Giải SBT Toán 11 CTST Bài 4. Hai mặt phẳng song song có đáp án

a) • Xét ∆SAD có E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, AD nên EF là đường trung bình của tam giác SAD, suy ra EF // SD.

Mà SD ⊂ (SCD), suy ra EF // (SCD).

Ta có F là trung điểm của AD nên  $AF=FD=\frac{1}{2}AD,$

Mà AD = 2BC hay  $BC=\frac{1}{2}AD$ nên BC = AF = FD.

Lại có BC // AD hay BC // FD

Do đó tứ giác BFDC là hình bình hành nên BF // CD

Mà CD ⊂ (SCD)

Suy ra BF // (SCD).

Ta có: EF // (SCD);

           BF // (SCD);

           EF ∩ BF = F trong (BEF).

Suy ra (BEF) // (SCD).

• Xét ∆SAD có: E, I lần lượt là trung điểm của SA, SD

Suy ra EI là đường trung bình của ∆SAD, do đó EI // AD và $EI=\frac{1}{2}AD$

Mà AD // BC và $BC=\frac{1}{2}AD$

Suy ra EI // BC và  $EI=BC=\frac{1}{2}AD$

Do đó tứ giác EICB là hình bình hành nên CI // BE.

Mặt khác BE ⊂ (BEF), suy ra CI // (BEF).

a) • Xét ∆SAC có: M, O lần lượt là trung điểm của SA, AC nên MO là đường trung bình của tam giác SAC, suy ra MO // SC.

Mà SC ⊂ (SCB), suy ra MO // (SCB).

• Xét ∆DCB có: N, O lần lượt là trung điểm của CD, BD nên NO là đường trung bình của tam giác DCB, suy ra NO // BC

Mà BC ⊂ (SBC), suy ra NO // (SCB).

Ta có: MO // (SCB);

           NO // (SCB);

           MO, NO ⊂ (OMN); MO ∩ NO = O.

Vậy (OMN) // (SBC).

a) Ta có DD’ // BB’ và DD’ = BB’ (do ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp), suy ra DD’B’B là hình bình hành, suy ra BD // B’D’ mà B’D’ ⊂ (B’D’C), suy ra BD // (B’D’C).

Chứng minh tương tự ta có DA’ // B’C, mà B’C ⊂ (B’D’C).

Suy ra DA’ // (B’D’C).

Ta có BD // (B’D’C);

          DA’ // (B’D’C);

          BD ∩ DA’ = D và BD, DA’ ⊂ (BDA’).

Suy ra (BDA’) // (B’D’C).