Bài 2.39 trang 81 SBT hình học 11

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 \(\left( {A'GK} \right)\parallel \left( {AIB'} \right)\).

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 \(\left( {A'GK} \right)\parallel \left( {AIB'} \right)\).