Với lời giải Toán 11 trang 128 Tập 1 chi tiết trong Bài tập cuối chương 4 sách Chân trời sáng tạo 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

Bài 8 trang 128 Toán 11 Tập 1: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, AA’, A’C’, BC. Ta có:

A. (MNP) // (BCA);

B. (MNQ) // (A’B’C’);

C. (NQP) // (CAB);

D. (MPQ) // (ABA’).

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có: (MPQ) // (ABA’) vì:

MQ // AB ⊂ (ABA’)

Mà MQ ⊂ (MNQ)

Do đó (MPQ) // (ABA’).

Bài tập tự luận

Bài 9 trang 128 Toán 11 Tập 1: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và A’B’ và O là một điểm thuộc miền trong của mặt bên CC’D’D. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (OMN) với các mặt của hình hộp.

Lời giải:

Trong mặt phẳng (CDD’C’), từ điểm O kẻ đường thẳng song song với MN cắt CD tại Q và C’D’ tại P. Suy ra mp(OMN) = mp(MNPQ). Khi đó:

+) Giao tuyến của (OMN) với (ABB’A’) là MN.

+) Giao tuyến của (OMN) với (A’B’C’D’) là NP.

+) Giao tuyến của (OMN) với (CC’D’D) là PQ.

+) Giao tuyến của (OMN) với (ABCD) là MQ.

Bài 10 trang 128 Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp SABCD với ABCD là hình thoi cạnh a, tam giác SAD đều. M là điểm trên cạnh AB, (α) là mặt phẳng qua M và (α) // (SAD) cắt CD, SC, SD lần lượt tại N, P, Q.

a) Chứng minh rằng MNPQ là hình thang cân.

b) Đặt AM = x, tính diện tích MNPQ theo a và x.

Lời giải:

Do (α) đi qua M và (α) // (SAD) nên (α) cắt các mặt của hình chóp tại các giao tuyến song song với (SAD).

+) Trong mặt phẳng (ABCD), từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AD cắt CD tại N. Suy ra giao tuyến của (α) và (ABCD) là MN // AD.

+) Trong mặt phẳng (SCD), từ điểm N kẻ đường thẳng song song với SD cắt SC tại P. Suy ra giao tuyến của (α) và (SCD) là NP // SD.

+) Trong mặt phẳng (SBC), từ điểm P kẻ đường thẳng song song với BC // AD cắt SB tại Q. Suy ra giao tuyến của (α) và (SBC) là PQ // AD.

+) Trong mặt phẳng (SAB), nối M và Q. Suy ra giao tuyến của (α) và (SAB) là MQ // SA.

a) Xét từ giác MNPQ, có: MN // PQ nên MNPQ là hình thang.

Ta có: SA // MQ, MN // AD và $\widehat{SAD}=60°$ nên $\widehat{QMN}=60°$.

Ta lại có: MN // AD, NP // SD và $\widehat{SDA}=60°$ nên $\widehat{PNM}=60°$.

Suy ra: $\widehat{QMN}=\widehat{PNM}=60°$

Do đó tứ giác MNPQ là hình thang.

b)

+) Ta có ABCD là hình thoi và MN // AD //BC nên MN = a.

+) Trong tam giác ABC, có PQ // BC nên $\frac{PQ}{BC}=\frac{SQ}{SB}$ (định lí Thales)

+) Trong tam giác SAB, có: MQ / SA nên $\frac{SQ}{SB}=\frac{AM}{AB}=\frac{x}{a}$ (định lí Thales)

Do đó $\frac{PQ}{BC}=\frac{x}{a}\iff \frac{PQ}{a}=\frac{x}{a}\iff PQ=x$.

+) Ta lại có: $\frac{BQ}{SB}=\frac{MQ}{SA}=\frac{a-x}{a}\Rightarrow MQ=a-x$

+) Xét tam giác MHQ vuông tại H, có:

$\sin \widehat{MQH}=\frac{QH}{MQ}\Rightarrow QH=MQ.\sin \widehat{MQH}=(a-x).\sin 60°=\frac{\sqrt{3}(a-x)}{2}$.

Vậy diện tích hình thang cân MNPQ là: $S_{MNPQ}=\frac{(x+a).\frac{\sqrt{3}(a-x)}{2}}{2}=\frac{\sqrt{3}(a^2-x^2)}{4}$

Bài 11 trang 128 Toán 11 Tập 1: Cho mặt phẳng (α) và hai đường thẳng chéo nhau a, b cắt (α) tại A và B. Gọi d là đường thẳng thay đổi luôn luôn song song với (α) và cắt a tại M, cắt b tại N. Qua điểm N dựng đường thẳng song song với a cắt (α) tại điểm C.

a) Tứ giác MNCA là hình gì?

b) Chứng minh rằng điểm C luôn luôn chạy trên một đường thẳng cố định.

c) Xác định vị trí của đường thẳng d để độ dài MN nhỏ nhất.

Lời giải:

a) Vì d // (α) nên phép chiếu song song của d trên mặt phẳng (α) là AC và d // AC hay MN // AC.

Mặt khác ta lại có AM // NC

Do đó tứ giác MNCA là hình bình hành.

b) C luôn chạy trên đường thẳng là hình chiếu của đường thẳng b trên mặt phẳng (α) theo phương chiếu (α).

d) Để độ dài MN nhỏ nhất thì đường thẳng d phải vuông góc với a và vuông góc với b.

Bài 12 trang 128 Toán 11 Tập 1: Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF nằm trong hai mặt phẳng hoàn toàn khác nhau. Lấy các điểm M, N lần lượt thuộc các đường chéo AC và BF sao cho MC = 2MA; NF = 2NB. Qua M, N kẻ các đường thẳng song song với AB, cắt các cạnh AD, AF lần lượt tại M1, N1. Chứng minh rằng:

a) MN // DE;

b) M₁N₁ // (DEF);

c) (MNN₁M₁) // (DEF).

Lời giải:

+) Trong mặt phẳng (ABCD) kéo dài DM cắt AB tại O

Vì AO // DC nên $\frac{AO}{DC}=\frac{AM}{MC}=\frac{OM}{MD}=\frac{1}{2}$ (định lí Thales)

Suy ra $AO=\frac{1}{2}AB$.

+) Gọi N’ là giao điểm của BF và OE, khi đó: $\frac{OB}{EF}=\frac{BN\text{'}}{N\text{'}F}=\frac{ON\text{'}}{N\text{'}F}=\frac{1}{2}\Rightarrow BN\text{'}=2N\text{'}F$ nên N’ trùng N.

+) Trong mặt phẳng (ODE), có: $\frac{OM}{DM}=\frac{ON}{NE}=\frac{1}{2}$.

Suy ra MN // DE (định lí Thales đảo).

b) Ta có: MM₁ // AB // DC nên $\frac{A{M}_1}{D{M}_1}=\frac{AM}{MC}=\frac{1}{2}$.

Ta lại có: NN₁ // AB // EF nên $\frac{A{N}_1}{N_{1}F}=\frac{BN}{BF}=\frac{1}{2}$.

Suy ra $\frac{A{M}_1}{D{M}_1}=\frac{A{N}_1}{N_{1}F}=\frac{1}{2}$

Do đó M₁N₁ // DF

Mà DF ⊂ (DEF) nên M₁N₁ // (DEF).

c) Ta có: MN // DE, M₁N₁ // DF mà DE, DF ⊂ (DEF) và MN, M₁N₁ ⊂ (MNN₁M₁); DE và DF cắt nhau tại E nên (MNN₁M₁) // (DEF).