Giải Toán 11 tập 1 trang 128 Bài tập cuối chương 4
Giải Toán 11 tập 1 trang 128 Bài tập cuối chương 4
Giải toán 11 tập 1 trang 128 Bài tập cuối chương 4 sách Chân trời sáng tạo có đáp án chi tiết cho từng bài tập trong sách giáo khoa Toán lớp 11 Chân trời sáng tạo. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.
Giải Toán 11 tập 1 trang 127
Giải bài 1 trang 127 Toán 11 CTST
Cho tam giác ABC. Lấy điểm M trên cạnh AC kéo dài (Hình 1). Mệnh đề nào sao đây là mệnh đề sai?
A. M ∈ (ABC)
B. C ∈ (ABM)
C. A ∈ (MBC)
D. B ∈ (ACM)
Bài làm
Đáp án: D
Vì A,C, M thẳng hàng nên (ACM) không phải mặt phẳng
Giải bài 2 trang 127 Toán 11 tập 1
Cho tứ diện ABCD với I và J lần lượt là trung điểm các cạnh AB và CD. Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. Bốn điểm I, J, B, C đồng phẳng
B. Bốn điểm I, J, A, C đồng phẳng
C. Bốn điểm I, J, B, D đồng phẳng
D. Bốn điểm I, J, C, D đồng phẳng
Bài làm
Đáp án: D
Giải bài 3 trang 127 Toán 11 tập 1
Cho hình chóp S.ABCD có AC cắt BD tại M, AB cắt CD tại N. Trong các đường thẳng sau đây, đường nào là giao tuyến của (SAC) và (SBD)?
A. SM
B. SN
C. SB
D. SC
Bài làm
Đáp án: A
Giải bài 4 trang 127 Toán 11 tập 1
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi I, J, E, F lần lượt là trung điểm SA, SB, SC, SD. Trong các đường thẳng sau, đường nào không song song với IJ?
A. EF
B. DC
C. AD
D. AB
Bài làm
Đáp án: C
Giải bài 5 trang 127 Toán 11 tập 1
Cho hình bình hành ABCD và một điểm S không nằm trong mặt phẳng (ABCD). Giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là một đường thẳng song song với đường thẳng nào sau đây?
A. AB
B. AC
C. BC
D. SA
Bài làm
Đáp án: A
Giải bài 6 trang 127 Toán 11 tập 1
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 10. M là điểm trên SA sao cho $\frac{SM}{SA}=\frac{2}{3}$. Một mặt phẳng $(\alpha)$ đi qua M song song với AB và CD, cắt hình chóp theo một tứ giác có diện tích là:
A. $\frac{400}{9}$
B. $\frac{200}{3}$
C. $\frac{40}{9}$
D. $\frac{200}{9}$
Bài làm
Qua M dựng đường thẳng song song AB cắt SB tại N.
Qua M dựng đường thẳng song song AD cắt SD tại Q.
Qua N dựng đường thẳng song song BC cắt SC tại P.
Ta có MN // AB nên MN // (ABCD); NP // BC nên NP // (ABCD)
Suy ra (MNPQ) // (ABCD)
Ta có: $\frac{S_{MNPQ}}{S_{ABCD}}=\left ( \frac{MN}{AB} \right )^{2}=\left (\frac{2}{3} \right )^{2}= \frac{4}{9}$
Mà $S_{ABCD}$ = 10.10 = 100
Do đó, $S_{MNPQ} = 100.\frac{4}{9}=\frac{400}{9}$
Đáp án: A
Giải bài 7 trang 127 Toán 11 tập 1
Quan hệ song song không gian có tính chất nào trong cách tính chất sau?
A. Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong (P) đều song song với (Q)
B. Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong (P) đều song song với mọi đường thẳng nằm trong (Q)
C. Nếu hai đường thẳng song song với nhau lần lượt nằm trong hai mặt phẳng phân biệt (P) và (Q) thì (P) và (Q) song song với nhau
D. Qua một điểm nằm ngoài mặt phẳng cho trước ta vẽ được một và chỉ một đường thẳng song song với mặt phẳng cho trước đó
Bài làm
Đáp án: A
Giải Toán 11 tập 1 trang 128
Giải 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’)
Bài làm
Tam giác ABC có QM là đường trung bình nên QM // AB. Suy ra QM // (ABA’)
Hình bình hành ACC’A’ có MP là đường trung bình nên MP // AA’. Suy ra MP // (ABA’)
Mà MP và QM cắt nhau nên (MPQ) // (ABA’)
Đáp án: D
Giải 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.
Bài làm
Qua O kẻ đường thẳng song song với MN cắt D’C’ và DC lần lượt tại P và Q
Gọi I = NP ∩ B′C′; F = MQ ∩ BC; H = A′C′ ∩ NP; G = AD ∩ MQ
Giao tuyến của (OMN) với (ABCD) là: MQ
Giao tuyến của (OMN) với (A’B’C’D’) là: NP
Giao tuyến của (OMN) với (CDD’C’) là: PQ
Giao tuyến của (OMN) với (ABB’A’) là: MN
Giao tuyến của (OMN) với (BCC’B’) là: IF
Giao tuyến của (OMN) với (ADD’A’) là: HG
Giải bài 10 trang 128 Toán 11 tập 1
Cho hình chóp S.ABCD 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, SB 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
Bài làm
a) Do (SAB) cắt hai mặt phẳng $(\alpha)$ // (SAD) lần lượt tại QM và SA nên QM // SA và $\frac{QM}{SA}=\frac{BM}{AB}$
Do (SCD) cắt hai mặt phẳng $(\alpha)$ // (SAD) lần lượt tại NP và SD nên NP // SD và $\frac{NP}{SD}=\frac{CN}{CD}$
Do (ABCD) cắt hai mặt phẳng $(\alpha)$ // (SAD) lần lượt tại MN và AD nên MN//AD//BC và $\frac{BM}{AB}=\frac{CN}{CD}$
Suy ra $\frac{QM}{SA}=\frac{NP}{SD}$
Mà SA=SD nên QM = NP
Do (SBC) cắt hai mặt phẳng $(\alpha)$ // (SAD) lần lượt tại QP và một đường thẳng đi qua S song song với BC nên QP // BC
Mà MN // BC nên MN // QP
Ta có MN // QP, MQ = NP
Nên MNPQ là hình thang cân
b) Gọi I là giao điểm của QM và NP. Suy ra I nằm trên giao tuyến của SAB và SCD.
Mà (SAB) và (SCD) giao nhau tại đường thẳng đi qua A và song song với AB và CD nên SI // AB // CD
Ta có: SI // ND, SD // NI nên SIND là hình bình hàng. Suy ra IN = SD
SI // AM, SA // IM nên SIMA là hình bình hành. Suy ra IM = SA
Mà MN = AD tam giác SAD đều nên tam giác IMN đều có cạnh là a
Do SI// AB nên $\frac{IQ}{QM}$ = $\frac{SI}{BM} \Leftrightarrow \frac{IQ}{QM+IQ}$ = $\frac{SI}{BM+SI}\Leftrightarrow \frac{IQ}{IM}$ = $\frac{SI}{BM+SI}\Leftrightarrow \frac{IQ}{a}=\frac{x}{a-x+x} \Leftrightarrow IQ$ = x
$S_{IMN} = \frac{\sqrt{3}}{4}a^{2}$
$\frac{S_{IQP}}{S_{IMN}} = \left ( \frac{IQ}{IM} \right )^{2}=\left ( \frac{x}{a} \right )^{2}$
Suy ra $S_{IPQ} = \frac{\sqrt{3}}{4}x^{2}$
Vậy $S_{MNPQ}=S_{IMN}-S_{IPQ} = \frac{\sqrt{3}}{4}(a^{2}-x^{2})$
Giải bài 11 trang 128 Toán 11 CTST
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) Ta có:
$\left. \begin{array}{l}d \subset \left( {AMNC} \right)\\d\parallel \left( \alpha \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {AMNC} \right) = AC\end{array} \right\} \Rightarrow d\parallel AC \Rightarrow MN\parallel AC$
Mà $a\parallel NC \Rightarrow MA\parallel NC$
$ \Rightarrow AMNC$ là hình bình hành.
b) Gọi $\left( \beta \right)$ là mặt phẳng chứa $b$ và song song với $a$, $c = \left( \alpha \right) \cap \left( \beta \right)$
Ta có:
$\left. \begin{array}{l}NC\parallel a\\N \in b\end{array} \right\} \Rightarrow NC \subset \left( \beta \right)$
$ \Rightarrow C \in \left( \alpha \right) \cap \left( \beta \right) \Rightarrow C \in c$
Vậy điểm $C$ luôn luôn chạy trên đường thẳng $c$ là giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ cố định.
c) Trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$, kẻ $AH \bot c$
Vì $c$ cố định nên $AC \ge AH$
$AMNC$ là hình bình hành $ \Rightarrow MN = AC$
Vậy $MN \ge AH$
Vậy $MN$ nhỏ nhất khi $C \equiv H$. Khi đó $d\parallel AH$.
Giải bài 12 trang 128 Toán 11 CTST
Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF nằm trong hai mặt phẳng 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 AD, AF lần lượt tại M1;N1. Chứng minh rằng
a) MN // DE
b) M1N1 // (DEF)
c) (MNN1M1) // (DEF)
Lời giải
a) Vì AI // CD nên $\frac{{AI}}{{CD}} = \frac{{IM}}{{MD}} = \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{1}{2}$ (định lý Thales).
Vì IB // EF nên $\frac{{IB}}{{EF}} = \frac{{IN}}{{NE}} = \frac{{BN}}{{NF}} = \frac{1}{2}$ (định lý Thales).
Do đó $\frac{{IM}}{{MD}} = \frac{{IN}}{{NE}} = \frac{1}{2}$, suy ra MN // DE (định lý Thales đảo).
b) Theo giả thiết, AB // $M{M_1}$ và $M{M_1}$ không thuộc (ABEF) nên $M{M_1}$ // (ABEF).
c) Ta có $M{M_1}$ // AB // EF, suy ra $M{M_1}$ // (DEF) (1)
Vì $N{N_1}$ // AB nên $\frac{{A{N_1}}}{{{N_1}F}} = \frac{{BN}}{{NF}} = \frac{1}{2}$ (định lý Thales).
Vì $M{M_1}$ // AB nên $\frac{{A{M_1}}}{{{M_1}D}} = \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{1}{2}$ (định lý Thales).
Do đó $\frac{{A{N_1}}}{{{N_1}F}} = \frac{{A{M_1}}}{{{M_1}D}} = \frac{1}{2}$, suy ra ${M_1}{N_1}$ // DF và ${M_1}{N_1}$ // (DEF) (2).
Mà $M{M_1}$ cắt ${M_1}{N_1}$ (3).
Từ (1), (2), (3) suy ra $(MN{N_1}{M_1})$ // (DEF).