Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn một dạng toán rất hay trong chương trình toán lớp 11 đó chính là về lý thuyết bài tập của hai mặt phẳng song song lớp 11 rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về giáo án chứng minh hai mặt phẳng song song cũng như bài tập về hai mặt phẳng song song trong không gian lớp 11 có lời giải bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán Hình Học lớp 11 đạt được kết quả cao trong học tập nhé!

I. LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM

Để có thể làm được các dạng bài tập về bài giảng đường thẳng và mặt phẳng song song một cách dễ dàng nhất thì chúng ta cần phải nắm vững và thật chắc các công thức cũng như tính chất của dạng này như sau:

1. Định nghĩa.

Hai mặt phẳng được gọi là song song nếu chúng không có điểm chung, kí hiệu $\left( \alpha  \right)\text{//}\left( \beta  \right)$.

Vậy $\left( \alpha  \right)\text{//}\left( \beta  \right)\Leftrightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( \beta  \right)=\varnothing $.

2. Định lý và tính chất.

Nếu mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau$a,$$b$ và hai đường thẳng này cùng song song với mặt phẳng $\left( \beta  \right)$ thì $\left( \alpha  \right)\text{//}\left( \beta  \right)$.

Vậy $\left\{ \begin{align}& a\subset \left( \alpha  \right),b\subset \left( \alpha  \right) \\& a\cap b=M \\& a\text{//}\left( \beta  \right),b\text{//}\left( \beta  \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( \alpha  \right)\text{//}\left( \beta  \right)$.

Qua một điểm nằm ngoài mặt phẳng có một và chỉ một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.

Hệ quả 1

Nếu $d\text{//}\left( \alpha  \right)$ thì trong $\left( \alpha  \right)$ có một đường thẳng song song với $d$ và qua $d$ có duy nhất một mặt phẳng song song với $\left( \alpha  \right)$.

Hệ quả 2

Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì chúng song song.

Hệ quả 3

Cho điểm không nằm trên mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$. Mọi đường thẳng đi qua $A$ và song song với $\left( \alpha  \right)$đều nằm trong mặt phẳng qua $A$ song song với $\left( \alpha  \right)$.

Vậy $\left\{ \begin{align}& A\notin \left( \alpha  \right),A\in \left( \beta  \right) \\& A\in d \\& d\text{//}\left( \alpha  \right) \\& \left( \beta  \right)\text{//}\left( \alpha  \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow d\subset \left( \beta  \right)$.

Cho hai mặt phẳng song song. Nếu một mặt phẳng cắt mặt phẳng này thì cũng cắt mặt phẳng kia và hai giao tuyến đó song song với nhau.

Vậy $\left\{ \begin{align}& \left( \alpha  \right)\text{//}\left( \beta  \right) \\& \left( \delta  \right)\cap \left( \alpha  \right)=a \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( \delta  \right)\cap \left( \beta  \right)=b\text{//}a$.

Hệ quả

Hai mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyến song song những đoạn bằng nhau.

3. Định lí Ta-lét (Thales)

Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến bất kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.

$\left\{ \begin{align}& \left( \alpha  \right)\text{//}\left( \beta  \right)\text{//}\left( \chi  \right) \\& {{d}_{1}}\cap \left( \alpha  \right)={{A}_{1}},{{d}_{1}}\cap \left( \beta  \right)={{B}_{1}},{{d}_{1}}\cap \left( \chi  \right)={{C}_{1}} \\& {{d}_{2}}\cap \left( \alpha  \right)={{A}_{2}},{{d}_{2}}\cap \left( \beta  \right)={{B}_{2}},{{d}_{2}}\cap \left( \chi  \right)={{C}_{2}} \\\end{align} \right.$$\Rightarrow $$\frac{{{A}_{1}}{{B}_{1}}}{{{B}_{1}}{{C}_{1}}}=\frac{{{A}_{2}}{{B}_{2}}}{{{B}_{2}}{{C}_{2}}}$.

Định lí Ta-lét( Thales) đảo

Cho hai đường thẳng ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ chéo nhau và các điểm ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}$ trên ${{d}_{1}}$, các điểm ${{A}_{2}},{{B}_{2}},{{C}_{2}}$ trên ${{d}_{2}}$ sao cho $\frac{{{A}_{1}}{{B}_{1}}}{{{B}_{1}}{{C}_{1}}}=\frac{{{A}_{2}}{{B}_{2}}}{{{B}_{2}}{{C}_{2}}}$. Lúc đó các đường thẳng ${{A}_{1}}{{A}_{2}},{{B}_{1}}{{B}_{2}},{{C}_{1}}{{C}_{2}}$ cùng song song với một mặt phẳng.

4. Hình lăng trụ và hình chóp cụt.

4.1. Hình lăng trụ

Cho hai mặt phẳng song song $\left( \alpha  \right)$ và $\left( {{\alpha }’} \right)$.

Trên $\left( \alpha  \right)$ cho đa giác ${{A}_{1}}{{A}_{2}}…{{A}_{n}}$. Qua các đỉnh ${{A}_{1}},{{A}_{2}},…,{{A}_{n}}$ vẽ các đường thẳng song song với nhau cắt $\left( {{\alpha }’} \right)$ lần lượt tại ${{A}_{1}}^{\prime },{{A}_{2}}^{\prime },…,{{A}_{n}}^{\prime }$.

Hình gồm hai đa giác ${{A}_{1}}{{A}_{2}}…{{A}_{n}}$, ${{A}_{1}}^{\prime }{{A}_{2}}^{\prime }…{{A}_{n}}^{\prime }$ và các hình bình hành ${{A}_{1}}{{A}_{1}}^{\prime }{{A}_{2}}^{\prime }{{A}_{2}}$, ${{A}_{2}}{{A}_{2}}^{\prime }{{A}_{3}}^{\prime }{{A}_{3}}$, …, ${{A}_{n}}{{A}_{n}}^{\prime }{{A}_{1}}^{\prime }{{A}_{1}}$ được gọi là hình lăng trụ ${{A}_{1}}{{A}_{2}}…{{A}_{n}}.{{A}_{1}}^{\prime }{{A}_{2}}^{\prime }…{{A}_{n}}^{\prime }$.

Lăng trụ có đáy là hình bình hành được gọi là hình hộp.

4.2. Hình chóp cụt

Cho hình chóp $S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}…{{A}_{n}}$. Một mặt phẳng không đi qua đỉnh, song song với mặt phẳng đáy của hình chóp cắt các cạnh bên $S{{A}_{1}},S{{A}_{2}},..,S{{A}_{n}}$ lần lượt tại ${{{A}’}_{1}},\,\,{{{A}’}_{2}},…,{{{A}’}_{n}}$. Hình tạo bởi thiết diện ${{{A}’}_{1}}{{{A}’}_{2}}…{{{A}’}_{n}}$ và đáy ${{A}_{1}}{{A}_{2}}…{{A}_{n}}$ cùng với các tứ giác ${{{A}’}_{1}}{{{A}’}_{2}}{{A}_{2}}{{A}_{1}},{{{A}’}_{2}}{{{A}’}_{2}}{{A}_{3}}{{A}_{2}},…,{{{A}’}_{n}}{{{A}’}_{1}}{{A}_{1}}{{A}_{n}}$ gọi là hình chóp cụt ${{{A}’}_{1}}{{{A}’}_{2}}..{{{A}’}_{n}}.{{A}_{1}}{{A}_{2}}…{{A}_{n}}$.

DẠNG 1. CHỨNG MINH HAI MẶT PHẲNG SONG SONG

Phương pháp giải: áp dụng định lý

$\left\{ \begin{align}& a\cap b=I \\& a,\,b\subset \left( \alpha  \right) \\& a\text{//}\left( \beta  \right),\,b\text{//}\left( \beta  \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( \alpha  \right)\text{//}\left( \beta  \right)$

Nhận xét: Thực chất của việc chứng minh 2 mặt phẳng song song là tìm 2 đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng này song song với 2 đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng kia. Vậy:

$\left\{ \begin{align}& a\subset \left( \alpha  \right),\,b\subset \left( \alpha  \right) \\& a\not\subset \left( \beta  \right),\,b\subset \left( \beta  \right) \\& a\cap b=I \\& c\subset \left( \beta  \right),\,d\subset \left( \beta  \right) \\& a\text{//}c,\,b\text{//}d \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( \alpha  \right)\text{//}\left( \beta  \right)$

Chứng minh 2 mặt phẳng đó cùng song song với mặt phẳng khác.

$\left\{ \begin{align}& \left( \alpha  \right)\text{//}\left( \gamma  \right) \\& \left( \beta  \right)\text{//}\left( \gamma  \right) \\& \left( \alpha  \right)\ne \left( \beta  \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( \alpha  \right)\text{//}\left( \beta  \right)$ .

DẠNG 2: XÁC ĐỊNH THIẾT DIỆN CỦA MỘT MẶT PHẲNG VỚI HÌNH CHÓP KHI BIẾT MẶT PHẲNG ĐÓ SONG SONG VỚI MỘT MẶT PHẲNG CHO TRƯỚC.

Để xác định thiết diện trong trường hợp này ta sử dụng các tính chất sau

– Khi $\left( \alpha  \right)\,\text{//}\,\left( \beta  \right)$ thì $\left( \alpha  \right)$ sẽ song song với tất cả các đường thẳng trong $\left( \beta  \right)$ và ta chuyển về dạng thiết diện song song với đường thẳng.

– Sử dụng $\left\{ \begin{align}& \left( \alpha  \right)\,\text{//}\,\left( \beta  \right) \\& \left( \beta  \right)\cap \left( \gamma  \right)=d \\& M\in \left( \alpha  \right)\cap \left( \gamma  \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( \gamma  \right)={d}’\,\text{//}\,d,\text{ }M\in {d}”$.

– Tìm đường thẳng $d$ nằm trong $\left( \beta  \right)$ và xét các mặt phẳng có trong hình chóp mà chứa $d$, khi đó $\left( \alpha  \right)\,\text{//}\,d$ nên sẽ cắt các mặt phẳng chứa $d$ (nếu có) theo các giao tuyến song song với $d$.

II. BÀI TẬP MẪU

Khi đã nắm chắc được các lý thuyết liên quan đến các dạng của hai mặt phẳng song song trong không gian lớp 11 thì chúng ta cần phải làm thêm một số giải bài tập hai mặt phẳng song song rất dễ hiểu để có thể hiểu rõ hơn chương này ngay bên dưới đây:

DẠNG 1. CHỨNG MINH HAI MẶT PHẲNG SONG SONG

Bài tập 1: Cho hình chóp $S.ABCD$ có $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$. Gọi $M$,$N$ lần lượt là trung điểm của $SA$và $SD$.

a) Chứng minh $\left( SBC \right)\,\text{//}\left( OMN \right)$.

b) Gọi $P$, $Q$, $R$ lần lượt là trung điểm của $AB$,$ON$, $SB$. Chứng minh $PQ\,\text{//}\,\left( SBC \right)$ và $\left( OMR \right)\,\text{//}\,\left( SCD \right)$.

Lời giải

a) Ta có: $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$ nên $MN\text{//}AD$hay $MN\text{//}\,BC$.

$\left\{ \begin{align}& MN\text{//}BC\,\, \\& MN\not\subset \left( SBC \right) \\& BC\subset \left( SBC \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow MN\text{//}(SBC)\,\,\,(1)$

Tương tự $OM$là đường trung bình của tam giác $SAC$ nên $OM\text{//}\,SC$.

$\left\{ \begin{align}& OM\text{//}SC\,\, \\& OM\not\subset \left( SBC \right) \\& SC\subset \left( SBC \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow OM\text{//}(SBC)\,(2)$

$MN\cap OM=M$ trong $\left( OMN \right)$$\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\,\left( 2 \right),\,\left( 3 \right)$suy ra $\left( SBC \right)\,\text{//}\,\left( OMN \right)$.

b)

Chứng minh $PQ\,\text{//}\left( SBC \right)$

Ta có: $OP$là đường trung bình của tam giác $ABC$nên $OP\text{//}BC,\,OP=\frac{1}{2}\,BC$.

$MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$ nên $MN\text{//}AD,\,MN=\frac{1}{2}\,AD$.

Mặt khác $BC=AD$, $BC\text{//}AD$

suy ra $MN\text{//}OP$, $MN=OP$ hay $MNOP$ là hình bình hành.

Vậy $PQ\subset \left( OMN \right)$, $\left( OMN \right)\,\text{//}\,\left( SBC \right)$ nên $PQ\,\text{//}\,\left( SBC \right)$.

Chứng minh $\left( OMR \right)\,\text{//}\,\left( SCD \right)$

Ta có: $MR$là đường trung bình của tam giác $SAB$nên $MR\text{//}\,AB$hay $MR\text{//}CD$.

$\left\{ \begin{align}& MR\text{//}CD\,\, \\& MR\not\subset \left( SCD \right) \\& CD\subset \left( SCD \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow MR\text{//}(SCD)\,\,(1)$

Tương tự $OM$là đường trung bình của tam giác $SAC$nên $OM\text{//}\,SC$.

$\left\{ \begin{align}& OM\text{//}SC\,\, \\& OM\not\subset \left( SCD \right) \\& SC\subset \left( SCD \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow OM\text{//}(SCD)\,(2)$

$MR\cap OM=M$ trong $\left( OMR \right)$$\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\,\left( 2 \right),\,\left( 3 \right)$suy ra $\left( SCD \right)\,\text{//}\,\left( OMR \right)$.

Bài tập 2: Cho hình chóp $S.ABC$ có $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm $SA$, $SB$, $SC$.

a) Chứng minh (MNP)//(ABC).

b) Gọi $H$, $G$, $L$ lần lượt là trọng tâm tam giác $SAB$, $SAC$, $SBC$. Chứng minh

Lời giải

a) Ta có: $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAB$nên .

$\left\{ \begin{align}& MN\text{//}AB\,\, \\& MN\not\subset \left( ABC \right) \\& AB\subset \left( ABC \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow MN\text{//}(ABC)\,\,\,(1)$

Tương tự $MP$là đường trung bình của tam giác $SAC$nên .

$\left\{ \begin{align}& MP\text{//}AC\,\, \\& MP\not\subset \left( ABC \right) \\& AC\subset \left( ABC \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow MP\text{//}(ABC)\,\,\,(2)$

b) Gọi $I$, $J$, $K$ lần lượt là trung điểm $AB$, $AC$, $BC$. Khi đó ta có:

* ( vì trong tam giác $SIJ$có $\frac{SH}{SI}=\frac{SG}{SJ}=\frac{2}{3}$) và $IJ\subset \left( ABC \right),HG\not\subset \left( ABC \right)$

Do đó $HG\,\text{//}\left( ABC \right)$ (4)

* ( vì trong tam giác $SIK$có $\frac{SH}{SI}=\frac{SL}{SK}=\frac{2}{3}$) và $IK\subset \left( ABC \right),HL\not\subset \left( ABC \right)$

Do đó $HL\,\text{//}\,\left( ABC \right)$ (5)

$HG\cap HL=H$ trong $\left( HGL \right)$$\left( 6 \right)$

Từ $\left( 4 \right)$, $\left( 5 \right)$, $\left( 6 \right)$suy ra $\left( HGL \right)\text{//}\left( MNP \right)$

Mà  nên $\left( HGL \right)\text{//}\left( MNP \right)$ (đpcm).

Bài tập 3: Cho hai hình vuông $ABCD$ và $ABEF$ở trong hai mặt phẳng phân biệt. Trên các đường chéo

$AC$ và $BF$lần lượt lấy các điểm  sao cho $AM=BN$. Các đường thẳng song song với

$AB$ vẽ từ lần lượt cắt $AD$ và $AF$tại  và . Chứng minh:

a) (ADF)//(BCE).

b) $\left( DEF \right)\text{//}\left( M{M}'{N}’N \right)$.

Lời giải

a) Ta có $\left\{ \begin{align}& AD\text{//}BC \\& BC\subset \left( BCE \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow AD\text{//}\left( BCE \right)$

Tương tự $\left\{ \begin{align}& AF\text{//}BE \\& BE\subset \left( BCE \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow AF\text{//}\left( BCE \right)$.

Mà $\left\{ \begin{align}& AD\subset \left( ADF \right) \\& AF\subset \left( ADF \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left( ADF \right)\text{//}\left( BCE \right)$.

b) Vì $ABCD$ và $\left( ABEF \right)$ là các hìnhvuông nên $AC=BF\text{ }\left( 1 \right)$.

Ta có $M{M}’\text{//}CD\Rightarrow \frac{A{M}’}{AD}=\frac{AM}{AC}\text{  }\left( 2 \right)$

$N{N}’\text{//}AB\Rightarrow \frac{A{N}’}{AF}=\frac{BN}{BF}\text{   }\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$,$\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ta được $\frac{A{M}’}{AD}=\frac{A{N}’}{AF}\Rightarrow {M}'{N}’\text{//}DF$

Lại có $N{N}’\text{//}AB\Rightarrow N{N}’\text{//}EF\Rightarrow EF\text{//}\left( M{M}'{N}’N \right)$.

Vậy $\left\{ \begin{align}& DF\text{//}\left( M{M}'{N}’N \right) \\& EF\text{//}\left( M{M}'{N}’N \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left( DEF \right)\text{//}\left( M{M}'{N}’N \right)$.

DẠNG 2: XÁC ĐỊNH THIẾT DIỆN CỦA MỘT MẶT PHẲNG VỚI HÌNH CHÓP KHI BIẾT MẶT PHẲNG ĐÓ SONG SONG VỚI MỘT MẶT PHẲNG CHO TRƯỚC.

Bài tập 1: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ có $AC=a$, $BD=b$. Tam giác

$SBD$ là tam giác đều. Một mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ di động song song với mặt phẳng $\left( SBD \right)$ và đi qua

điểm $I$ trên đoạn $AC$ và $AI=x\text{  }\left( 0<x<a \right)$.

a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi .

b) Tính diện tích thiết diện theo và .

Lời giải

a) Trường hợp 1. Xét $I$ thuộc đoạn $OA$

Ta có $\left\{ \begin{align}& I\in \left( \alpha  \right)\cap \left( ABD \right) \\& \left( \alpha  \right)\,\text{//}\,\left( SBD \right) \\& \left( ABD \right)\cap \left( SBD \right)=BD \\\end{align} \right.$

$\Rightarrow \left( \alpha  \right)\cap \left( ABD \right)=MN\,\text{//}\,BD$, $I\in MN$.

Tương tự $\left\{ \begin{align}& N\in \left( \alpha  \right)\cap \left( SAD \right) \\& \left( \alpha  \right)\,\text{//}\,\left( SBD \right) \\& \left( SAD \right)\cap \left( SBD \right)=SD \\\end{align} \right.$ $\Rightarrow \left( SAD \right)\cap \left( \alpha  \right)=NP\,\text{//}\,SD$, $P\in SN$.

Vậy thiết diện là tam giác $MNP$.

Do $\left\{ \begin{align}& \left( \alpha  \right)\,\text{//}\,\left( SBD \right) \\& \left( SAB \right)\cap \left( SBD \right)=SB \\& \left( SAB \right)\cap \left( \alpha  \right)=MP \\\end{align} \right.\Rightarrow MP\,\text{//}\,SB$. Hai tam giác $MNP$ và $BDS$ có các cặp cạnh tương ứng song song nên chúng đồng dạng, mà $BDS$đều nên tam giác $MNP$ đều.

Trường hợp 2. Điểm $I$ thuộc đoạn $OC$, tương tự trường hợp 1 ta được thiết diện là tam giác đều $HKL$ (như hình vẽ).

b) Trường hợp 1. $I$ thuộc đoạn $OA$

Ta có ${{S}_{BCD}}=\frac{B{{D}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{b}^{2}}\sqrt{3}}{4}$, $\frac{{{S}_{MNP}}}{{{S}_{BCD}}}={{\left( \frac{MN}{BD} \right)}^{2}}$

Do $MN\,\text{//}\,BD\Rightarrow \frac{MN}{BD}=\frac{AI}{AO}=\frac{2x}{a}$$\Rightarrow {{S}_{MNP}}={{\left( \frac{2x}{a} \right)}^{2}}{{S}_{BCD}}=\frac{{{b}^{2}}{{x}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}}$.

Trường hợp 2. $I$ thuộc đoạn $OC$, tính tương tự ta có

${{S}_{MNP}}={{\left( \frac{HL}{BD} \right)}^{2}}\cdot {{S}_{BCD}}={{\left[ \frac{2\left( a-x \right)}{a} \right]}^{2}}\cdot \frac{{{b}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{b}^{2}}{{\left( a-x \right)}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}}$.

Vậy ${{S}_{td}}=\left\{ \begin{align}& \frac{{{b}^{2}}{{x}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}};I\in (OA) \\& \frac{{{b}^{2}}{{\left( a-x \right)}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}};I\in \left( OC \right) \\\end{align} \right.$.

Bài tập 2: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang, đáy lớn $AB=3a$, $AD=CD=a$. Mặt bên $\left( SAB \right)$ là tam giác cân đỉnh $S$ với $SA=2a$. Trên cạnh $AD$ lấy điểm $M$.

a) Gọi N, P, Q theo thứ tự là giao điểm của mặt phẳng và các cạnh BC, SC, SD. Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng qua M và song song với mặt phẳng (SAB). Thiết diện là hình gì?

b) Gọi là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh rằng điểm I nằm trên một đường thẳng cố định.

c) Đặt AM = x (0<x<a) . Tìm x để MNPQ ngoại tiếp được một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.

Lời giải

a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng $\left( \alpha \right)$

+ $\left\{ \begin{align}& \left( \alpha  \right)\,\text{//}\,\left( SAB \right) \\& \left( SAD \right)\cap \left( SAB \right)=SA \\& M\in \left( SAD \right)\cap \left( \alpha  \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left( SAD \right)\cap \left( \alpha  \right)={{d}_{1}}\ \,\,\left( M\in {{d}_{1}},{{d}_{1}}\,\text{//}\,SA \right)$. Gọi $Q={{d}_{1}}\cap SD$.

+ $\left\{ \begin{align}& \left( \alpha  \right)\,\text{//}\,\left( SAB \right) \\& \left( ABCD \right)\cap \left( SAB \right)=AB \\& M\in \left( ABCD \right)\cap \left( \alpha  \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left( ABCD \right)\cap \left( \alpha  \right)={{d}_{2}}\ \left( M\in {{d}_{2}},{{d}_{2}}\,\text{//}\,AB \right)$. Gọi $N={{d}_{2}}\cap BC$.

+ $\left\{ \begin{align}& \left( \alpha  \right)\,\text{//}\,\left( SAB \right) \\& \left( SBC \right)\cap \left( SAB \right)=SB \\& N\in \left( SBC \right)\cap \left( \alpha  \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left( SBC \right)\cap \left( \alpha  \right)={{d}_{3}}\ \left( N\in {{d}_{3}},{{d}_{3}}\,\text{//}\,SB \right)$. Gọi $P={{d}_{3}}\cap SC$.

Vậy thiết diện là tứ giác $MNPQ$.

b) Vì ta có:

Gọi J = AD giao BC, khi đó I nằm trên đường thẳng cố định SJ là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).

c) Để tứ giác ngoại tiếp được một đường tròn thì điều kiện là MN + PQ = MQ + NP.

Ta có $\frac{DM}{DA}=\frac{MQ}{SA}\Leftrightarrow MQ=\frac{DM}{DA}.SA\Leftrightarrow MQ=\frac{a-x}{a}.2a=2\left( a-x \right)$ (do $MNPQ$ là hình thang cân nên ta có$MQ=NP$).

$\frac{AM}{AD}=\frac{PQ}{CD}\Leftrightarrow PQ=\frac{AM}{AD}.CD\Leftrightarrow PQ=\frac{x}{a}.a=x$.

$\frac{MN}{AB}=\frac{JM}{JA}\Leftrightarrow \frac{MN}{AB}=\frac{JD+DM}{JD+DA}\Leftrightarrow \frac{MN}{AB}=\frac{\frac{a}{2}+a-x}{\frac{a}{2}+a}=\frac{3a-2x}{3a}\Leftrightarrow MN=\frac{3a-2x}{3a}.3a=3a-2x$.

Vậy: $MN+PQ=MQ+NP\Leftrightarrow 3a-2x+x=4\left( a-x \right)\Leftrightarrow x=\frac{a}{3}$.

Với $x=\frac{a}{3}$ thì $MQ=NP=\frac{4a}{3}$, $PQ=\frac{a}{3}$, $MN=\frac{7a}{3}$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $P$ trên $MN$.

Ta có $PH=\sqrt{P{{N}^{2}}-H{{N}^{2}}}=\sqrt{P{{N}^{2}}-{{\left( \frac{MN-PQ}{2} \right)}^{2}}}=\sqrt{\frac{16{{a}^{2}}}{9}-{{a}^{2}}}=\frac{a\sqrt{7}}{3}$.

Suy ra bán kính đường tròn nội tiếp tứ giác $MNPQ$ là $r=\frac{PH}{2}=\frac{a\sqrt{7}}{6}$.

Bài tập 3: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành tâm $O$. Gọi $E$ là trung điểm của $SB$. Biết

tam giác $ACE$ đều và $AC=OD=a$. Một mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ di động song song với mặt phẳng

$\left( ACE \right)$ và đi qua điểm $I$ trên đoạn $OD$.

a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng .

b) Tính diện tích của thiết diện theo a và x (với DI = x ). Tìm x để diện tích thiết diện là lớn nhất.

Lời giải

a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng $\left( \alpha \right)$.

+ $\left\{ \begin{align}& \left( \alpha  \right)\,\text{//}\,\left( ACE \right) \\& \left( ABCD \right)\cap \left( ACE \right)=AC \\& I\in \left( ABCD \right)\cap \left( \alpha  \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left( ABCD \right)\cap \left( \alpha  \right)={{d}_{1}}\ \left( I\in {{d}_{1}},{{d}_{1}}\,\text{//}\,AC \right)$.

Gọi $\left\{ \begin{align}& M={{d}_{1}}\cap AD \\& N={{d}_{1}}\cap CD \\\end{align} \right.$.

+ $\left\{ \begin{align}& \left( \alpha  \right)\,\text{//}\,\left( ACE \right) \\& \left( SBD \right)\cap \left( ACE \right)=OE \\& I\in \left( SBD \right)\cap \left( \alpha  \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left( SBD \right)\cap \left( \alpha  \right)={{d}_{2}}\ \left( I\in {{d}_{2}},{{d}_{2}}\,\text{//}\,OE \right)$. Gọi $Q={{d}_{2}}\cap SB$.

+ $\left\{ \begin{align}& \left( \alpha  \right)\,\text{//}\,\left( ACE \right) \\& \left( SAB \right)\cap \left( ACE \right)=AE \\& Q\in \left( SAB \right)\cap \left( \alpha  \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left( SAB \right)\cap \left( \alpha  \right)={{d}_{3}}\ \left( Q\in {{d}_{3}},{{d}_{3}}\,\text{//}\,AE \right)$. Gọi $R={{d}_{3}}\cap SA$.

+ $\left\{ \begin{align}& \left( \alpha  \right)\,\text{//}\,\left( ACE \right) \\& \left( SBC \right)\cap \left( ACE \right)=CE \\& Q\in \left( SBC \right)\cap \left( \alpha  \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left( SBC \right)\cap \left( \alpha  \right)={{d}_{4}}\ \left( Q\in {{d}_{4}},{{d}_{4}}\,\text{//}\,CE \right)$. Gọi $P={{d}_{4}}\cap SC$.

Vậy thiết diện là ngũ giác $MNPQR$.

b) + Tính diện tích thiết diện trên.

– Ta có $\left\{ \begin{align}& \left( MNPQR \right)\,\text{//}\,\left( ACE \right) \\& \left( SAC \right)\cap \left( MNPQR \right)=PR \\& \left( SAC \right)\cap \left( ACE \right)=AC \\\end{align} \right.\Rightarrow PR\,\text{//}\,AC$

Do đó $QR\,\text{//}\,AE$, $QP\,\text{//}\,CE$, $PR\,\text{//}\,AC$ nên tam giác $PQR$ là tam giác đều.

– Ta có $RP\,\text{//}\,MN$ (vì cùng song song với $AC$).

Mặt khác $IQ\,\text{//}\,OE\Rightarrow IQ\,\text{//}\,SD$ nên $\left\{ \begin{align}& SD\,\text{//}\,\left( MNPQR \right) \\& \left( SCD \right)\supset SD \\& \left( MNPQR \right)\cap \left( SCD \right)=PN \\\end{align} \right.$$\Rightarrow PN\,\text{//}\,SD$.

Tương tự ta có $MR\,\text{//}\,SD$. Như vậy $MNPR$ là hình bình hành.

Lại có $EO\bot AC\Rightarrow HI\bot MN$ hay $PN\bot MN$, $RM\bot MN$. Vậy $MNPR$ là hình chữ nhật.

– Ta có $\frac{MN}{AC}=\frac{DN}{DC}=\frac{DI}{DO}\Leftrightarrow \frac{MN}{AC}=\frac{x}{a}\Leftrightarrow MN=x$, suy ra $RP=MN=x$. Tam giác $PQR$ đều cạnh $x$ nên diện tích của nó là ${{S}_{1}}=\frac{\sqrt{3}{{x}^{2}}}{4}$.

– Tam giác $ACE$ đều cạnh $a$ nên $EO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $SD=2EO=a\sqrt{3}$.

Ta có $\frac{PN}{SD}=\frac{CN}{CD}=\frac{OI}{OD}\Leftrightarrow \frac{PN}{SD}=\frac{a-x}{a}\Leftrightarrow PN=\sqrt{3}\left( a-x \right)$.

Vì $MNPR$ là hình chữ nhật nên diện tích của nó là ${{S}_{2}}=PN.MN=\sqrt{3}x\left( a-x \right)$.

– Vậy diện tích của thiết diện $MNPQR$ là ${{S}_{0}}={{S}_{1}}+{{S}_{2}}=\sqrt{3}x\left( a-x \right)+\frac{\sqrt{3}{{x}^{2}}}{4}=\frac{4\sqrt{3}ax-3\sqrt{3}{{x}^{2}}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{4}x\left( 4a-3x \right)$.

+ Tìm $x$ để diện tích thiết diện là lớn nhất?

– Ta có $\frac{\sqrt{3}x\left( 4a-3x \right)}{4}=\frac{\sqrt{3}\left[ 3x\left( 4a-3x \right) \right]}{12}\le \frac{\sqrt{3}}{12}{{\left( \frac{3x+4a-3x}{2} \right)}^{2}}$

$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}x\left( 4a-3x \right)}{4}\le \frac{\sqrt{3}{{a}^{2}}}{3}$. Dấu bằng xảy ra khi $3x=4a-3x\Leftrightarrow x=\frac{2a}{3}$.

– Như vậy diện tích thiết diện lớn nhất là ${{S}_{\max }}=\frac{\sqrt{3}{{a}^{2}}}{3}$ đạt được khi $x=\frac{2a}{3}$.

Như vậy bên trên là tất cả những thông tin cần thiết về lý thuyết cũng như công thức chứng minh hai mặt phẳng song song lớp 11 có lời giải mà các bạn không nên bỏ qua. Nếu như bạn có thắc mắc hay cần hỗ trợ về giáo án hai mặt phẳng song song trong không gian có lời giải thì đừng ngần ngại mà không liên hệ ngay với chúng tôi để nhận được sự trợ giúp sớm nhất nhé!