Với lời giải Toán 11 trang 103 Tập 1 chi tiết trong Bài tập cuối chương 4 sách Kết nối tri thức giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập Toán 11. Mời các bạn đón xem:

Giải Toán 11 Bài tập cuối chương 4

B. Tự luận

Bài 4.41 trang 103 Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AB // CD và AB < CD. Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng sau:

a) (SAD) và (SBC);

b) (SAB) và (SCD);

c) (SAC) và (SBD).

Lời giải:

a) Ta có: ABCD là hình thang có hai đáy AB và CD. Trong mặt phẳng (ABCD), gọi F là giao điểm của AD và BC. Khi đó F thuộc AD nên F thuộc mặt phẳng (SAD), F thuộc BC nên F thuộc mặt phẳng (SBC), vậy F là một điểm chung của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).

Lại có S là một điểm chung khác của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).

Do vây, SF là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).

b) Hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) lần lượt chứa hai đường thẳng AB và CD song song với nhau. Khi đó giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng đi qua điểm chung S và song song với AB, CD.

Qua S, vẽ đường thẳng d song song với AB, CD.

Vậy d là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).

c) Trong mặt phẳng (ABCD), gọi E là giao điểm của AC và BD. Vì E thuộc AC nên E thuộc mặt phẳng (SAC), vì E thuộc BD nên E thuộc mặt phẳng (SBD). Do vậy, E là một điểm chung của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

Lại có S là một điểm chung khác của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

Vậy SE là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

Bài 4.42 trang 103 Toán 11 Tập 1: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C'. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, AA'.

a) Xác định giao điểm của mặt phẳng (MNP) với đường thẳng B'C.

b) Gọi K là giao điểm của mặt phẳng (MNP) với đường thẳng B'C. Tính tỉ số $\frac{K{B}^{\text{'}}}{KC}$ .

Lời giải:

a) Trong mặt phẳng (ABB'A'), gọi D là giao điểm của PM và BB'.

Vì D thuộc BB' nên D thuộc mặt phẳng (BCC'B'), N thuộc BC nên N thuộc mặt phẳng (BCC'B'), do đó trong mặt phẳng (BCC'B') nối D với N, đường thẳng DN cắt B'C tại K.

Vì D thuộc PM nên D thuộc mặt phẳng (MNP), do đó DN nằm trong mặt phẳng (MNP).

Mà K thuộc DN nên K thuộc mặt phẳng (MNP).

Do vậy, K là giao điểm của mặt phẳng (MNP) với đường thẳng B'C.

b) Xét tam giác A'AB có P, M lần lượt là trung điểm của các cạnh AA', AB nên PM là đường trung bình của tam giác A'AB, suy ra PM // A'B hay PD // A'B.

Lại có A'P // BD (vì AA' // BB' do nó là các cạnh bên của hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C').

Do đó, tứ giác A'PDB là hình bình hành. Suy ra A'P = BD.

Mà P là trung điểm của AA' nên A'P = $\frac{1}{2}$ AA', suy ra BD = $\frac{1}{2}$ AA'.

Lại có AA' = BB' (do ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác).

Từ đó suy ra BD = $\frac{1}{2}$ BB' (1) ⇒ $\frac{BD}{B^{\text{'}}D}=\frac{1}{3}$ (2).

Gọi E là trung điểm của B'C. Vì N là trung điểm của BC, do đó EN là đường trung bình của tam giác BB'C, suy ra EN // BB' và EN = $\frac{1}{2}$ BB' (3).

Từ (1) và (3) suy ra EN = BD (4).

Từ (2) và (4) suy ra $\frac{EN}{B^{\text{'}}D}=\frac{1}{3}$ .

Xét tam giác KDB' có EN // B'D (vì EN // BB'), theo định lí Thalés ta có:

$\frac{KE}{K{B}^{\text{'}}}=\frac{EN}{B^{\text{'}}D}=\frac{1}{3}$.

Suy ra KE = $\frac{1}{3}$ KB' ⇒ KE = $\frac{1}{2}$ EB'.

Mà EB' = EC (do E là trung điểm của B'C).

Do đó, KE = $\frac{1}{2}EC$ . Suy ra K là trung điểm của EC. Khi đó KC = $\frac{1}{2}EC$ .

Mà EC = $\frac{1}{2}$ B'C. Suy ra KC = $\frac{1}{2}.\frac{1}{2}{B}^{\text{'}}C=\frac{1}{4}{B}^{\text{'}}C$ . Từ đó suy ra KC = $\frac{1}{3}$ KB'.

Vậy $\frac{K{B}^{\text{'}}}{KC}=3$ .

Bài 4.43 trang 103 Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên cạnh SC và cạnh AB lần lượt lấy điểm M và N sao cho CM = 2SM và BN = 2AN.

a) Xác định giao điểm K của mặt phẳng (ABM) với đường thẳng SD. Tính tỉ số $\frac{SK}{SD}$ .

b) Chứng minh rằng MN // (SAD).

Lời giải:

a) Trong mặt phẳng (SCD), từ M kẻ MK song song với CD (K thuộc SD).

Vì CD // AB (ABCD là hình bình hành) nên MK // AB. Do đó, MK nằm trong mặt phẳng (ABM) hay K thuộc mặt phẳng (ABM). Mà K thuộc SD, do vậy K là giao điểm của mặt phẳng (ABM) với đường thẳng SD.

Xét tam giác SCD có KM // CD, theo định lí Thalés ta có: $\frac{SK}{SD}=\frac{SM}{SC}=\frac{KM}{CD}$ .

Mà CM = 2SM, suy ra $\frac{SM}{SC}=\frac{1}{3}$ .

Vậy $\frac{SK}{SD}=\frac{1}{3}$ .

b) Từ câu a ta suy ra $\frac{KM}{CD}=\frac{1}{3}$ .

Mà BN = 2AN, suy ra $\frac{AN}{AB}=\frac{1}{3}$ .

Do đó, $\frac{AN}{AB}=\frac{KM}{CD}$ , mà AB = CD (do ABCD là hình bình hành) nên AN = KM.

Mà KM // AN (do KM // AB).

Xét tứ giác ANMK có KM = AN và KM // AN nên tứ giác ANMK là hình bình hành.

Suy ra AK // MN.

Vì K thuộc SD nên K thuộc mặt phẳng (SAD), suy ra AK nằm trong mặt phẳng (SAD).

Khi đó đường thẳng MN song song với đường thẳng AK và đường thẳng AK nằm trong mặt phẳng (SAD). Vậy MN song song với mặt phẳng (SAD).

Bài 4.44 trang 103 Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi G, K lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAD, SCD.

a) Chứng minh rằng GK // (ABCD).

b) Mặt phẳng chứa đường thẳng GK và song song với mặt phẳng (ABCD) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, E, F. Chứng minh rằng tứ giác MNEF là hình bình hành.

Lời giải:

a) Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AD và CD.

Vì G, K lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAD, SCD nên theo tính chất trọng tâm trong tam giác ta có S, G, H thẳng hàng, S, K, I thẳng hàng và $\frac{SG}{SH}=\frac{1}{3};\frac{SK}{SI}=\frac{1}{3}$ .

Xét tam giác SHI có $\frac{SG}{SH}=\frac{SK}{SI}\left(=\frac{1}{3}\right)$ , suy ra GK // HI (định lí Thalés).

Vì H thuộc AD nên H thuộc mặt phẳng (ABCD), vì I thuộc CD nên I thuộc mặt phẳng (ABCD). Do đó, mặt phẳng (ABCD) chứa đường thẳng HI.

Đường thẳng GK song song với đường thẳng HI và đường thẳng HI nằm trong mặt phẳng (ABCD) nên GK // (ABCD).

b) Trong mặt phẳng (SAD), từ G kẻ đường thẳng song song với AD, cắt SA, SD lần lượt tại M và F, suy ra MF // AD nên MF // (ABCD).

Trong mặt phẳng (SCD), nối F với K, đường thẳng FK cắt SC tại E.

Trong mặt phẳng (SBC), từ E kẻ đường thẳng song song với BC, cắt SB tại N.

Xét tam giác SHD có GF // HD (do MF // AD), theo định lí Thalés suy ra $\frac{SF}{SD}=\frac{SG}{SH}=\frac{1}{3}$ .

Xét tam giác SDI có $\frac{SF}{SD}=\frac{SK}{SI}\left(=\frac{1}{3}\right)$ , do đó FK // DI hay EF // DC, suy ra EF // (ABCD).

Vì MF // CD, NE // BC, AD // BC nên MF // NE, suy ra bốn điểm M, N, E, F đồng phẳng.

Mặt phẳng (MNEF) chứa hai đường thẳng cắt nhau MF và EF cùng song song với mặt phẳng (ABCD). Do đó, hai mặt phẳng (MNEF) và (ABCD) song song với nhau.

Vì G thuộc MF nên G thuộc mặt phẳng (MNEF), vì K thuộc EF nên K thuộc mặt phẳng (MNEF).

Vậy mặt phẳng chứa đường thẳng GK và song song với mặt phẳng (ABCD) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, E, F là mặt phẳng (MNEF).

Xét tam giác SAD có MF // AD nên $\frac{MF}{AD}=\frac{SF}{SD}=\frac{1}{3}$ .

Xét tam giác SCD có EF // CD nên $\frac{SE}{SC}=\frac{SF}{SD}=\frac{1}{3}$ .

Xét tam giác SBC có NE // BC nên $\frac{NE}{BC}=\frac{SE}{SC}=\frac{1}{3}$ .

Do đó, $\frac{MF}{AD}=\frac{NE}{BC}\left(=\frac{1}{3}\right)$ , mà AD = BC (do ABCD là hình bình hành) nên MF = NE.

Xét tứ giác MNEF có MF = NE và MF // NE nên tứ giác MNEF là hình bình hành.

Bài 4.45 trang 103 Toán 11 Tập 1: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AD, A'B'. Chứng minh rằng:

a) BD // B'D', (A'BD) // (CB'D') và MN // (BDD'B');

b) Đường thẳng AC' đi qua trọng tâm G của tam giác A'BD.

Lời giải:

a) Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp nên các mặt của nó là hình bình hành và các cạnh bên AA', BB', CC', DD' đôi một song song và bằng nhau.

Xét tứ giác BDD'B' có BB' = DD' và BB' // DD' nên BDD'B' là hình bình hành.

Suy ra BD // B'D'. Do đó, BD // (CB'D').

Vì A'B'C'D' là hình bình hành nên A'D' // B'C' và A'D' = B'C'.

Vì BCC'B' là hình bình hành nên BC // B'C' và BC = B'C'.

Do đó, A'D' // BC và A'D' = BC nên A'D'CB là hình bình hành.

Suy ra A'B // D'C. Do đó, A'B // (CB'D').

Mặt phẳng (A'BD) chứa hai đường thẳng cắt nhau BD và A'B cùng song song với mặt phẳng (CB'D') nên (A'BD) // (CB'D').

Gọi E là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình bình hành ABCD. Khi đó E là trung điểm của AC và BD. Lại có M là trung điểm của AD nên ME là đường trung bình của tam giác ABD, suy ra ME // AB và ME = $\frac{1}{2}$ AB (1).

Vì N là trung điểm của A'B' nên NB' = $\frac{1}{2}{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}$ . Mà AB = A'B' và AB // A'B' nên suy ra NB' // AB và NB' = $\frac{1}{2}$ AB (2).

Từ (1) và (2) suy ra ME // NB' và ME = NB' nên tứ giác MEB'N là hình bình hành.

Suy ra MN // B'E.

Vì E thuộc BD nên E thuộc mặt phẳng (BDD'B'), do đó đường thẳng B'E nằm trong mặt phẳng (BDD'B').

Vậy MN // (BDD'B').

b) Vì E thuộc AC nên E thuộc mặt phẳng (ACC'A').

Trong mặt phẳng (ACC'A') gọi G là giao điểm của A'E và AC', gọi I là giao điểm của AC' và AC.

Mà E thuộc BD nên E thuộc mặt phẳng (A'BD) nên A'E nằm trong mặt phẳng (A'BD). Vì G thuộc A'E nên G thuộc mặt phẳng (A'BD). Do đó, G là giao điểm của AC' và mặt phẳng (A'BD).

Tứ giác ACCA' có AA' = CC' và AA' // CC' nên ACC'A' là hình bình hành.

Suy ra I là giao điểm của hai đường chéo AC' và A'C nên I là trung điểm của AC' và A'C.

Xét tam giác AA'C có AI, A'E là các đường trung tuyến và G là giao của AI và A'E (do G là giao của AC' và A'E) nên G là trọng tâm của tam giác AA'C.

Suy ra $\frac{A^{\text{'}}G}{AE}=\frac{2}{3}$ .

Xét tam giác A'BD có A'E là đường trung tuyến (do E là trung điểm của BD) và $\frac{A^{\text{'}}G}{AE}=\frac{2}{3}$ nên G là trọng tâm của tam giác A'BD.

Vậy đường thẳng AC' đi qua trọng tâm G của tam giác A'BD.

Bài 4.46 trang 103 Toán 11 Tập 1: Cho tứ diện ABCD. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BM = 3AM. Mặt phẳng (P) đi qua M song song với hai đường thẳng AD và BC.

a) Xác định giao điểm K của mặt phẳng (P) với đường thẳng CD.

b) Tính tỉ số $\frac{KC}{CD}$ .

Lời giải:

a) Trong mặt phẳng (ABD), qua M kẻ đường thẳng song song với AD cắt BD tại E.

Trong mặt phẳng (ABC), qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt AC tại F.

Trong mặt phẳng (ACD), qua F kẻ đường thẳng song song với AD cắt CD tại K.

Do đó, mặt phẳng (P) đi qua M song song với hai đường thẳng AD và BC là mặt phẳng (MEKF).

Vì K thuộc mặt phẳng (MEKF) nên K thuộc mặt phẳng (P).

Vậy K là giao điểm của mặt phẳng (P) và đường thẳng CD.

b) Ta có: BM + AM = AB.

Mà BM = 3AM hay AM = $\frac{1}{3}$ BM nên BM + $\frac{1}{3}$ BM = AB ⇔ $\frac{4}{3}$ BM = AB $\iff \frac{BM}{AB}=\frac{3}{4}$ .

Xét tam giác BAD có ME // AD, theo định lí Thalés ta có: $\frac{BE}{BD}=\frac{BM}{AB}=\frac{3}{4}$ .

Xét tam giác BCD có EK // BC, theo định lí Thalés ta có: $\frac{KC}{CD}=\frac{BE}{BD}=\frac{3}{4}$ .

Vậy $\frac{KC}{CD}=\frac{3}{4}$ .