1. Môn Toán
  2. chứng minh hai đường thẳng song song
chứng minh hai đường thẳng song song
Thể Loại: TIPS Giải Toán 11
Ngày đăng: 19/02/2019

chứng minh hai đường thẳng song song

Bài viết trình bày định nghĩa, phương pháp chứng hai đường thẳng song song trong không gian và một số ví dụ minh họa điển hình, đây là dạng toán thường gặp trong chương trình Hình học 11 chương 2: đường thẳng và mặt phẳng trong không gian, quan hệ song song.

Định nghĩa: Hai đường thẳng gọi là song song nếu chúng đồng phẳng và không có điểm chung.

Phương pháp chứng minh hai đường thẳng song song: Để chứng minh hai đường thẳng song song trong không gian, ta sử dụng một trong các cách sau đây:

+ Cách 1. Chứng minh chúng đồng phẳng rồi sử dụng các định lí đường trung bình, Thales đảo … quen thuộc trong hình học phẳng.

+ Cách 2. Chứng minh chúng cùng song song với đường thẳng thứ ba.

+ Cách 3. Dùng hệ quả: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau lần lượt đi qua hai đường thẳng song song thì giao tuyến của chúng song song hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó.

Ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành.

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SCD).\)

b) Đường thẳng qua \(D\) và song song \(SC\) cắt mặt phẳng \((SAB)\) tại \(I.\) Chứng minh \(AI\) song song \(SB.\)

chứng minh hai đường thẳng song song

a) Mặt phẳng \((SAB)\) chứa \(AB\), mặt phẳng \((SCD)\) chứa \(CD\) mà \(AB // CD\) nên \(St = mp (SCD) ∩ mp (SAB)\) với \(St // AB // CD.\)

b) Trong mặt phẳng \((SCD)\), đường thẳng qua \(D\) và song song \(SC\) cắt \(St\) tại \(I.\)

Do \(St ⊂ mp (SAB)\) \(⇒I ∈ mp (SAB).\)

Ta có \(SI // CD\) và \(SC // DI\) nên \(SIDC\) là hình bình hành. Do đó: \(SI // = CD.\)

Mà \(CD // = AB\) nên \(SI // = AB.\)

Tứ giác \(SIAB\) là hình bình hành nên \(AI // SB.\)

Ví dụ 2: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang với \(AB\) song song \(CD\) và \(AB /> CD.\) Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(SA\), \(SB.\)

a) Chứng minh \(MN\) song song \(CD.\)

b) Tìm giao điểm \(J\) của \(SC\) và mặt phẳng \((ADN).\)

c) \(AN\) và \(DJ\) cắt nhau tại \(I\). Chứng minh \(SI // AB\) và \(SA // IB.\)

chứng minh hai đường thẳng song song

a) Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAB\) nên \(MN // AB\), mà \(AB // CD\) nên \(MN // CD.\)

b) Trong mặt phẳng \((ABCD)\), \(AD\) cắt \(BC\) tại \(E.\)

Trong mặt phẳng \((SBC)\), \(NE\) cắt \(SC\) tại \(J.\)

\(J ∈ NE\) \(⇒ J ∈ mp (ADN).\)

Vậy \(J\) là giao điểm \(SC\) và \((ADN).\)

c) Ta có:

\(AB ⊂ mp (SAB).\)

\(CD ⊂ mp (SCD).\)

\(AB // CD.\)

\(SI\) là giao tuyến của mặt phẳng \((SAB)\) và mặt phẳng \((SCD).\)

Vậy \(SI // AB // CD.\)

Ta có: \(SI // MN\) (vì cùng song song với \(AB\)), mà \(M\) là trung điểm \(SA\) nên \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ASI.\)

Do đó: \(\overrightarrow {SI} = 2\overrightarrow {MN} \) mà \(\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {MN} \) nên \(\overrightarrow {SI} = \overrightarrow {AB} .\)

Vậy \(ABIS\) là hình bình hành, suy ra \(SA // IB.\)

Ví dụ 3: Cho tứ diện \(ABCD.\) Gọi \(A_1\), \(B_1\), \(C_1\), \(D_1\) lần lượt là trọng tâm các \(ΔBCD\), \(ΔACD\), \(ΔABD\), \(ΔABC.\) Gọi \(G\) là giao điểm \(AA_1\) và \(BB_1.\) Chứng minh:

a) \(\frac{{AG}}{{A{A_1}}} = \frac{3}{4}.\)

b) \(AA_1\), \(BB_1\), \(CC_1\) đồng quy.

chứng minh hai đường thẳng song song

a) Gọi \(I\) là trung điểm \(CD.\) Trên mặt phẳng \((IAB)\), ta có:

\(\frac{{I{B_1}}}{{IA}} = \frac{{I{A_1}}}{{IB}} = \frac{1}{3}\) \( \Rightarrow {A_1}{B_1}//AB\) và \(\frac{{{A_1}{B_1}}}{{AB}} = \frac{1}{3}.\)

\( \Rightarrow \frac{{GA}}{{G{A_1}}} = \frac{{AB}}{{{A_1}{B_1}}} = 3\) \( \Rightarrow \frac{{GA}}{{G{A_1} + GA}} = \frac{3}{{3 + 1}} = \frac{{AG}}{{A{A_1}}}\) \((1).\)

b) Tương tự, gọi \({G’} = A{A_1} \cap D{D_1}\), ta có: \(\frac{{G’A}}{{A{A_1}}} = \frac{3}{4}\) \((2).\)

Tương tự, gọi \(G” = A{A_1} \cap C{C_1}\), ta có: \(\frac{{G”A}}{{A{A_1}}} = \frac{3}{4}\) \((3).\)

Từ \((1)\), \((2)\) và \((3)\), suy ra: \(\frac{{G’A}}{{A{A_1}}} = \frac{{G”A}}{{A{A_1}}} = \frac{{GA}}{{A{A_1}}}\) \( \Rightarrow G \equiv G’ \equiv G”.\)

Ví dụ 4: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Lấy \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) lần lượt trên \(BC\), \(SC\), \(SD\), \(AD\) sao cho \(MN // SB\), \(NP // CD\), \(MQ // AB.\)

a) Chứng minh \(PQ // SA.\)

b) Gọi \(K\) là giao điểm \(MN\) và \(PQ.\) Chứng minh \(SK // AD // BC.\)

chứng minh hai đường thẳng song song

a) Do \(MQ//AB \Rightarrow \frac{{DQ}}{{DA}} = \frac{{CM}}{{CB}}\) \((1).\)

Do \(MN//SB \Rightarrow \frac{{CM}}{{CB}} = \frac{{CN}}{{CS}}\) \((2).\)

Do \(NP//CD \Rightarrow \frac{{CN}}{{CS}} = \frac{{DP}}{{DS}}\) \((3).\)

Từ \((1)\), \((2)\) và \((3)\), suy ra: \(\frac{{DQ}}{{DA}} = \frac{{DP}}{{DS}}\) \( \Rightarrow PQ///SA.\)

b) Mặt phẳng \((SAD)\) và \((SBC)\) đã có chung điểm \(S.\)

\(K \in NM \Rightarrow K \in (SBC).\)

\(K \in PQ \Rightarrow K \in (SAD).\)

Vậy \(SK = (SAD) \cap (SBC).\)

Ta có \(AD \subset (SAD)\), \(BC \subset (SBC)\), mà \(AD//BC.\)

Vậy \(SK = (SAD) \cap (SBC)\) thì \(SK//AD//BC.\)

Ví dụ 5: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\). Gọi \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(SC\) và \(OB.\) Gọi \(I\) là giao điểm của \(SD\) và mặt phẳng \((AMN).\) Tính tỉ số \(\frac{{SI}}{{ID}}.\)

chứng minh hai đường thẳng song song

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(E\) và \(F\) là giao điểm của \(AN\) với \(CD\) và \(BC.\)

Trong mặt phẳng \((SCD)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(EM\) và \(SD.\)

\(I ∈ ME\) \(⇒ I ∈ mp (AMN).\)

Vậy \(I\) là giao điểm của \(SD\) và mặt phẳng \((AMN).\)

Ta có: \(BF//AD\) \( \Rightarrow \frac{{BF}}{{AD}} = \frac{{NB}}{{ND}}\) \( = \frac{{\frac{1}{2}OB}}{{OD + \frac{1}{2}OB}} = \frac{{\frac{1}{2}OB}}{{\frac{3}{2}OB}} = \frac{1}{3}\) \( \Rightarrow BF = \frac{1}{3}AD\) \( \Rightarrow CF = \frac{2}{3}AD.\)

Ta có \(CF//AD\) \( \Rightarrow \frac{{EC}}{{ED}} = \frac{{CF}}{{AD}} = \frac{2}{3}.\)

Trong mặt phẳng \((SCD)\) vẽ \(CJ//SD\) \((J \in EI)\). Ta có \(\frac{{JC}}{{ID}} = \frac{{EC}}{{ED}} = \frac{2}{3}\) \((1).\)

\(JC//SI\) \( \Rightarrow \frac{{CJ}}{{SI}} = \frac{{MC}}{{MS}} = 1\) \( \Rightarrow CJ = SI\) \((2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(\frac{{SI}}{{ID}} = \frac{2}{3}.\)

Ví dụ 6: Cho hình lập phương \(ABCD.A’B’C’D’\) cạnh \(a.\) Gọi \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) lần lượt là trung điểm của \(A’B’\), \(C’B’\), \(CC’\), \(AA’.\)

a) Chứng minh tứ giác \(MNPQ\) là hình thang cân.

b) Tính chu vi và diện tích tứ giác \(MNPQ\) theo \(a.\)

chứng minh hai đường thẳng song song

a) Ta có \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(A’B’C’\) nên \(MN//A’C’\) \((1).\)

Ta có \(\overrightarrow {A’Q} = \frac{1}{2}\overrightarrow {A’A} \) và \(\overrightarrow {C’P} = \frac{1}{2}\overrightarrow {C’C} .\)

Mà \(\overrightarrow {A’A} = \overrightarrow {C’C} \) nên \(\overrightarrow {A’Q} = \overrightarrow {C’P} .\)

Do đó \(A’QPC’\) là hình bình hành nên \(PQ // A’C’\) \((2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(PQ//MN.\)

Ta có \(\Delta A’MQ = \Delta C’PN\) (c.g.c) \( \Rightarrow MQ = NP.\)

Vẽ \(MH\) và \(NK\) vuông góc với \(PQ.\)

Ta có \(\Delta MHQ = \Delta NKP\) nên \(\widehat {MQH} = \widehat {NPK}.\)

Do đó \(MNPQ\) là hình thang cân.

chứng minh hai đường thẳng song song

b) Ta có:

\(MN = \frac{{A’C’}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

\(PQ = A’C’ = a\sqrt 2 .\)

\(NP = MQ = \frac{a}{2}\sqrt 2 .\)

Do đó chu vi tứ giác \(MNPQ\) là: \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2} + a\sqrt 2 + 2\left( {\frac{a}{2}\sqrt 2 } \right) = \frac{{5a\sqrt 2 }}{2}.\)

Do \(\Delta MQH = \Delta NKP\) nên \(HQ = KP.\)

Vậy \(KP = QH = \frac{1}{2}(PQ – HK)\) \( = \frac{1}{2}(PQ – MN)\) \( = \frac{1}{2}\left( {a\sqrt 2 – \frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}.\)

Do tam giác \(NPK\) vuông \( \Rightarrow N{K^2} = N{P^2} – K{P^2}\) \( = \frac{{{a^2}}}{2} – \frac{{{a^2}}}{8} = \frac{{6{a^2}}}{{16}}.\)

Vậy diện tích tứ giác \(MNPQ\) là: \(\frac{1}{2}NK(MN + PQ)\) \( = \frac{{a\sqrt 6 }}{8}\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2} + a\sqrt 2 } \right) = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{8}.\)

Ví dụ 7: Cho tam giác \(ABC\) nằm trong mặt phẳng \((α).\) Gọi \(Bx\), \(Cy\) là hai nửa đường thẳng song song nằm về cùng phía đối với mặt phẳng \((α).\) Gọi \(M\) và \(N\) là hai điểm di động trên \(Bx\), \(Cy\) sao cho \(CN = 2BM.\)

a) Chứng minh \(MN\) luôn qua một điểm cố định \(I\) khi \(M\), \(N\) di động.

b) Lấy \(E\) thuộc đoạn \(AM\) với \(EM = \frac{1}{3}AE\), \(IE\) cắt \(AN\) tại \(F\), \(BE\) cắt \(CF\) tại \(Q.\) Chứng minh \(AQ\) song song \(Bx\) và \(Cy\), và mặt phẳng \((QMN)\) chứa một đường thẳng cố định khi \(M\), \(N\) di động.

chứng minh hai đường thẳng song song

a) Trong mặt phẳng \((Bx, Cy)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(MN\) và \(BC.\)

Do \(MB // NC\) nên \(\frac{{IB}}{{IC}} = \frac{{MB}}{{NC}} = \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow IB = 2IC\), suy ra \(B\) là trung điểm \(IC.\)

Vậy \(MN\) di động luôn qua \(I\) cố định.

b) Ta có:

\(Q \in BE \Rightarrow Q \in mp(ABM).\)

\(Q \in CF \Rightarrow Q \in mp(ANC).\)

Vậy \(AQ = mp (ABM) ∩ mp (ANC).\)

Mà hai mặt phẳng \((ABM)\) và mặt phẳng \((ANC)\) lần lượt chứa hai đường thẳng song song \(BM\) và \(NC.\)

Do đó: \(AQ // BM // NC.\)

Ta có: \(MB // AQ\) \( \Rightarrow \frac{{MB}}{{AQ}} = \frac{{EM}}{{EA}} = \frac{1}{3}.\)

Gọi \(K\) là giao điểm của \(MQ\) và \(BA\) ta có: \(\frac{{KB}}{{KA}} = \frac{{MB}}{{AQ}} = \frac{1}{3}\) \( \Rightarrow KB = \frac{1}{3}KA.\)

Vậy \(K\) cố định.

Ta có:

\(K ∈ MQ ⇒ K ∈ mp (MNQ).\)

\(I ∈ MN ⇒ I∈ mp (MNQ).\)

Do đó: mặt phẳng \((QMN)\) di động nhưng luôn chứa đường thẳng cố định \(IK.\)

[ads]

Ví dụ 8: Cho tam giác \(ABC.\) Từ \(A\), \(B\), \(C\) vẽ các nửa đường thẳng song song cùng chiều \(Ax\), \(By\), \(Cz\) không nằm trong mặt phẳng \((ABC).\) Trên \(Ax\), \(By\), \(Cz\) lần lượt lấy đoạn \(AA’ = a\), \(BB’ = b\), \(CC’ = c.\) Gọi \(I\), \(J\), \(K\) lần lượt là giao điểm \(B’C’\), \(A’C’\), \(A’B’\) với mặt phẳng \((ABC).\) Gọi \(G\), \(G’\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) và tam giác \(A’B’C’.\)

a) Chứng minh \(\frac{{IB}}{{IC}} \cdot \frac{{JC}}{{JA}} \cdot \frac{{KA}}{{KB}} = 1.\)

b) Chứng minh \(GG’ // AA’.\) Tính \(GG’\) theo \(a\), \(b\), \(c.\)

chứng minh hai đường thẳng song song

Ta có:

\(CC’//BB’ \Rightarrow \frac{{IB}}{{IC}} = \frac{{BB’}}{{CC’}} = \frac{b}{c}.\)

\(CC’//AA’ \Rightarrow \frac{{JC}}{{JA}} = \frac{{CC’}}{{AA’}} = \frac{c}{a}.\)

\(AA’//BB’ \Rightarrow \frac{{KA}}{{KB}} = \frac{{AA’}}{{BB’}} = \frac{a}{b}.\)

Do đó: \(\frac{{IB}}{{IC}} \cdot \frac{{JC}}{{JA}} \cdot \frac{{KA}}{{KB}} = \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a} \cdot \frac{a}{b} = 1.\)

b) Gọi \(H\), \(H’\) là trung điểm \(CB\) và \(C’B’.\)

\(HH’\) là đường trung bình của hình thang \(CC’B’B\) nên \(HH’//BB’//AA’//CC’\) \((1).\)

\(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) \( \Rightarrow \frac{{AG}}{{AH}} = \frac{2}{3}.\)

\(G’\) là trọng tâm tam giác \(A’B’C’\) \( \Rightarrow \frac{{A’G’}}{{A’H’}} = \frac{2}{3}.\)

Vậy \(\frac{{AG}}{{AH}} = \frac{{A’G’}}{{A’H’}} \Rightarrow GG’//HH’\) \((2).\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(GG’//AA’.\)

Gọi \(M\) là giao điểm \(AH’\) và \(GG’.\)

Ta có \(G’M//AA’ \Rightarrow \frac{{G’M}}{{AA’}} = \frac{{H’G’}}{{H’A’}} = \frac{1}{3}\) \( \Rightarrow G’M’ = \frac{a}{3}.\)

Ta có \(MG//HH’ \Rightarrow \frac{{MG}}{{HH’}} = \frac{{AG}}{{AH}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow MG = \frac{2}{3}HH’\) \( = \frac{2}{3}\frac{{BB’ + CC’}}{2} = \frac{{b + c}}{3}.\)

Do đó \(GG’ = MG’ + MG = \frac{{a + b + c}}{3}.\)

Ví dụ 9: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang \(ABCD\) với đáy \(AD\) và \(BC\) có \(AD = a\), \(BC = b\) với \(a /> b.\) Gọi \(I\) và \(J\) lần lượt là trọng tâm \(ΔSAD\), \(ΔSBC\), \(SB\) và \(SC\) cắt mặt phẳng \((ADJ)\) tại \(M\), \(N\), \(SA\), \(SD\) cắt mặt phẳng \((BCI)\) tại \(P\), \(Q.\)

a) Chứng minh \(MN\) song song \(PQ.\)

b) Giả sử \(AM\) cắt \(BP\) tại \(E\), \(CQ\) cắt \(DN\) tại \(F.\) Chứng minh \(EF\) song song \(MN\) và \(PQ.\) Tính \(EF\) theo \(a\) và \(b.\)

chứng minh hai đường thẳng song song

a) Ta có: \(I \in (IBC) \cap (SAD).\)

Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}

{AD//BC}\\

{AD \subset (SAD)}\\

{BC \subset (IBC)}

\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow (SAD) \cap (IBC) = PQ.\)

Với \(I∈PQ\) và \(PQ//AD//BC.\)

Tương tự \(J \in (JAD) \cap (SBC).\)

\(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}

{AD//BC}\\

{AD \subset (JAD)}\\

{BC \subset (SBC)}

\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow (JAD) \cap (SBC) = MN.\)

Với \(J \in MN\) và \(MN//AD//BC.\)

Do đó \(MN//PQ.\)

b) Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}

{\mathop E\limits^. \in AM \Rightarrow E \in (AMND)}\\

{E \in PQ \Rightarrow E \in (BPCQ)}

\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow E \in (AMND) \cap (BPCQ).\)

Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}

{F \in DN \Rightarrow F \in (AMND)}\\

{F \in CQ \Rightarrow E \in (BPCQ)}

\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow F \in (AMND) \cap (BPCQ).\)

Vậy \(EF = (AMND) \cap (BPCQ).\)

Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{l}}

{MN \subset (AMND)}\\

{PQ \subset (BPCQ)}\\

{MN//PQ}

\end{array}} \right\}\) \( \Rightarrow EF//PQ//MN.\)

Gọi \(K\) là giao điểm \(EF\) và \(PC.\)

Ta có \(EK//BC\) \( \Rightarrow \frac{{KE}}{{BC}} = \frac{{PE}}{{PB}}.\)

Do \(I\) là trọng tâm tam giác \(SAD\) và \(PI//AD\) \( \Rightarrow \frac{{SP}}{{AS}} = \frac{2}{3}.\)

Do \(J\) là trọng tâm tam giác \(SBC\) và \(MJ//BC\) \( \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{2}{3}.\)

Do đó \(\frac{{SP}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow PM//AB\) \( \Rightarrow \frac{{PE}}{{EB}} = \frac{{PM}}{{AB}}.\)

Mà \(\frac{{PM}}{{AB}} = \frac{{SP}}{{SA}} = \frac{2}{3}.\)

Do đó \(\frac{{PE}}{{EB}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow \frac{{EK}}{{BC}} = \frac{{PE}}{{PB}} = \frac{{PE}}{{PE + EB}}\) \( = \frac{1}{{1 + \frac{{EB}}{{PE}}}} = \frac{1}{{1 + \frac{3}{2}}} = \frac{2}{5}\) \( \Rightarrow EK = \frac{2}{5}BC = \frac{2}{5}b.\)

Tương tự \(KF = \frac{2}{5}a.\)

Vậy \(EF = EK + KF = \frac{2}{5}(a + b).\)

Bài tập tự luyện:

Bài tập 1: Cho tứ diện \(ABCD.\) Gọi \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\), \(R\), \(S\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(CD\), \(BC\), \(AD\), \(AC\), \(BD.\)

a) Chứng minh \(MNPQ\) là hình bình hành.

b) Chứng minh \(MN\), \(PQ\), \(RS\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Bài tập 2: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang có cạnh bên \(AD\), \(BC.\)

a) Xác định giao tuyến \(d\) của \((SAB)\) và \((SCD).\)

b) Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trọng tâm của tam giác \(SAD\) và \(SBC.\) Chứng minh \(d // MN.\)

Bài tập 3: Cho hai hình bình hành \(ABCD\), \(ABEF\) không cùng nằm trên một mặt phẳng.

a) Chứng minh \(CE // DF.\)

b) Gọi \(M\), \(N\) là hai điểm trên \(AC\), \(AD\) sao cho \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AD}} = m.\) Gọi \(H\), \(K\) là hai điểm trên \(BF\) và \(AF\) sao cho \(\frac{{FK}}{{FA}} = \frac{{FL}}{{FB}} = n\) với \(m,n \in (0;1)\). Chứng minh \(MN // KL.\)

c) Cho \(m = \frac{2}{5}\) và \(n = \frac{3}{5}\). Chứng minh \(NK // DF.\)

Bài tập 4: Cho tứ diện \(ABCD.\) Gọi \(P\), \(Q\) lần lượt là trung điểm của \(AC\), \(BC.\) Gọi \(R\) là điểm trên \(BD\) sao cho \(BR = 2RD.\)

a) Xác định \(E\), \(F\) là giao điểm của \((RPQ)\) với \(CD\), \(AD.\)

b) Tìm giao tuyến của \((PQR)\) và \((ABE).\)

c) Chứng minh \(R\), \(F\) lần lượt là trọng tâm của tam giác \(BCE\) và \(ACE.\)

d) Chứng minh \(FR // PQ.\)

e) Tính tỉ số diện tích mà mặt phẳng \((PQR)\) chia cắt tam giác \(ACD.\)

Bài tập 5: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O.\) Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(SC\), \(OB.\)

a) Tìm giao điểm \(I\) của \(SD\) và \((AMN).\)

b) Tính \(\frac{{SI}}{{ID}}.\)

Bài tập 6: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là tứ giác lồi, \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\) Gọi \(M\), \(N\), \(E\), \(F\) lần lượt là trung điểm của \(SA\), \(SB\), \(SC\), \(SD.\) Chứng minh:

a) \(ME // AC\) và \(NF // BD.\)

b) Ba đường thẳng \(EM\), \(NF\), \(SO\) đồng quy.

c) Bốn điểm \(M\), \(N\), \(E\), \(F\) đồng phẳng.

Bài tập 7: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật. Gọi \(M\), \(N\), \(E\), \(F\) lần lượt là trọng tâm của tam giác \(SAB\), \(SBC\), \(SCD\) và \(SDA.\)

a) Chứng minh tứ giác \(MNEF\) là hình thoi.

b) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\) Chứng minh \(ME\), \(NF\) và \(SO\) đồng quy.

Bài tập 8: Cho tứ diện \(ABCD.\) Gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(BD.\) Lấy \(E\) trên \(AD\) \((E ≠ A, D).\)

a) Xác định mặt cắt của tứ diện và \((IJE).\)

b) Tìm vị trí của điểm \(E\) trên \(AD\) sao cho thiết diện là hình bình hành.

c) Tìm điều kiện của \(A.BCD\) và vị trí \(E\) trên \(AD\) sao cho thiết diện là hình thoi.

Hình Ảnh Chi Tiết

chứng minh hai đường thẳng song song chất lượng là một công cụ quan trọng trong hệ thống giáo dục hiện đại, được thiết kế với mục tiêu không chỉ nhằm đánh giá kiến thức lý thuyết mà còn để kiểm tra các kỹ năng thực hành và khả năng tư duy phản biện của học sinh ở từng cấp học cụ thể. Trong bối cảnh giáo dục ngày càng phát triển, việc đánh giá một cách toàn diện và khách quan là điều cần thiết để giúp học sinh nắm vững kiến thức, đồng thời phát triển kỹ năng giải quyết vấn đề, một yếu tố then chốt trong quá trình học tập và trong cuộc sống sau này.

Nội Dung Đề Thi: chứng minh hai đường thẳng song song sẽ bao gồm một loạt các bài toán được phân chia thành nhiều phần khác nhau, từ cơ bản đến nâng cao, nhằm phản ánh đầy đủ các lĩnh vực trong chương trình học toán. Các phần này không chỉ giúp kiểm tra kiến thức mà còn khuyến khích học sinh phát huy sự sáng tạo và khả năng tư duy phản biện.

Các Bài Toán Cơ Bản:

Phần này tập trung vào việc kiểm tra kiến thức cơ bản mà học sinh đã học, như các phép toán số học, định nghĩa hình học, và các khái niệm đại số.

Ví dụ: Học sinh sẽ được yêu cầu giải các bài toán tính toán đơn giản, xác định diện tích và chu vi của các hình cơ bản, hay tìm hiểu các tính chất của các đối tượng hình học.

Các Câu Hỏi Mở:

Đây là phần quan trọng nhằm khuyến khích học sinh phát triển khả năng tư duy độc lập. Các câu hỏi mở yêu cầu học sinh không chỉ dừng lại ở việc áp dụng công thức mà còn phải biết phân tích và tổng hợp thông tin để đưa ra các giải pháp đa dạng.

Ví dụ: Một câu hỏi có thể yêu cầu học sinh mô tả cách họ sẽ giải quyết một vấn đề thực tế sử dụng toán học, hoặc đề xuất cách thức tối ưu hóa một quy trình dựa trên các khái niệm toán học mà họ đã học. Tính Tư Duy Sáng Tạo:

Đề thi không chỉ đơn thuần kiểm tra kiến thức mà còn phải khuyến khích khả năng tư duy sáng tạo của học sinh. Các bài toán được thiết kế để học sinh có thể vận dụng linh hoạt kiến thức đã học vào các tình huống mới, qua đó phát triển khả năng tư duy độc lập và sáng tạo.

Ví dụ: Học sinh có thể được yêu cầu thiết kế một bài toán mới dựa trên một khái niệm đã học, từ đó trình bày lý do vì sao bài toán này có thể thú vị và hữu ích.

Khả Năng Giải Quyết Vấn Đề:

Một trong những mục tiêu chính của đề thi là đánh giá khả năng giải quyết vấn đề của học sinh. Học sinh sẽ được yêu cầu không chỉ tìm ra đáp án đúng mà còn phải trình bày rõ ràng quy trình và logic đã sử dụng để đến được kết quả đó.

Ví dụ: Bài toán có thể yêu cầu học sinh đưa ra các bước giải quyết một bài toán thực tiễn, từ việc phân tích vấn đề đến việc tìm ra giải pháp khả thi.

Kết Luận:

chứng minh hai đường thẳng song song chất lượng là một công cụ quan trọng giúp giáo viên và học sinh đánh giá và cải thiện năng lực toán học. Qua các bài toán đa dạng từ cơ bản đến nâng cao, từ lý thuyết đến thực tiễn, đề thi không chỉ đơn thuần kiểm tra kiến thức mà còn thúc đẩy sự phát triển toàn diện về tư duy và khả năng giải quyết vấn đề. Điều này không chỉ chuẩn bị cho học sinh một nền tảng vững chắc trong môn toán học mà còn trang bị cho các em kỹ năng cần thiết để đối mặt với những thách thức trong học tập và trong cuộc sống thực tiễn sau này.

đánh giá tài liệu

5/5
( đánh giá)
5 sao
100%
4 sao
0%
3 sao
0%
2 sao
0%
1 sao
0%