Giải SGK Toán 11 (Cánh diều): Bài tập cuối chương 4

Giải Toán 11 Bài tập cuối chương 4

Bài tập

Bài 1 trang 120 Toán 11 Tập 1: Trong không gian, hai đường thẳng song song với nhau khi và chỉ khi:

A. Hai đường thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng và không có điểm chung.

B. Hai đường thẳng không có điểm chung.

C. Hai đường thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng.

D. Hai đường thẳng cùng song song với đường thẳng thứ ba.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Trong không gian, hai đường thẳng song song với nhau khi và chỉ khi hai đường thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng và không có điểm chung.

Bài 2 trang 120 Toán 11 Tập 1: Cho hai đường thẳng phân biệt a và b trong không gian. Có bao nhiêu vị trí tương đối giữa a và b?

A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Có 3 vị trí tương đối giữa hai đường thẳng phân biệt a và b:

• a và b cắt nhau tại 1 điểm;

• a và b song song với nhau;

• a và b chéo nhau.

Bài 3 trang 120 Toán 11 Tập 1: Trong không gian, đường thẳng song song với mặt phẳng khi và chỉ khi:

A. Đường thẳng đó song song với một đường thẳng thuộc mặt phẳng.

B. Đường thẳng và mặt phẳng không có điểm chung.

C. Đường thẳng đó không có điểm chung với một đường thẳng thuộc mặt phẳng.

D. Đường thẳng đó không có điểm chung với hai đường thẳng thuộc mặt phẳng.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Đường thẳng được gọi là song song với mặt phẳng nếu chúng không có điểm chung.

Bài 4 trang 120 Toán 11 Tập 1: Trong không gian, hai mặt phẳng song song với nhau khi và chỉ khi:

A. Có một mặt phẳng chứa hai đường thẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng còn lại.

B. Hai mặt phẳng cùng song song với một đường thẳng.

C. Hai mặt phẳng cùng song song với mặt phẳng thứ ba.

D. Hai mặt phẳng không có điểm chung.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Hai mặt phẳng được gọi là song song với nhau nếu chúng không có điểm chung.

Bài 5 trang 120 Toán 11 Tập 1: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BD. Điểm P thuộc cạnh AC sao cho PA = 2PC.

a) Xác định giao điểm E của đường thẳng MP với mặt phẳng (BCD).

b) Xác định giao điểm Q của đường thẳng CD với mặt phẳng (MNP).

c) Xác định giao tuyến của mặt phẳng (ACD) với mặt phẳng (MNP).

d) Gọi I là giao điểm của MQ và NP, G là trọng tâm của tam giác ABD. Chứng minh rằng C, I, G thẳng hàng.

Lời giải:

a)

Trong mp(ABC), kéo dài MP cắt BC tại E. Nối AE, DE.

Ta có: MP ∩ BC = {E};

           BC ⊂ (BCD)

Do đó MP ∩ (BCD) = {E}.

b)

Nối NE, NE cắt CD tại Q.

Ta có: CD ∩ NE = {Q};

           NE ⊂ (MNP)

Do đó CD ∩ (MNP) = {Q}.

c)

Ta có: P ∈ AC, mà AC ⊂ (ACD) nên P ∈ (ACD);

Mà P ∈ (MNP) nên P là giao điểm của (ACD) và (MNP).

Lại có Q ∈ CD và CD ⊂ (ACD) nên Q ∈ (ACD);

Mà Q ∈ (MNP) nên Q là giao điểm của (ACD) và (MNP).

Do đó PQ là giao tuyến của hai mặt phẳng (ACD) và (MNP).

d)

Do G là trọng tâm của tam giác ABD nên hai đường trung tuyến DM, AN của tam giác cùng đi qua G.

Ta có: G ∈ AN mà AN ⊂ (ANC) nên G ∈ (ANC);

           G ∈ DM mà DM ⊂ (MDC) nên G ∈ (MDC).

Do đó G là giao điểm của hai mặt phẳng (ANC) và (MDC).

Lại có: C ∈ (ANC) và C ∈ (MDC) nên C cũng là giao điểm của hai mặt phẳng (ANC) và (MDC).

Vậy GC là giao tuyến của hai mặt phẳng (ANC) và (MDC).

Mặt khác, I là giao điểm của MQ và NP nên I ∈ MQ và I ∈ NP.

Vì I ∈ MQ mà MQ ⊂ (MDC) nên I ∈ (MDC)

Vì I ∈ NP mà NP ⊂ (ANC) nên I ∈ (ANC)

Do đó giao tuyến GC của hai mặt phẳng (ANC) và (MDC) đi qua điểm I.

Vậy ba điểm C, I, G thẳng hàng.

Bài 6 trang 120 Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, SD. Xác định giao tuyến của mặt phẳng (AMN) với mỗi mặt phẳng sau:

a) (SCD);

b) (SBC).

Lời giải:

a)

Trong mp(ABCD), kéo dài AM cắt DC tại E. Nối SE, BE.

Ta có: E ∈ AM mà AM ⊂ (AMN) nên E ∈ (AMN);

            E ∈ DC mà DC ⊂ (SCD) nên E ∈ (SCD).

Do đó E là giao điểm của hai mặt phẳng (AMN) và (SCD).

Lại có: N ∈ SD và SD ⊂ (SCD) nên N ∈ (SCD).

Mà N ∈ (AMN), nên N cũng là giao điểm của hai mặt phẳng (AMN) và (SCD).

Vậy (AMN) ∩ (SCD) = NE.

b)                                             

Trong mp(SCD), gọi F là giao điểm của SC và NE.

Ta có: F ∈ NE mà NE ⊂ (AMN) nên F ∈ (AMN);

           F ∈ SC mà SC ⊂ (SBC) nên F ∈ (SBC).

Do đó F là giao điểm của (AMN) và (SBC).

Lại có: M ∈ BC và BC ⊂ (SBC) nên M ∈ (SBC).

Mà M ∈ (AMN), nên M cũng là giao điểm của hai mặt phẳng (AMN) và (SBC).

Vậy (AMN) ∩ (SBC) = MF.

Bài 7 trang 121 Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (AB // CD) và AB = 2CD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB. Chứng minh rằng:

a) MN // (SCD);

b) DM // (SBC);

c) Lấy điểm I thuộc cạnh SD sao cho $\frac{SI}{SD}=\frac{2}{3}$ . Chứng minh rằng: SB // (AIC).

Lời giải:

a)

Trong mp(SAB), xét DSAB có M, N lần lượt là trung điểm của SA, SB nên MN là đường trung bình của tam giác

Do đó MN // AB.

Mà AB // CD (giả thiết) nên MN // CD.

Lại có CD ⊂ (SCD) nên MN // (SCD).

b)

Theo câu a, MN là đường trung bình của $∆$SAB nên MN = $\frac{1}{2}$ AB

Mà AB = 2CD hay CD = $\frac{1}{2}$ AB

Do đó MN = CD.

Xét tứ giác MNCD có: MN // CD và MN = CD nên MNCD là hình bình hành

Suy ra DM // CN

Mà CN ⊂ (SBC) nên DM // (SBC).

c)

• Trong mp(ABCD), gọi O là giao điểm của AC và BD.

Do AB // CD, theo hệ quả định lí Thalès ta có: $\frac{OB}{DO}=\frac{AB}{CD}=\frac{2}{1}$

Suy ra $\frac{OB}{DO+OB}=\frac{2}{1+2}$  hay $OB$ $\frac{OB}{DB}=\frac{2}{3}$

• Trong mp(SDB), xét $∆$SDB có $\frac{SI}{SD}=\frac{OB}{DB}=\frac{2}{3}$  nên IO // SB (theo định lí Thalès đảo)

Mà IO ⊂ (AIC) nên SB // (AIC).

Bài 8 trang 121 Toán 11 Tập 1: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Lấy M, M’ lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng BC, B’C’; lấy các điểm G, G’, K lần lượt thuộc các đoạn AM, A’M’, A’B sao cho $\frac{AG}{AM}=\frac{A^{\text{'}}{G}^{\text{'}}}{A^{\text{'}}{M}^{\text{'}}}=\frac{A^{\text{'}}K}{A^{\text{'}}B}=\frac{2}{3}$ .

a) Chứng minh rằng C’M // (A’BM’).

b) Chứng minh rằng G’K // (BCC’B’).

c) Chứng minh rằng (GG’K) // (BCC’B’).

d) Gọi (α) là mặt phẳng đi qua K và song song với mặt phẳng (ABC). Mặt phẳng (α) cắt cạnh CC’ tại điểm I. Tính $\frac{IC}{I{C}^{\text{'}}}$ .

Lời giải:

a)

Trong mp(BCC’B’) có tứ giác BCC’B’ là hình bình hành nên BC // B’C’ và BC = B’C’.

Lại có M, N lần lượt là trung điểm của BC, B’C’ nên BM = C’M’ = $\frac{1}{2}$ BC = $\frac{1}{2}$ B’C’.

Tứ giác BMC’M’ có BM // C’M’ (do BC // B’C’) và BM = C’M’ nên BMC’M’ là hình bình hành

Do đó C’M // M’B, mà M’B ⊂ (A’BM’) nên C’M // (A’BM’).

b)

Trong mp(A’BM’), xét $∆$A’BM’ có $\frac{A^{\text{'}}{G}^{\text{'}}}{A^{\text{'}}{M}^{\text{'}}}=\frac{A^{\text{'}}K}{A^{\text{'}}B}=\frac{2}{3}$  nên G’K // M’B (theo định lí Thalès đảo)

Mà M’B ⊂ (BCC’B’) nên G’K // (BCC’B’).

c)

Trong mp(BCC’B’), tứ giác CMM’C’ có C’M’ // CM và C’M’ = CM = $\frac{1}{2}$ BC = $\frac{1}{2}$ B’C’

Do đó tứ giác CMM’C’ là hình bình hành nên M’M // C’C và M’M = C’C.

 Mà A’A // C’C và A’A = C’C nên A’A // M’M và A’A = M’M.

Khi đó AMM’A’ là hình bình hành nên A’M’ // AM và A’M’ = AM.

Lại có $\frac{AG}{AM}=\frac{A^{\text{'}}{G}^{\text{'}}}{A^{\text{'}}{M}^{\text{'}}}=\frac{2}{3}$  nên A’G’ = AG, do đó G’M’ = GM.

Xét tứ giác GMM’G’ có: G’M’ = GM (do A’M’ // AM) và G’M’ = GM.

Do đó GMM’G’ là hình bình hành nên G’G // M’M

Lại có M’M ⊂ (BCC’B’) nên G’G // (BCC’B’).

Ta có: G’K // (BCC’B’);

           G’G // (BCC’B’);

           G’K, G’G cắt nhau tại điểm G’ và cùng nằm trong (GG’K)

Do đó (GG’K) // ((BCC’B’).

d)

Trong mp(ABB’A’), vẽ đường thẳng qua K và song song với AB, A’B’; cắt A’A và B’B lần lượt tại J và H.

Trong mp (ACC’A”), vẽ đường thẳng qua J và song song với AC, A’C’; cắt C’C tại I.

Ta có: IJ // AC mà AC ⊂ (ABC) nên IJ // (ABC);

           JK // AB mà AB ⊂ (ABC) nên JK // (ABC).

Lại có IJ và JK cắt nhau tại J và cùng nằm trong mp(IJK) nên (IJK) // (ABC).

Theo bài, mp(α) // (ABC) và đi qua K nên mp(α) chính là mp(IJK).

Khi đó CC’ cắt (α) tại I.

Ta có: (IJK) // (ABC) mà (ABC) // (A’B’C’) nên (A’B’C’), (IJK), (ABC) là ba mặt phẳng song song với nhau.

Xét hai cát tuyến C’C và A’B bất kì cắt ba mặt phẳng song song (A’B’C’), (IJK), (ABC) lần lượt tại các điểm C’, I, C và A’, K, B. Khi đó theo định lí Thalès trong không gian ta có:$\frac{C^{\text{'}}I}{A^{\text{'}}K}=\frac{IC}{KB}$

Suy ra $\frac{KB}{A^{\text{'}}K}=\frac{IC}{C^{\text{'}}I}$

Theo bài, $\frac{A^{\text{'}}K}{A^{\text{'}}B}=\frac{2}{3}$ nên $\frac{A^{\text{'}}B}{A^{\text{'}}K}=\frac{3}{2}$  do đó $\frac{A^{\text{'}}B-A^{\text{'}}K}{A^{\text{'}}K}=\frac{3-2}{2}$  hay $\frac{KB}{A^{\text{'}}K}=\frac{1}{2}$

Vậy $\frac{IC}{I{C}^{\text{'}}}=\frac{KB}{A^{\text{'}}K}=\frac{1}{2}$ .

Bài 9 trang 121 Toán 11 Tập 1: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, C’D’.

a) Chứng minh rằng (A’DN) // (B’CM).

b) Gọi E, F lần lượt là giao điểm của đường thẳng D’B với các mặt phẳng (A’DN), (B’CM). Chứng minh rằng D’E = BF = $\frac{1}{2}$ EF.

Lời giải:

a)

Ta có: (ADD’A’) // (CBC’B’);

           (ADD’A’) ∩ (DCB’A’) = A’D;

           (CBC’B’) ∩ (DCB’A’) = B’C.

Do đó A’D // B’C, mà B’C ⊂ (B’CM) nên A’D // (B’CM).

Tương tự: (ABB’A’) // (DCC’D’);

                 (ABB’A’) ∩ (DMB’N) = MB’;

                 (DCC’D’) ∩ (DMB’N) = DN.

Do đó MB’ // DN, mà MB’ ⊂ (B’CM) nên DN // (B’CM).

Ta có: A’D // (B’CM);

           DN // (B’CM);

           A’D, DN cắt nhau tại điểm D và cùng nằm trong mp(A’DN)

Do đó (A’DN) // (B’CM).

b)

• Trong mp(A’B’C’D’), gọi J là giao điểm của A’N và B’D’.

Trong mp(BDD’B’), D’B cắt DJ tại E.

Ta có: D’B ∩ DJ = {E} mà DJ ⊂ (A’DN) nên E là giao điểm của D’B và (A’DN).

Tương tự, trong mp(ABCD), gọi I là giao điểm của CM và BD.

Trong mp(BDD’B’), D’B cắt B’I tại F.

Ta có: D’B ∩ B’I = {F} mà B’I ⊂ (B’CM) nên F là giao điểm của D’B và (B’CM).

• Ta có: (A’DN) // (B’CM);

              (A’DN) ∩ (BDD’B’) = DJ;

              (B’CM) ∩ (BDD’B’) = B’I.

Do đó DJ // B’I.

Trong mp(BDD’B’), xét DBDE có IF // DE nên theo định lí Thalès ta có: $\frac{BI}{BD}=\frac{BF}{BE}$  (1)

Trong mp(ABCD), gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD trong hình bình hành ABCD. Khi đó O là trung điểm của AC, BD.

Xét $∆$ABC, hai đường trung tuyến BO, CM cắt nhau tại I nên I là trọng tâm của tam giác

Suy ra $\frac{BI}{BO}=\frac{2}{3}$  hay $\frac{BI}{\frac{1}{2}BD}=\frac{2BI}{BD}=\frac{2}{3}$

Do đó $\frac{BI}{BD}=\frac{1}{3}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{BF}{BE}=\frac{1}{3}$

Suy ra $\frac{BF}{BE-BF}=\frac{1}{3-1}$  hay $\frac{BF}{EF}=\frac{1}{2}$ .

Chứng minh tương tự ta cũng có $\frac{D^{\text{'}}E}{D^{\text{'}}F}=\frac{D^{\text{'}}J}{D^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}$

Suy ra $\frac{D^{\text{'}}E}{D^{\text{'}}F-D^{\text{'}}E}=\frac{1}{3-1}$  hay $\frac{D^{\text{'}}E}{EF}=\frac{1}{2}$

Do đó $\frac{BF}{EF}=\frac{D^{\text{'}}E}{EF}=\frac{1}{2}$  nên BF = D’E = $\frac{1}{2}$ EF.

Bài 10 trang 121 Toán 11 Tập 1: Một khối gỗ có các mặt đều là một phần của mặt phẳng với (ABCD) // (EFMH), CK // DH. Khối gỗ bị hỏng một góc (Hình 91). Bác thợ mộc muốn làm đẹp khối gỗ bằng cách cắt khối gỗ theo mặt phẳng (R) đi qua K và song song với mặt phẳng (ABCD).

a) Hãy giúp bác thợ mộc xác định giao tuyến của mặt phẳng (R) với các mặt của khối gỗ để cắt được chính xác.

b) Gọi I, J lần lượt là giao điểm DH, BF với mặt phẳng (R). Biết BF = 60 cm, DH = 75 cm, CK = 40 cm. Tính FJ.

Lời giải:

a)

Trong mp(CDHK), qua K vẽ đường thẳng song song với CD, cắt DH tại N.

Trong mp(BCKF), qua K vẽ đường thẳng song song với BC, cắt BF tại P.

Ta có: NK // CD, mà CD ⊂ (ACBD) nên NK // (ABCD).

           KP // BC, mà BC ⊂ (ACBD) nên KP // (ABCD).

           NK, KP cắt nhau tại K trong mp(NPK).

Do đó (NPK) // (ABCD).

Khi đó mp(R) qua K và song song với (ABCD) chính là mp(NPK).

Trong mp(ADHE), qua N vẽ đường thẳng song song với AD, cắt AE tại Q.

Khi đó mp(R) là mp(NKPQ).

Vậy: (NKPQ) ∩ (ADHE) = QN;

         (NKPQ) ∩ (CDHK) = NK;

         (NKPQ) ∩ (BCKF) = KP;

         (NKPQ) ∩ (ABFE) = PQ.

b)

Ta có: DH cắt NK tại N, mà NK ⊂ (R) nên giao điểm của DH và (R) là điểm N.

Theo bài, I là giao điểm của DH và (R) nên điểm I và điểm N trùng nhau.

Tương tự ta cũng có điểm J trùng với điểm P.

Ta có: (ABCD) // (EFMH) và (R) // (ABCD) nên (EFMH) // (R) // (ABCD).

Lại có, hai cát tuyến FB, HD cắt ba mặt phẳng song song (EFMH), (R), (ABCD) lần lượt tại F, J, B và H, I, D nên theo định lí Thalès ta có: $\frac{FJ}{HI}=\frac{FB}{HD}$ .

Mặt khác, trong mp(CDKH), tứ giác CDIK có CK // DI (do CK // DH) và IK // CD

Do đó CDIK là hình bình hành, suy ra DI = CK = 40 cm.

Khi đó HI = DH – DI = 75 – 40 = 35 (cm).

Vì vậy, từ $\frac{FJ}{HI}=\frac{FB}{HD}$  ta có: $\frac{FJ}{35}=\frac{60}{75}$ , suy ra $FJ=\frac{35.60}{75}=28$  (cm).

Vậy FJ = 28 cm.

Xem thêm các bài giải SGK Toán lớp 11 Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 2: Hai đường thẳng song song trong không gian

Bài 3: Đường thẳng và mặt phẳng song song

Bài 4: Hai mặt phẳng song song

Bài 5: Hình lăng trụ và hình hộp

Bài 6: Phép chiếu song song. Hình biểu diễn của một hình không gian