Bài 2.39 trang 81 SBT hình học 11
Giải bài 2.39 trang 81 sách bài tập hình học 11. Từ các đỉnh của tam giác ABC ta kẻ các đoạn thẳng AA’, BB’, CC’ song song cùng chiều, bằng nhau và không nằm trong mặt phẳng của tam giác. Gọi I, G và K lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, ACC’, A’B’C’...
Đề bài
Từ các đỉnh của tam giác \(ABC\) ta kẻ các đoạn thẳng \(AA’\), \(BB’\), \(CC’\) song song, cùng chiều, bằng nhau và không nằm trong mặt phẳng của tam giác. Gọi \(I\), \(G\) và \(K\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(ABC\), \(ACC’\), \(A’B’C’\).
a) Chứng minh \(\left( {IGK} \right)\parallel \left( {BB'CC'} \right)\).
b) Chứng minh rằng \(\left( {A'GK} \right)\parallel \left( {AIB'} \right)\).
Phương pháp giải - Xem chi tiết
Để chứng minh hai mặt phẳng song song ta chứng minh mặt phẳng này chứa hai đường thẳng cắt nhau cùng song song với mặt phẳng kia.
\(\left\{ \begin{array}{l}d\text{ cắt } d'; d\text{ và }d'\subset (\alpha)\\d\parallel (\beta )\\d'\parallel (\beta) \end{array}\right. \Rightarrow (\alpha)\parallel (\beta)\)
Bài toán sử dụng tính chất của trong tâm, định lý Talet.
Lời giải chi tiết
a) Gọi \(E\), \(F\), \(M\) lần lượt là trung điểm của là trung điểm của \(BC\), \(B'C'\), \(CC'\).
\(I\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\)
\(\Rightarrow \dfrac{AI}{AE}=\dfrac{2}{3}\).
\(G\) là trọng tâm của tam giác \(ACC'\)
\(\Rightarrow \dfrac{AG}{AM}=\dfrac{2}{3}\).
Từ đó suy ra \(\dfrac{AI}{AE}=\dfrac{AG}{AM}=\dfrac{2}{3}\).
\(\Rightarrow IG\parallel EM\) mà \(EM\subset (BB'C'C)\)
\(\Rightarrow IG\parallel (BB'C'C)\text{ (1)}\)
\(K\) là trọng tâm của tam giác \((A'B'C')\) khi đó \(\dfrac{A'K}{A'F}=\dfrac{2}{3}\).
Từ đó suy ra \(\dfrac{AI}{AE}=\dfrac{AK}{AF}=\dfrac{2}{3}\).
\(\Rightarrow IK\parallel AA'\) mà \(AA'\parallel BB'\)
\(\Rightarrow IK\parallel BB'\) mà \(BB'\subset (BB'C'C)\)
\(\Rightarrow IK\parallel (BB'C'C)\text{ (2)}\)
Mà \(IG, IK\subset(IGK)\text{ (3)}\)
Từ \(\text{(1)}\), \(\text{(2)}\) và \(\text{(3)}\) suy ra \((IGK)\parallel (BB'C'C)\).
b) Do \(E\in AI, AI\subset (AIB')\)
\(\Rightarrow E\in (AIB')\)
\(C\in A'G, A'G\subset (A'GK)\)
\(\Rightarrow C\in (A'GK)\)
Ta có \(B'E\parallel FC\) (do tứ giác \(B'FCG\) là hình bình hành).
Khi đó \(B'E\parallel (A'GK)\) \(\text{(1)}\)
\(AI\parallel A'K\) (do tứ giác \(A'FEA\) là hình bình hành).
Khi đó \(AI\parallel (A'GK)\) \(\text{(2)}\)
Mà \(B'E \text{ và } AI \subset (AIB')\) \(\text{(3)}\)
Từ \(\text{(1)}\), \(\text{(2)}\), \(\text{(3)}\) suy ra \(\left( {A'GK} \right)\parallel \left( {AIB'} \right)\).
Search google: "từ khóa + timdapan.com" Ví dụ: "Bài 2.39 trang 81 SBT hình học 11 timdapan.com"
