Trả lời câu hỏi 43 - Mục câu hỏi trắc nghiệm trang 113

1. Nội dung câu hỏi

Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\). Gọi \(G\), \(I\), \(K\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(ABC\), \(A'B'C'\), \(A'B'B\).

a)    Chứng minh rằng \(IK\parallel \left( {BCC'B'} \right)\).

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

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 \(A'C\) tại điểm \(L\). Tính \(\frac{{LA'}}{{LC}}\).

3. Lời giải chi tiết

a) Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(B'C'\), \(BB'\).

Do \(I\) là trọng tâm tam giác \(A'B'C'\) nên \(I \in A'M\) và \(\frac{{A'I}}{{A'M}} = \frac{2}{3}\).

Tương tự, ta cũng có \(K \in A'N\) và \(\frac{{A'K}}{{A'N}} = \frac{2}{3}\).

Do \(\frac{{A'I}}{{A'M}} = \frac{{A'K}}{{A'N}}\) nên \(IK\parallel MN\). Vì \(MN \in \left( {BCC'B'} \right)\) nên  \(IK\parallel \left( {BCC'B'} \right)\).

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 \(\left( {A'B'B} \right)\) nên \(B'K\) đi qua trung điểm của \(A'B\). Vì \(ABB'A'\) là hình bình hành, nên ta suy ra \(AB'\) cũng đi qua trung điểm của \(A'B\). Do vậy, ba điểm \(A\), \(K\), \(B'\) thẳng hàng. Từ đó, mặt phẳng \(\left( {AGK} \right)\) chính là mặt phẳng \(\left( {AB'P} \right)\).

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

Tứ giác \(MB'PC\) có \(MB' = PC\left( { = \frac{1}{2}BC} \right)\) và \(MB'\parallel PC\) nên nó là hình bình hành.

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

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

Như vậy \(\left( {AB'P} \right)\parallel \left( {A'MC} \right)\), và bài toán được chứng minh.

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

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