Giải bài 43 trang 113 sách bài tập toán 11 - Cánh diều

Đề bài

Cho hình lăng trụ tam giác $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$. Gọi $G$, $I$, $K$ lần lượt là trọng tâm của các tam giác $ABC$, $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, $A^{\prime }{B}^{\prime }B$.

a)    Chứng minh rằng $IK\parallel \left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)$.

b)    Chứng minh rằng $\left(AGK\right)\parallel \left(A^{\prime }IC\right)$.

c)     Gọi $\left(\alpha \right)$ là mặt phẳng đi qua $K$ và song song với mặt phẳng $\left(ABC\right)$. Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ cắt $A^{\prime }C$ tại điểm $L$. Tính $\frac{L{A}^{\prime }}{LC}$.

Lời giải chi tiết

a) Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $B^{\prime }{C}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }$.

Do $I$ là trọng tâm tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $I\in A^{\prime }M$ và $\frac{A^{\prime }I}{A^{\prime }M}=\frac{2}{3}$.

Tương tự, ta cũng có $K\in A^{\prime }N$ và $\frac{A^{\prime }K}{A^{\prime }N}=\frac{2}{3}$.

Do $\frac{A^{\prime }I}{A^{\prime }M}=\frac{A^{\prime }K}{A^{\prime }N}$ nên $IK\parallel MN$. Vì $MN\in \left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)$ nên  $IK\parallel \left(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }\right)$.

b) Gọi $P$ là trung điểm cạnh $BC$.

Do $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $G\in AP$.

Mặt khác, do $K$ là trọng tâm tam giác $\left(A^{\prime }{B}^{\prime }B\right)$ nên $B^{\prime }K$ đi qua trung điểm của $A^{\prime }B$. Vì $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành, nên ta suy ra $A{B}^{\prime }$ cũng đi qua trung điểm của $A^{\prime }B$. Do vậy, ba điểm $A$, $K$, $B^{\prime }$ thẳng hàng. Từ đó, mặt phẳng $\left(AGK\right)$ chính là mặt phẳng $\left(A{B}^{\prime }P\right)$.

Do $I\in A^{\prime }M$, nên mặt phẳng $\left(A^{\prime }IC\right)$ cũng là mặt phẳng $\left(A^{\prime }MC\right)$. Như vậy, để chứng minh $\left(AGK\right)$ song song với $\left(A^{\prime }IC\right)$, ta cần chứng minh $\left(A{B}^{\prime }P\right)$ song song với $\left(A^{\prime }MC\right)$.

Tứ giác $M{B}^{\prime }PC$ có $M{B}^{\prime }=PC\left(=\frac{1}{2}BC\right)$ và $M{B}^{\prime }\parallel PC$ nên nó là hình bình hành.

Suy ra $B^{\prime }P\parallel MC$. Do $MC\subset \left(A^{\prime }MC\right)$ nên $B^{\prime }P\parallel \left(A^{\prime }MC\right)$.

Chứng minh tương tự, ta cũng có $AP\parallel \left(A^{\prime }MC\right)$.

Như vậy $\left(A{B}^{\prime }P\right)\parallel \left(A^{\prime }MC\right)$, và bài toán được chứng minh.

c) Xét ba mặt phẳng song song $\left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right)$, $\left(\alpha \right)$, $\left(ABC\right)$, ta có đường thẳng $B^{\prime }A$ cắt ba mặt phẳng lần lượt tại $B^{\prime }$, $K$, $A$. Hơn nữa, đường thẳng $A^{\prime }C$ cũng cắt ba mặt phẳng trên lần lượt tại $A^{\prime }$, $L$, $C$. Do đó, theo định lí Thales trong không gian, ta có: $\frac{B^{\prime }K}{A^{\prime }L}=\frac{KA}{LC}=\frac{A{B}^{\prime }}{C{A}^{\prime }}\Rightarrow \frac{L{A}^{\prime }}{LC}=\frac{B^{\prime }K}{KA}$.

Gọi $O$ là trung điểm của $A^{\prime }B$. Vì $K$ là trọng tâm tam giác $\left(A^{\prime }{B}^{\prime }B\right)$ nên ta có $\frac{B^{\prime }K}{B^{\prime }O}=\frac{2}{3}$. Mà $\frac{B^{\prime }O}{A{B}^{\prime }}=\frac{1}{2}$ nên $\frac{B^{\prime }K}{A{B}^{\prime }}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{B^{\prime }K}{KA}=\frac{1}{2}$. Từ đó $\frac{L{A}^{\prime }}{LC}=\frac{1}{2}$.