4 M P N
 3a2 2 a
Vậy diện tích hình thang HKNM đạt giá trị nhỏ nhất bằng ; khi x = .
 16 4
Bài 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tâm O . Mặt bên SAB là tam giác đều, góc 
 · 0
 SAD = 90 . Gọi Dx là đường thẳng qua D và song song với SC .
 a) Tìm giao điểm I của Dx với mặt phẳng (SAB).
 b) Tìm thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt phẳng (AIC). Tính diện tích thiết diện đó.
 Lời giải
 x I y a) Chọn mặt phẳng phụ (SC,Dx)É Dx .
 ì
 ï S Î (SAB)Ç(SC,Dx)
 ï
 Ta có íï AB Ì (SAB),CD Ì (SC,Dx) suy ra 
 S ï
 ï P
 îï AB CD
 (SAB)Ç(SC,Dx)= Sy PABPCD .
 E Trong mặt phẳng (SC,Dx), gọi I = Dx ÇSy .
 ▪ I Î Sy mà Sy Ì (SAB) suy ra I Î (SAB).
 ▪ I Î Dx .
 A D Vậy I = Dx Ç(SAB).
 b) Trong mặt phẳng (SCD), gọi E = SD ÇCI .
 Suy ra, thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (AIC) là 
 B C tam giác ACE .
 Ta có SIDC là hình bình hành nên SI P= CD .
Suy ra SI P= AB hay SIAB là hình bình hành nên AI = SB = a .
 SD a 2
Mặt khác, ta có AC = SD = a 2 suy ra AE = = (do AE là trung tuyến trong tam giác vuông SAD ).
 2 2
 AI2 + AC2 CI2
Hơn nữa, AE là đường trung tuyến của tam giác IAC nên AE2 = - suy ra CI = 2a .
 2 4