20 Bài tập Hình lăng trụ và hình hộp (sách mới) có đáp án – Toán 11

Bài tập Toán 11 Hình lăng trụ và hình hộp

A. Bài tập Hình lăng trụ và hình hộp

Bài 1. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, A’B’. Chứng minh:

a) Tứ giác MNC’C là hình bình hành.

b) (B’MC) // (ANC’).

Hướng dẫn giải

a) Hình bình hành ABB’A’ có: M, N là trung điểm AB, A’B’.

Suy ra MN là đường trung bình của hình bình hành ABB’A’.

Do đó MN // BB’ và MN = BB’.

Mà BB’ // CC’ và BB’ = CC’ (do tứ giác BCC’B’ là hình bình hành).

Suy ra MN // CC’ và MN = CC’.

Vậy tứ giác MNC’C là hình bình hành.

b) Ta có ABB’A’ là hình bình hành.

Suy ra A’B’ // AB và A’B’ = AB.

Mà M, N lần lượt là trung điểm của AB, A’B’.

Do đó B’N // AM và B’N = AM.

Vì vậy tứ giác AMB’N là hình bình hành.

Khi đó AN // B’M.

Suy ra AN // (B’MC)   (1)

Ta có tứ giác MNC’C là hình bình hành, suy ra NC’ // MC.

Do đó NC’ // (B’MC)  (2)

Trong (ANC’) có N = AN ∩ NC’   (3)

Từ (1), (2), (3), ta thu được (ANC’) // (B’MC).

Bài 2. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi M là trung điểm AB và N là giao điểm của A’D và AD’.

a) Xác định giao tuyến d của hai mặt phẳng (CMN) và (ADD’A’).

b) Gọi F, G lần lượt là giao điểm của đường thẳng d với các đường thẳng AA’ và DD’. Chứng minh MF // CG.

Hướng dẫn giải

a) Trong (ABCD): gọi E = CM ∩ AD.

Mà CM ⊂ (CMN) và AD ⊂ (ADD’A’).

Suy ra E đều thuộc (CMN) và (ADD’A’)   (1)

Lại có N là giao điểm của AD’ và A’D (giả thiết).

Suy ra N nằm trên mặt phẳng (ADD’A’).

Do đó N đều thuộc (CMN) và (ADD’A’)   (2)

Từ (1), (2), ta thu được NE là giao tuyến của (CMN) và (ADD’A’) hay d ≡ NE.

b) Ta có M ∈ AB (giả thiết).

Mà AB ⊂ (ABB’A’), suy ra M ∈ (ABB’A’).

Lại có M ∈ (CMN) nên M đều thuộc (CMN) và (ABB’A’)   (3)

Ta có F ∈ NE và F ∈ AA’.

Mà NE ⊂ (CMN) và AA’ ⊂ (ABB’A’).

Suy ra F đều thuộc hai mặt phẳng (CMN) và (ABB’A’)   (4)

Từ (3), (4), suy ra MF là giao tuyến của (CMN) và (ABB’A’).

Chứng minh tương tự, ta được CG là giao tuyến của (CMN) và (CDD’C).

Ta có (ABB’A’) // (CDD’C) (tính chất hình hộp).

Mà (CMN) ∩ (ABB’A’) = MF và (CMN) ∩ (CDD’C) = CG.

Vậy MF // CG.

Bài 3. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BB’, CC’.

a) Xác định giao tuyến d của hai mặt phẳng (AMN) và (A’B’C’).

b) Chứng minh d // (ABC).

Hướng dẫn giải

a) Trong (AA’C’C): gọi D = A’C’ ∩ AN.

Mà A’C’ ⊂ (A’B’C’) và AN ⊂ (AMN).

Suy ra D đều thuộc hai mặt phẳng (AMN) và (A’B’C’)   (1)

Trong (AA’B’B): gọi E = AM ∩ A’B’.

Mà AM ⊂ (AMN) và A’B’ ⊂ (A’B’C’).

Suy ra E đều thuộc hai mặt phẳng (AMN) và (A’B’C’)   (2)

Từ (1), (2), suy ra DE là giao tuyến của hai mặt phẳng (AMN) và (A’B’C’) hay d ≡ DE.

b) Hình bình hành BCC’B’, có: M, N lần lượt là trung điểm của BB’, CC’.

Suy ra MN là đường trung bình của hình bình hành BCC’B’.

Do đó MN // B’C’ // BC.

Ta có:

⦁ MN = (AMN) ∩ (MNC’B’);

⦁ B’C’ = (A’B’C’) ∩ (MNC’B’);

⦁ DE = (AMN) ∩ (A’B’C’);

⦁ MN // B’C’ (chứng minh trên).

Suy ra DE // MN // B’C’.

Mà B’C’ // BC (chứng minh trên).

Do đó DE // BC.

Mà BC ⊂ (ABC).

Vậy DE // (ABC) hay d // (ABC).

Bài 4. Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’. Mặt phẳng (P) song song với mặt đáy của hình lăng trụ và cắt các cạnh bên của hình lăng trụ tại M, N, P, Q. Chứng mình rằng ABCD.MNPQ là hình lăng trụ.

Hướng dẫn giải:

Vì M, N, P, Q nằm trên các cạnh bên của hình lăng trụ, mà các cạnh bên của các hình lăng trụ song song với nhau nên AM // BN // CP // DQ.

Hơn nữa (ABCD) và (MNPQ) song song với nhau nên ABCD.MNPQ là hình lăng trụ tứ giác.

Bài 5. Cho hình hộp ABCD.MNPQ. Chứng minh rằng các đường chéo của hình hộp cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Hướng dẫn giải:

Vì đáy của hình hộp là hình bình hành nên AD // BC và AD = BC.

Mặt bên BCPN là hình bình hành nên BC // NP và BC = NP.

Suy ra AD // NP và AD = NP, từ đó ta được ADPN là hình bình hành.

Vậy AP và ND cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Tương tự ta được BQ và AP cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Vậy các đường chéo của hình hộp cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Bài 6. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi giao điểm của AC và BD là O; giao điểm của A’C’ và B’D’ là O’. Vị trí tương đối của (O’AB) và (OC’D’) là

A. Cắt nhau;

B. Song song với nhau;

C. Trùng nhau;

D. Không xác định được.

B. Lý thuyết Hình lăng trụ và hình hộp

1. Hình lăng trụ

1.1. Định nghĩa

Hình gồm hai đa giác A₁A₂…A_n, A₁’A₂’…A_n’ và các hình bình hành A₁A₂A₂’A₁’, A₂A₃A₃’A₂’, …, A_nA₁A₁’A_n’ được gọi là hình lăng trụ, kí hiệu là A₁A₂…A_n.A₁’A₂’…A_n’.

Chú ý: Nếu đáy của lăng trụ là một tam giác, tứ giác, ngũ giác,… thì hình lăng trụ tương ứng gọi là hình lăng trụ tam giác, hình lăng trụ tứ giác, hình lăng trụ ngũ giác (Hình 19),…

Trong hình lăng trụ A₁A₂…A_n.A₁’A₂’…A_n’:

– Hai đa giác A₁A₂…A_n và A₁’A₂’…A_n’ gọi là hai mặt đáy;

– Các hình bình hành A₁A₂A₂’A₁’, A₂A₃A₃’A₂’, …, A_nA₁A₁’A_n’ gọi là các mặt bên;

– Các cạnh của hai mặt đáy gọi là các cạnh đáy;

– Các đoạn thẳng A₁A₁’, A₂A₂’, …, A_nA_n’ gọi là các cạnh bên;

– Các đỉnh của hai mặt đáy gọi là các đỉnh của hình lăng trụ.

1.2. Tính chất

Hình lăng trụ có:

⦁ Các cạnh bên song song và bằng nhau.

⦁ Các mặt bên là các hình bình hành.

⦁ Hai mặt đáy là hai đa giác có các cạnh tương ứng song song và bằng nhau.

Ví dụ 1. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’. Gọi G, G’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, A’B’C’. Lấy điểm M trên cạnh AC sao cho AM = 2MC. Chứng minh:

a) GM // (BCC’B’).

b) (GG’M) // (BCC’B’).

Hướng dẫn giải

a) Gọi I là trung điểm BC.

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên $\frac{AG}{AI}=\frac{2}{3}$.

Lại có AM = 2MC, suy ra $\frac{AM}{AC}=\frac{2}{3}$.

Khi đó $\frac{AG}{AI}=\frac{AM}{AC}$.

Áp dụng định lí Thales đảo, ta được GM // BC.

Suy ra GM // (BCC’B’)   (1)

b) Ta có G, G’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, A’B’C’ bằng nhau

Suy ra AG = A’G’ và AG // A’G’.

Do đó tứ giác AGG’A’ là hình bình hành.

Vì vậy AA’ // GG’.

Mà AA’ // BB’ (do ABB’A’ là hình bình hành).

Suy ra GG’ // BB’.

Do đó GG’ // (BCC’B’)    (2)

Trong (GG’M): GM ∩ GG’ = G   (3)

Từ (1), (2), (3), ta thu được (GG’M) // (BCC’B’).

2. Hình hộp

2.1. Định nghĩa

Hình hộp là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành.

Trong mỗi hình hộp, ta gọi:

– Hai mặt không có đỉnh chung là hai mặt đối diện;

– Hai cạnh song song không nằm trong một mặt là hai cạnh đối diện;

– Hai đỉnh không thuộc cùng một mặt là hai đỉnh đối diện;

– Đoạn thẳng nối hai đỉnh đối diện là đường chéo.

Ví dụ 2. Liệt kê các cặp mặt đối diện, các cặp cạnh đối diện, các cặp đỉnh đối diện và các đường chéo của hình hộp MNPQ.M’N’P’Q’.

Hướng dẫn giải

Trong hình hộp MNPQ.M’N’P’Q’, ta có:

– Ba cặp mặt đối diện: (MNPQ) và (M’N’P’Q’); (MNN’M’) và (PQQ’P’); (NPP’N’) và (MQQ’M’).

– Sáu cặp cạnh đối diện: MN và P’Q’; NP và M’Q’; PQ và M’N’; MQ và N’P’; NN’ và QQ’; MM’ và PP’.

– Bốn cặp đỉnh đối diện: M và P’; N và Q’; P và M’; Q và N’.

– Bốn đường chéo: MP’; NQ’; PM’; QN’.

2.2. Tính chất

Hình hộp là một hình lăng trụ nên hình hộp có các tính chất của hình lăng trụ, ngoài ra:

⦁ Các mặt của hình hộp là các hình bình hành.

⦁ Hai mặt phẳng lần lượt chứa hai mặt đối diện của hình hộp song song với nhau.

Nhận xét: Ta có thể coi hai mặt đối diện bất kì của một hình hộp là hai mặt đáy của nó.

Ví dụ 3. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi giao điểm của AC và BD là O; giao điểm của A’C’ và B’D’ là O’. Chứng minh (O’AB) // (OC’D’).

Hướng dẫn giải

Ta có AB // C’D’ (hai cạnh đối diện của hình hộp)

Do đó AB // (OC’D’)   (1)

Ta có AA’ // CC’ và AA’ = CC’.

Suy ra tứ giác ACC’A’ là hình bình hành.

Do đó A’C’ // AC và A’C’ = AC.

Mà O, O’ lần lượt là trung điểm của AC và A’C’.

Suy ra O’C’ // AO và O’C’ = AO.

Vì vậy tứ giác AOC’O’ là hình bình hành.

Do đó O’A // OC’.

Suy ra O’A // (OC’D’)   (2)

Trong (O’AB): O’A ∩ AB = A   (3)

Từ (1), (2), (3), ta thu được (O’AB) // (OC’D’).