Phương pháp chứng minh hai đường thẳng song song
Để chứng minh hai đường thẳng song song ta có thể làm theo một trong các cách sau:
Ví dụ: Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là một hình thang với đáy lớn \[AB\]. Gọi \[M,N\] lần lượt là trung điểm của \[SA\] và \[SB\]. Chứng minh rằng:
a)\[MN\] song song với \[CD\].
b)\[SI\] song song với \[CD\].
Lời giải:
a) Ta có \[MN\] là đường trung bình của tam giác \[SAB\] nên \[MN\parallel AB\].
Lại có \[ABCD\] là hình thang \[\Rightarrow AB//CD\].
Vậy \[\left\{ \begin{array}{l}
MN\parallel AB\\
CD\parallel AB
\end{array} \right. \Rightarrow MN\parallel CD\]
b) Trong \[\left( ABCD \right)\] gọi \[E=AD\cap BC\], trong \[\left( SCD \right)\] gọi \[P=SC\cap EN\].
Ta có \[E\in AD\subset \left( ADN \right)\] \[\Rightarrow EN\subset \left( AND \right)\Rightarrow P\in \left( ADN \right)\].
Vậy \[P=SC\cap \left( ADN \right)\].
Do \[I = AN \cap DP \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
I \in AN\\
I \in DP
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
I \in \left( {SAB} \right)\\
I \in \left( {SCD} \right)
\end{array} \right. \Rightarrow SI = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\]
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}
AB \subset \left( {SAB} \right)\\
CD \subset \left( {SCD} \right)\\
AB\parallel CD\\
\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SI
\end{array} \right. \Rightarrow SI\parallel CD\]
ĐỊNH LÝ MENELAUS
Giả sử đường thẳng$\Delta$cắt các cạnh (hoặc phần kéo dài)$BC,CA,AB$lần lượt tại$M,N,P$thì:
$\dfrac{MB}{MC}.\dfrac{NC}{NA}.\dfrac{PA}{PB}=1$
Áp dụng định lý để giải bài toán
Gọi$I=PR\cap AC$
Trong$\left( ACD \right)$gọi$S=QI\cap AD$thì
$S=AD\cap (PQR)$
Áp dụng định lý Menelaus trong$\Delta ABC$với cát tuyến$PRI$ta có:
$\dfrac{PA}{PB}.\dfrac{RB}{RC}.\dfrac{IC}{IA}=1\Rightarrow 1.2.\dfrac{IC}{IA}=1\Rightarrow \dfrac{IC}{IA}=\dfrac{1}{2}$
$\Rightarrow$C là trung điểm$AI$
Áp dụng định lý Menelaus trong$\Delta ACD$với cát tuyến$IQS$ta có:
$\dfrac{IC}{IA}.\dfrac{QD}{QC}.\dfrac{SA}{SD}=1\Rightarrow \dfrac{1}{2}.1.\dfrac{SA}{SD}=1\Rightarrow \dfrac{SA}{SD}=2$
$\Rightarrow SA=2SD$
Gọi$N$là trung điểm của$CD$,$M=NG\cap AB$
Trong$\left( ABN \right)$gọi$A$là giao điểm của$AG$với trung tuyến$BN$của$\Delta BCD$. Ta chứng minh:
$AB=2AN$
Áp dụng định lý Menelaus trong$\Delta BMN$với cát tuyến$AGA$ta có:
$\dfrac{AM}{AB}.\dfrac{GN}{GM}.\dfrac{A'B}{A'N}=1$
$\Rightarrow \dfrac{1}{2}.1.\dfrac{A'B}{A'N}=1\Rightarrow \dfrac{A'B}{A'N}=2\Rightarrow A'B=2A'N$
Vậy$A$là trọng tâm của$\Delta$$ BCD$
Tương tự$BG,CG,DG$lần lượt đi qua trọng tâm$B,C,D$của tam giác$ACD,ABD,ABC$.
+ Chứng minh$HK//CD$
H, K là trung điểm$SA, SB$$ \Rightarrow$HK là đường trung bình trong$\Delta SAB\Rightarrow$$ HK//AB$
Mà$AB//CD~\Rightarrow HK//CD$
+ Ta có:$\left\{ \begin{align} & M\in (HKM)\cap (SDC) \\ & HK//CD \\ \end{align} \right.$
$\Rightarrow (HKM)\cap (SDC)={ d _ 1 }$đi qua M và song song với CD
+ Ta có$\left\{ \begin{align} & S\in (SAB)\cap (SCD) \\ & AB//CD \\ \end{align} \right.$
$\Rightarrow (SAB)\cap (SCD)={ d _ 2 }$đi qua S và song song với CD
+ Chứng minh tương tự ta được$(SAD)\cap (SCB)={ d _ 3 }$đi qua S và song song với AD
$\Rightarrow { d _ 1 }//{ d _ 2 }$
$\begin{align} & 1.IJ//AA' \\ & 2.IJ//BB' \\ & 3.IJ//CC' \\ & 4.IJ//DD' \\ & 5.IJ=\dfrac{AA'+CC'} 2 \\ & 6.IJ=\dfrac{BB'+DD'} 2 \\ \end{align}$
Số phát biểu sai là:
+$ABDC$là hình bình hành$\Rightarrow$$ AB//DC$(1)
Theo giả thiết$Ax//Dt$(2)
Từ (1) và (2)$\Rightarrow$mặt phẳng$\left( Ax,By \right)$song song với mặt phẳng$\left( Cz,Dt \right)$
+ Do$\left( Ax,By \right)//\left( Cz,Dt \right)$$ \Rightarrow$$ A'B'//DC.$
Tương tự, ta có:$AD//BC$
$\Rightarrow$tứ giác$ABCD$là hình bình hành,
Ta có: I là giao của$ACv\grave a DB$và J là giao của$A'C'v\grave a B'D'$
$\Rightarrow$J là trung điểm của$AC$và I là trung điểm của$AC$.
Mặt khác$Ax//Cz$nên tứ giác$ACCA$là hình thang
$\Rightarrow$$ IJ//AA//BB'//CC'//DD'$
+$IJ$là đường trung bình các hình thang$ACC'A'$và$DBB'D'$nên ta có:
$IJ=\dfrac{AA'+CC'} 2 =\dfrac{BB'+DD'} 2$
Giả sử tìm được$I\in { B _ 1 }D$,$J\in AC$sao cho$B{ C _ 1 }//\text{IJ}$.
+ Kẻ${ B _ 1 }{ B _ 1 }'//{ C _ 1 }B$cắt BC tại${ B _ 1 }'$
+$J={ B _ 1 }'D\cap AC$
+ Trong$({ B _ 1 }{ B _ 1 }'D)$kẻ$JI$song song với${ B _ 1 }{ B _ 1 }'$cắt${ B _ 1 }D$tại I
Dễ thấy${ B _ 1 }'$thuộc đường thẳng BC và$AD=\dfrac{1}{2} { B _ 1 }'C$
Từ đó suy ra:$\dfrac{ID}{I{ B _ 1 }}=\dfrac{ID}{J{ B _ 1 }'}=\dfrac{AD}{{ B _ 1 }'C}=\dfrac{1}{2}$
Vậy ta có:$\dfrac{ID}{I{ B _ 1 }}=\dfrac{1}{2}$
+ Chứng minh thẳng hàng
Từ M kẻ đường thẳng$Mx$song song với$AA.$
$Mx\subset \left( ABN \right)$và$Mx$$ \cap$$ BN=M$
$\Rightarrow$M' thuộc$BN$
$\Rightarrow$$ B,M,A$thẳng hàng
+ Chứng minh$BM'=M'A'=A'N$
$MM$là đường trung bình của tam giác$ABA$nên$BM=MA$(1)
$GA$là đường trung bình của tam giác$MMN$nên$MA=AN$(2)
$\Rightarrow \dfrac{A'B}{BN}=\dfrac{2}{3}$
$BN$là đường trung tuyến và$\dfrac{A'B}{BN}=\dfrac{2}{3}$
$\Rightarrow$A' là trọng tâm$\Delta$$ BCD$
$\Rightarrow$$ BM=MA=AN$
+ Áp dụng chứng minh trên ta có:
$\Delta$$ MMN:2GA=MM$
$\Delta$$ BAA:2MM=AA$
$\Rightarrow$$ GA=3GA.$
+ Chứng minh :$MN//CD$:
Trong tam giác$SAB$, ta có :$MN//AB$Mà$AB//CD$($ABCD$là hình thang )
Vậy :$MN//CD$
+ Chứng minh :$SI//AB//CD$.
Ta có :$\left\{ \begin{align} & SI=(SAB)\cap (SCD) \\ & AB\in (SAB) \\ & CD\in (SCD) \\ & AB//CD \\ \end{align} \right.$$ \Rightarrow SI//AB//CD$( theo định lí 2)
Lại có:$SI=AB\Rightarrow SI\underset{==}{\mathop{//}}\,AB$
Vậy : tứ giác$SABI$là hình bình hành
+ Gọi$I,I'$lần lượt là trung điểm của các cạnh$BC,B'C'$ thì rõ ràng$II'$song song và bằng$AA'$nên tứ giác $AII'A'$ là hình bình hành, do đó$AI$song song và bằng$A'I'$.
Ta cũng có$AG=\dfrac{2}{3} AI,A'G'=\dfrac{2}{3} A'I'$, mà$AI=A'I'$
Suy ra$AG$song song và bằng$A'G'$
Vậy tứ giác$AGG'A'$là hình bình hành
Do đó, $GG'$ song song và bằng $AA'$
+${ B _ 1 }{ C _ 1 }$cắt$II'$tại${ I _ 1 }$thì${ I _ 1 }$là trung điểm của${ B _ 1 }{ C _ 1 }$
Vì${ G _ 1 }$thuộc${ A _ 1 }{ I _ 1 }$và$A {{ A }_ 1 }//G{ G _ 1 }//I{ I _ 1 }$nên:
$\dfrac{{ G _ 1 }{ A _ 1 }}{{ A _ 1 }{ I _ 1 }}=\dfrac{GA}{AI}=\dfrac{2}{3}$
Vậy${ G _ 1 }$là trọng tâm$\Delta { A _ 1 }{ B _ 1 }{ C _ 1 }$
Gọi E là trung điểm$AB$
Ta có :$\left\{ \begin{align} & I\in CE \\ & J\in DE \\ \end{align} \right.$$ \Rightarrow$$ IJv\grave a CD$đồng phẳng
Do đó :$\dfrac{EI}{EC}=\dfrac{\text{EJ}}{ED}=\dfrac{1}{3}$(tính chất trọng tâm)
Vậy :$IJ//CD$.
Ta có :$MPQN$là hình thang$\Rightarrow$$ \left[ \begin{align} & MP//QN \\ & MN//PQ \\ \end{align} \right.\begin{matrix} {} \\ {} \\ \end{matrix}\begin{matrix} {} \\ {} \\ \end{matrix}\begin{matrix} {} \\ {} \\ \end{matrix}\begin{matrix} (1) \\ (2) \\ \end{matrix}$
Xét (1) ,ta có$\left\{ \begin{align} & \text{SA // MP} \\ & \text{MP//QN} \\ \end{align} \right.\begin{matrix} {} & {} \\ \end{matrix}\Rightarrow \begin{matrix} {} & SA//QN \\ \end{matrix}$
Do đó :$\left\{ \begin{align} & SA//QN \\ & QN\subset (SCD) \\ \end{align} \right.\begin{matrix} {} & {} \\ \end{matrix}\Rightarrow \begin{matrix} {} & SA//(SCD) \\ \end{matrix}$( vô lí )
Xét (2) ,ta có$\left\{ \begin{align} & \text{BC}=\text{(ABCD)}\cap \text{(SBC)} \\ & \text{MN}\subset \text{(ABCD)} \\ & \text{PQ}\subset \text{(SBC)} \\ \end{align} \right.\begin{matrix} {} & {} \\ \end{matrix}\Rightarrow \begin{matrix} {} & MN//BC \\ \end{matrix}$.
Ngược lại, nếu$MN//BC$thì$\left\{ \begin{align} & PQ=\alpha \cap (SBC) \\ & MB\subset (\alpha ) \\ & BC\subset (SBC) \\ \end{align} \right.\begin{matrix} {} & {} \\ \end{matrix}\Rightarrow \begin{matrix} {} & {} \\ \end{matrix}MN//PQ$
Vậy để thiết diện là hình thang thì$MN//BC$.
+ Kẻ$ME//AB$(1)
Ta có:$\dfrac{B'E}{B'B}=\dfrac{AM}{AB}\Rightarrow \dfrac{B'E}{B'B}=\dfrac{B'P}{B'C'}\Rightarrow EP//BC'\Rightarrow EP//AD'(2)$
Từ (1) và (2) suy ra$\left( MEP \right)//\left( ABD \right)$(3)
Rõ ràng$DN=BE$nên$EN//BD$.
+ Từ P kẻ$PF$song song với$BD$, từ N kẻ$NK$song song với$AD$cắt$AD$tại K.
Thiết diện là lục giác$MEPFNK$có các cạnh đối song song.