Giải SGK Toán 11 Kết nối tri thức Bài tập cuối chương IV

A. Trắc nghiệm

Bài 4.35: Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng (P). Mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng a và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường thẳng b. Vị trí tương đối của hai đường thẳng a và b là

A. chéo nhau.

B. cắt nhau.

C. song song.

D. trùng nhau.

Đáp án: C

Giải thích: Theo lý thuyết ta có: Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng (P). Nếu mặt phẳng (Q) chứa a và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến b thì b song song với a.

Bài 4.36: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Đường thẳng SB song song với mặt phẳng

A. (CDM).

B. (ACM).

C. (ADM).

D. (ACD).

Đáp án: B

Giải thích:

Gọi O là giao của AC và BD. Khi đó O là trung điểm của BD.

Xét tam giác SBD có OM là đường trung bình nên OM // SB.

Mà OM thuộc mặt phẳng (MAC), SB không thuộc (MAC).

Vậy SB // (MAC).

Bài 4.37: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Mặt phẳng (AB'D') song song với mặt phẳng

A. (ABCD).

B. (BCC'B').

C. (BDA').

D. (BDC').

Đáp án: D

Giải thích:

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.

Tứ giác BDD'B' có DD' // BB' và DD' = BB' nên BDD'B' là hình bình hành, suy ra B'D' // BD. Do đó, B'D' song song với mặt phẳng (BDC').

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

Vì ABB'A' là hình bình hành nên A'B' // AB và A'B' = AB.

Do đó, AB // C'D' và AB = C'D', suy ra tứ giác ABC'D' là hình bình hành nên BC' // AD'. Do vậy AD' song song với mặt phẳng (BDC').

Mặt phẳng (AB'D') chứa hai đường thẳng cắt nhau B'D' và AD' cùng song song với mặt phẳng (BDC') nên hai mặt phẳng (AB'D') và (BDC') song song với nhau.

Bài 4.38: Cho ba mặt phẳng (P), (Q), (R) đôi một song song với nhau. Đường thẳng a cắt các mặt phẳng (P), (Q), (R) lần lượt tại A, B, C sao cho $\frac{AB}{BC}=\frac{2}{3}$ và đường thẳng b cắt các mặt phẳng (P), (Q), (R) lần lượt tại A', B', C'. Tỉ số $\frac{A^{\prime }{B}^{\prime }}{B^{\prime }{C}^{\prime }}$ bằng

A. $\frac{2}{3}$ .

B. $\frac{1}{2}$ .

C. $\frac{3}{2}$ .

D. $\frac{2}{5}$ .

Đáp án: A

Giải thích:

Theo định lí Thalés trong không gian, ta có $\frac{AB}{A^{\prime }{B}^{\prime }}=\frac{BC}{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{AC}{A^{\prime }{C}^{\prime }}$ .

Suy ra $\frac{A^{\prime }{B}^{\prime }}{B^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{AB}{BC}=\frac{2}{3}$ .

Bài 4.39: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SD; K là giao điểm của mặt phẳng (AMN) và đường thẳng SC. Tỉ số $\frac{SK}{SC}$ bằng

A. $\frac{1}{2}$ .

B. $\frac{1}{3}$ .

C. $\frac{1}{4}$ .

D. $\frac{2}{3}$ .

Đáp án: B

Giải thích:

Gọi O là giao điểm hai đường chéo hình bình hành ABCD. Trong mặt phẳng (SBD), SO cắt MN tại J.

Trong mặt phẳng (SAC), AJ cắt SC tại K.

Vì J thuộc MN nên J thuộc mặt phẳng (AMN) nên K thuộc AJ thì K thuộc mặt phẳng (AMN). Do đó K là giao điểm của mặt phẳng (AMN) và đường thẳng SC.

Tam giác SBD có M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SD nên MN là đường trung bình của tam giác SBD, suy ra MN // BD hay NJ // DO. Xét tam giác SDO có NJ // DO và N là trung điểm của SD nên suy ra J là trung điểm của SO.

Trong mặt phẳng (SAC), từ O kẻ OE song song với AK (E thuộc SC).

Xét tam giác SOE có JK // OE (do AK // OE), theo định lí Thalés ta có: $\frac{SK}{SE}=\frac{SJ}{SO}=\frac{1}{2}$ .

Do đó, K là trung điểm của SE.

Xét tam giác CAK có OE // AK, theo định lí Thalés ta có: $\frac{CE}{CK}=\frac{CO}{CA}=\frac{1}{2}$ . Do đó, E là trung điểm của CK.

Vậy SK = KE = CE, suy ra $\frac{SK}{SC}=\frac{1}{3}$ .

Bài 4.40: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D'. Gọi M, M' lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, B'C'. Hình chiếu của ∆B'DM qua phép chiếu song song trên (A'B'C'D') theo phương chiếu AA' là

A. ∆B'A'M'.

B. ∆C'D'M'.

C. ∆DMM'.

D. ∆B'D'M'.

Đáp án: D

Giải thích:

Ta có B' là hình chiếu song song của chính nó lên mặt phẳng (A'B'C'D') theo phương chiếu AA' (1).

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

Vì DD' // AA' nên D' là hình chiếu song song của D lên mặt phẳng (A'B'C'D') theo phương chiếu AA' (2).

Xét hình bình hành BCC'B' có M, M' lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, B'C' do đó MM' là đường trung bình của hình bình hành nên MM' // CC', suy ra MM' // AA'. Vậy M' là hình chiếu song song của điểm M lên mặt phẳng (A'B'C'D') theo phương chiếu AA' (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra ∆B'D'M' là hình chiếu của ∆B'DM qua phép chiếu song song trên (A'B'C'D') theo phương chiếu AA'.

B. Tự luận

Bài 4.41: 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).

Trả lời:

a) Gọi giao điểm của AD và BC là K.

Ta có: SK cùng thuộc (SAD) và (SBC).

Vậy SK là giao tuyến của (SAD) và (SBC).

b) (SAB) và (SCD) có AB // CD và S chung nên giao tuyến là dường thẳng Sx đi qua S và song song với AB và CD.

c) Gọi O là giao điểm của AC và BD suy ra O thuộc giao tuyến của (SAC) và (SBD).

Suy ra SO là giao tuyến của (SAC) và (SBD).

Bài 4.42: 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 $\frac{K{B}^{\prime }}{KC}$ .

Trả lời:

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) ⇒ $\frac{BD}{B^{\prime }D}=\frac{1}{3}$ (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 $\frac{EN}{B^{\prime }D}=\frac{1}{3}$ .

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

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

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

Vậy $\frac{K{B}^{\prime }}{KC}=3$ .

Bài 4.43: 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).

Trả lời:

a) Ta có: (ABM) $\bigcap_{}^{}$ (ABCD)=AB, (ABCD) $\bigcap_{}^{}$ (SCD)=CD,AB//CD) suy ra giao tuyến của (ABM) và (SCD) là đường thẳng qua M song song với AB và CD

Qua M kẻ MK song song với CD (K thuộc SD)

Vậy, K là giao điểm của (AMN) và SD

Xét tam giác SCD ta có: MK //CD suy ra SKSD=SMSC=13

b) Xét tam giác SCD ta có: MK //CD suy ra MKCD=SMSC=13

Lại có ANAB=13,AB=CD suy ra AN = MK

Xét tứ giác ANMK ta có: AN = MK, AN // MK suy ra ANMK là hình bình hành do đó MN // AK hay MN // (SAD)

Bài 4.44: 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.

Trả lời:

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: 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.

Trả lời: