Với lời giải SBT Toán 11 trang 133 Tập 1 chi tiết trong Bài tập cuối chương 4 trang 132 sách Chân trời sáng tạo giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 11. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán 11 Bài tập cuối chương 4 trang 132

Câu 8 trang 133 SBT Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA và SC. Khẳng định nào sau đây đúng?

A. MN // (ABCD).

B. MN // (SAB).

C. MN // (SAD).

D. MN // (SCD).

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Xét ∆SAC có M và N lần lượt là trung điểm của SA và SC nên MN là đường trung bình của tam giác

Do đó MN // AC

Mà AC ⊂ (ABCD) nên MN // (ABCD).

Câu 9 trang 133 SBT Toán 11 Tập 1: Cho đường thẳng a nằm trong mặt phẳng (α) và đường thẳng b nằm trong mặt phẳng (β). Biết (α) // (β). Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai?

A. a // (β).

B. b // (α).

C. a // b.

D. Nếu có một mặt phẳng (γ) chứa a và b thì a // b.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

a ⊂ (α); b ⊂ (β) và (α) // (β) nên a // b.

Câu 10 trang 133 SBT Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là đường thẳng song song với đường thẳng nào sau đây?

Lời giải:

A. BD.

B. SC.

C. AC.

D. AB.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Do ABCD là hình bình hành nên AB // CD.

Lại có AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD) và S ∈ (SAB) ∩ (SCD)

Do đó (SAB) ∩ (SCD) = d với d là đường thẳng đi qua S và d // AB // CD.

B. TỰ LUẬN

Bài 1 trang 133 SBT Toán 11 Tập 1: Cho hình bình hành ABCD. Từ các đỉnh A, B, C và D lần lượt kẻ các tia Ax, By, Cz và Dt song song với nhau và không nằm trong mặt phẳng (ABCD). Chứng minh mặt phẳng (Ax, By) song song với mặt phẳng (Cz, Dt).

Lời giải:

Ta có Cz // By nên Cz // (Ax, By).

Do tứ giác ABCD là hình bình hành nên CD // AB do đó CD // (Ax, By).

Khi đó Cz // (Ax, By);

CD // (Ax, By);

Cz ⊂ (Cz, Dt), CD ⊂ (Cz, Dt) và Cz ∩ CD = C.

Do đó (Cz, Dt) // (Ax, By).

Bài 2 trang 133 SBT Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và O là giao điểm của AC và BD. Gọi M, N, P lần lượt là ba điểm nằm trên các cạnh AB, BC, SO. Xác định giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với các mặt của hình chóp S.ABCD (nếu có).

Lời giải:

• Do M ∈ AB, N ∈ BC và AB ⊂ (ABCD), BC ⊂ (ABCD) nên MN ⊂ (ABCD)

Mà MN ⊂ (MNP)

Suy ra (MNP) ∩ (ABCD) = MN.

• Trong mặt phẳng (ABCD), gọi H là giao điểm của MN và DC; K là giao điểm của MN và AD; I là giao điểm của NO và AD.

Trong mặt phẳng (SIO), gọi G là giao điểm của NP và SI.

Trong mặt phẳng (SAD), gọi T là giao điểm của KG và SA và R là giao điểm của KG và SD.

Trong mặt phẳng (SDC), gọi Q là giao điểm của RH và SC.

Khi đó, (MNP) ∩ (SAB) = TM.

(MNP) ∩ (SBC) = NQ;

(MNP) ∩ (SDC) = QR;

(MNP) ∩ (SAD) = RT.

Bài 3 trang 133 SBT Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SA. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (P) với các mặt của hình chóp S.ABCD, biết rằng (P) đi qua M, song song với SC và AD.

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của AC và BD, E là trung điểm của CD.

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

Mà MO ⊂ (MOE), suy ra SC // (MOE).

Xét ∆ADC có: O, E lần lượt là trung điểm của AC, CD nên OE là đường trung bình của ∆ADC, suy ra AD // OE.

Mà OE ⊂ (MOE), suy ra AD // (MOE).

Khi đó, mặt phẳng (P) đã cho là (MOE).

Trong mặt phẳng (ABCD), gọi F là giao điểm của OE và AB.

Mà OE ⊂ (MOE), AB ⊂ (ABCD)

Suy ra (MOE) ∩ (ABCD) = EF, (MOE) ∩ (SAB) = FM.

Vì M ∈ (MOE) ∩ (SAD) và OE // AD

Nên (MOE) ∩ (SAD) = d, với d là đường thẳng đi qua M và d // AD // OE.

Trong mặt phẳng (SAD), d cắt SD tại N.

Do đó, (MOE) ∩ (SAD) = MN và (MOE) ∩ (SDC) = NE.

Vậy (MOE) ∩ (ABCD) = EF;

(MOE) ∩ (SAB) = FM;

(MOE) ∩ (SAD) = MN;

(MOE) ∩ (SDC) = NE.

Bài 4 trang 133 SBT Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và tam giác SAB đều. Gọi M là điểm thuộc cạnh BC sao cho BM = x (0 < x < a), mặt phẳng (α) đi qua M, song song với hai đường thẳng SA và AB.

a) Xác định giao tuyến của mặt phẳng (α) với các mặt của hình chóp.

b) Tính diện tích của hình tạo bởi các đoạn giao tuyến ở câu a theo a và x.

Lời giải:

a) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ MN // AB // CD, N ∈ AD.

Trong mặt phẳng (SAD), kẻ đường thẳng d đi qua S và d // AD. Qua N vẽ đường thẳng song song với SA và cắt d tại O.

Nối NO cắt SD tại P và nối MO cắt SC tại Q.

Khi đó (α) chính là mặt phẳng (OMN).

Suy ra (α) ∩ (ABCD) = MN;

(α) ∩ (SBC) = MQ;

(α) ∩ (SCD) = QP;

(α) ∩ (SAD) = NP.

b) Các đoạn giao tuyến của mặt phẳng (α) với các mặt của hình chóp tạo thành tứ giác MNPQ.

Ta có CD // MN // PQ

Suy ra tứ giác MNPQ là hình thang với MN = AB = a và $\widehat{QMN}=\widehat{SBA}=60°$.

Trong ∆SBC có MQ // SB nên $\frac{MQ}{SB}=\frac{MC}{BC}$ (hệ quả định lí Thalès)

Mà SB = BC nên MQ = MC = a ‒ x.

Trong ∆SCD có PQ // CD nên $\frac{PQ}{CD}=\frac{SQ}{SC}$ (hệ quả định lí Thalès).

Trong ∆SBC có MQ // SB nên $\frac{SQ}{SC}=\frac{BM}{BC}$ (định lí Thalès)

Do đó $\frac{PQ}{CD}=\frac{BM}{BC},$ mà CD = BC nên PQ = BM = x.

Gọi H là chân đường cao kẻ từ Q đến MN.

Khi đó QH = $MQ\cdot \sin \widehat{QMH}$ = $MQ\cdot sin60°=\frac{\left(a-x\right)\sqrt{3}}{2}$.

Vậy S_MNPQ = $\frac{1}{2}\cdot QH\cdot \left(MN+PQ\right)$ = $\frac{1}{2}\cdot \frac{\left(a-x\right)\sqrt{3}}{2}\cdot \left(a+x\right)$ = $\frac{\left(a^2-x^2\right)\sqrt{3}}{4}$ (đvdt).

Bài 5 trang 133 SBT Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành có O là giao điểm của AC và BD, AC = 2a, BD = 2b; tam giác SBD là tam giác đều. Gọi I là điểm nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AI = x (0 < x < a), (P) là mặt phẳng đi qua điểm I và song song với mặt phẳng (SBD).

a) Xác định giao tuyến của mặt phẳng (P) với các mặt của hình chóp S.ABCD.

b) Tính diện tích của hình tạo bởi các đoạn giao tuyến ở câu a theo a, b và x.

Lời giải:

a) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ MN đi qua I và MN // BD (M ∈ AB, N ∈ AD).

Trong mặt phẳng (SAD), kẻ NJ // SD (J ∈ SA).

Trong mặt phẳng (SAB), nối JM.

Ta có MN // BD và BD ⊂ (SBD) nên MN // (SBD). Do đó mặt phẳng (P) chính là mặt phẳng (MNJ)

Khi đó, (P) ∩ (SAB) = JM; (P) ∩ (SAD) = JN; (P) ∩ (ABCD) = MN.

b) Các đoạn giao tuyến của mặt phẳng (P) với các mặt của hình chóp S.ABCD tạo thành tam giác MNJ.

Ta có ∆JMN ∽ ∆SBD nên ∆JMN là tam giác đều.

Ta có MN // BD, suy ra: $\frac{MN}{BD}=\frac{AI}{AO}=\frac{x}{a}$ => MN =$\frac{2bx}{a}$

=> S_∆JMN = $\frac{1}{2}\cdot MN\cdot MJ.\sin \widehat{NMJ}$ = $\frac{1}{2}M{N}^2\sin 60°$ = $\frac{1}{2}\cdot {\left(\frac{2bx}{a}\right)}^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\frac{b^2{x}^2\sqrt{3}}{a^2}$

Bài 6 trang 134 SBT Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang có đáy lớn AB và AD = a. Mặt bên SAB là tam giác cân tại S, SA = a; mặt phẳng (R) song song với (SAB) và cắt các cạnh AD, BC, SC, SD theo thứ tự tại M, N, P, Q.

a) Chứng minh MNPQ là hình thang cân.

b) Đặt x = AM với 0 < x < a. Tính MQ theo a và x.

Lời giải:

a) Ta có (ABCD) ∩ (R) = MN, (ABCD) ∩ (SAB) = AB

Mà (R) // (SAB) nên MN // AB.

Tương tự, các mặt phẳng (SAD), (SCB), (SDC) cắt hai mặt phẳng song song (R) và (SAB) theo các cặp giao tuyến song song.

Suy ra MQ // SA, NP // SB, QP // CD // AB.

Do đó QP // MN nên MNPQ là hình thang.

Ta có $\frac{MQ}{SA}=\frac{DM}{DA}=\frac{CN}{CB}=\frac{NP}{SB}$ (hệ quả định lí Thalès) và SA = SB, suy ra MQ = NP.

Vậy MNPQ là hình thang cân.

b) Ta có $\frac{MQ}{SA}=\frac{DM}{DA}$ => $\frac{MQ}{a}=\frac{a-x}{a}$ => MQ = a - x.