Bài tập cuối chương IV

Bài tập cuối chương trang \(127\) Sách giáo khoa Toán lớp \(11\) tập \(1\) Chân trời sáng tạo. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau:

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM

Chọn phương án đúng.

Bài \(1\). Cho tam giác \(ABC\). Lấy điểm \(M\) trên cạnh \(AC\) kéo dài (Hình \(1\)). Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai?

\(A.\) \(M \in (ABC)\).
\(B.\) \(C \in (ABM)\).
\(C.\) \(A \in (MBC)\).
\(D.\) \(B \in (ACM)\).

Trả lời:

Qua ba điểm không thẳng hàng xác định được mặt phẳng.

Ba điểm \(A, C, M\) thẳng hàng nên không tồn tại mặt phẳng \((ACM)\).

Vậy chọn đáp án \(D\).

\(\)

Bài \(2\). Cho tứ diện \(ABCD\) với \(I, J\) lần lượt là trung điểm \(AB\) và \(CD\). Mệnh đề nào sau đây đúng?
\(A.\) Bốn điển \(I, J, B, C\) đồng phẳng.
\(B.\) Bốn điển \(I, J, A, C\) đồng phẳng.
\(C.\) Bốn điểm \(I, J, B, D\) đồng phẳng.
\(D.\) Bốn điểm \(I, J, C, D\) đồng phẳng.

Trả lời:

Quan sát hình vẽ dưới:

Chọn đáp án \(D\)

\(\)

Bài \(3\). Cho hình chóp \(S. ABCD\) có \(AC\) cắt \(BD\) tại \(M\), \(AB\) cắt \(CD\) tại \(N\). Trong các đường sau đây, đường nào là giao tuyến của \((SAC)\) và \((SBD)\)?
\(A.\) \(SM\).
\(B.\) \(SN\).
\(C.\) \(SB\).
\(D.\) \(SC\).

Trả lời:

Ta có: Đỉnh \(S\) chung

\(M \in AC, M \in BD\)

Vậy \(S, M\) là hai giao điểm của hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBD)\) hay \(SM\) là giao tuyến của hai mặt phẳng trên.

Chọn đáp án \(A\).

\(\)

Bài \(4\). 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 \(IJ\)?
\(A.\) \(EF\)
\(B.\) \(DC\).
\(C.\) \(AD\).
\(D.\) \(AB\).

Trả lời:

Chọn đáp án \(D\).

\(\)

Bài \(5\). Cho hình bình bình hành \(ABCD\) và một điển \(S\) 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?
\(A.\) \(AB\).
\(B\). \(AC\).
\(C.\) \(BC\).
\(D.\) \(SA\).

Trả lời:

Chọn đáp án \(A\).

\(\)

Bài \(6\). Cho hình chóp tứ giác đều \(S. ABCD\) có cạnh đáy bằng \(10\). \(M\) là điểm trên \(SA\) sao cho \(\displaystyle \frac{SM}{SA} = \displaystyle \frac{2}{3}\). Một mặt phẳng \((\alpha)\) đi qua \(M\) song song với \(AB\) và \(CD\) cắt hình chóp theo một tứ giác có diện tích là
\(A.\) \(\displaystyle \frac{400}{9}\)
\(B.\) \(\displaystyle \frac{200}{3}\)
\(C.\) \(\displaystyle \frac{40}{9}\)
\(D.\) \(\displaystyle \frac{200}{9}\)

Trả lời:

Trong mặt phẳng \((SAD)\), qua \(M\) kẻ đường thẳng song song với \(AD\), cắt \(SD\) tại \(N\).

Trong mặt phẳng \((SCD)\), qua \(N\) kẻ đường thẳng song song với \(CD\) cắt \(SC\) tại \(P\).

Trong mặt phẳng \((SAB)\), qua \(M\) kẻ đường thẳng song song với \(AB\) cắt \(SB\) tại \(Q\).

Ta có:

\(MN // AD \Rightarrow MN // (ABCD)\)

\(MQ // AB \Rightarrow MQ // (ABCD)\)

Mặt phẳng \((MNPQ)\) chứa hai đường thẳng \(MN\) và \(MQ\) cắt nhau cùng song song với \((ABCD)\) nên \((MNPQ) // (ABCD)\).

Lại có: \(\displaystyle \frac{S_{MNPQ}}{S_{ABCD}} = \left(\displaystyle \frac{MN}{PQ}\right)^2 = \left(\displaystyle \frac{2}{3}\right)^2 = \displaystyle \frac{4}{9}\)

Mà \(S_{ABCD} = 10. 10 = 100\)

Suy ra \(S_{MNPQ} = 100. \displaystyle \frac{4}{9} = \displaystyle \frac{400}{9}\)

Chọn đáp án \(A\)

\(\)

Bài \(7\). Quan hệ song song trong không gian có tính chất nào trong các 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.

Trả lời:

Chọn đáp án \(A\).

\(\)

Bài \(8\). 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
\(A.\) \((MNP) // (BCA)\).
\(B.\) \((MNQ) // (A’B’C’)\).
\(C.\) \((NQP) // (CAB)\).
\(D.\) \((MPQ) // (ABA’)\).

Trả lời:

\(MQ\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên \(MQ // AB\) suy ra \(MQ // (ABA’)\)

\(MP\) là đường trung bình của hình bình hành \(ACC’A’\) nên \(MP // AA’\) suy ra \(MP // (ABA’)\)

Mặt phẳng \((MPQ)\) chứa hai đường thẳng \(MP\) và \(MQ\) cắt nhau cùng song song với \((ABA’)\) nên \((MPQ) // (ABA’)\)

Chọn đáp án \(D\)

\(\)

BÀI TẬP TỰ LUẬN

Bài \(9\). 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.

Trả lời:

Qua \(O\), kẻ đường thẳng song song với \(MN\), cắt \(DC\) và \(D’C’\) lần lượt tại \(P, Q\).

Trong mặt phẳng \((A’B’C’D’)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(B’C’\) và\(NQ\), \(H\) là giao điểm của \(NQ\) và \(A’D’\).

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(K\) là giao điểm của \(MP\) và \(BC\), \(G\) là giao điểm của \(MP\) với \(AD\).

Khi đó ta có:

Giao tuyến của mặt phẳng \((OMN)\) với \((ABCD)\) là \(MQ\)

Giao tuyến của mặt phẳng \((OMN)\) với \((A’B’C’D’)\) là \(NQ\)

Giao tuyến của mặt phẳng \((OMN)\) với \((BCC’B’)\) là \(IK\)

Giao tuyến của mặt phẳng \((OMN)\) với \((ABB’A’)\) là \(MN\)

Giao tuyến của mặt phẳng \((OMN)\) với \((ADD’A’)\) là \(GH\)

Giao tuyến của mặt phẳng \((OMN)\) với \((A’B’C’D’)\) là \(NQ\)

Giao tuyến của mặt phẳng \((OMN)\) với \((CDD’C’)\) là \(PQ\)

\(\)

Bài \(10\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) với \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\), tam giác \(SAD\) đều. \(M\) là điểm trên cạnh \(AB\), \((\alpha)\) là mặt phẳng qua \(M\) và \((\alpha) // (SAD)\) 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 \(x\).

Trả lời:

\(a)\) Do mặt phẳng \((SAB)\) cắt hai mặt phẳng song song \((\alpha)\) và \((SAD)\) lần lượt tại \(QM\) và \(SA\) nên \(QM // SA\) và \(\displaystyle \frac{QM}{SA} = \displaystyle \frac{BM}{BA}\) \((1)\)

Do mặt phẳng \((SCD)\) cắt hai mặt phẳng song song \((\alpha)\) và \((SAD)\) lần lượt tại \(PN\) và \(SD\) nên \(PN // SD\) và \(\displaystyle \frac{PN}{SD} = \displaystyle \frac{CN}{CD}\) \((2)\)

Do mặt phẳng \((ABCD)\) cắt hai mặt phẳng song song \((\alpha)\) và \((SAD)\) lần lượt tại \(MN\) và \(AD\) nên \(MN // AD\) và \(\displaystyle \frac{BM}{AB} = \displaystyle \frac{CN}{CD}\) \((3)\)

Từ \((1), (2) \text{ và } (3)\) suy ra: \(\displaystyle \frac{QM}{SA} = \displaystyle \frac{PN}{SD}\)

Mà \(SA = SD\) (Do tam giác \(ABC\) đều) nên \(QM = PN\)

Mặt phẳng \((SBC)\) cắt hai mặt phẳng song song \((\alpha)\) và \((SAD)\) lần lượt tại \(QP\) và một đường thẳng qua \(S\) và song song với \(BC\) nên \(QP // BC\)

Lại có \(MN // BC\) nên \(QP // MN\)

Xét tứ giác \(MNPQ\) có \(QP // MN, QM = PN\) nên tứ giác \(MNPQ\) là hình thang cân.

\(b)\) Gọi \(I\) là giao điểm của \(QM\) và \(NP\). Khi đó \(I\) nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SCD)\).

\(\Rightarrow SI // AB // CD\)

Tứ giác \(SIND\) có \(SI // ND, D // NI\) nên tứ giác \(SIND\) là hình bình hành.

\(\Rightarrow IN = SD\)

Tứ giác \(SAMI\) có \(SA // MI, SI // AM\) nên tứ giác \(SAMI\) là hình bình hành

\(\Rightarrow IM = SA\)

Mà \(SA = SD = a\) suy ra: \(IM = IN = a\)

Lại có \(MN = AD = a\). Suy ra tam giác \(IMN\) đều có cạnh bằng \(a\)

Từ đó ta cũng có tam giác \(IPQ\) là tam giác đều cạnh \(IQ\)

Có \(SI // AB\) nên:

\(\displaystyle \frac{IQ}{QM} = \displaystyle \frac{SI}{BM}\)

\(\Leftrightarrow \displaystyle \frac{IQ}{QM + IQ} = \displaystyle \frac{SI}{BM + SI}\)

\(\Leftrightarrow \displaystyle \frac{IQ}{IM} = \displaystyle \frac{SI}{AB}\)

\(\Leftrightarrow \displaystyle \frac{IQ}{a} = \displaystyle \frac{x}{a}\)

\(\Leftrightarrow IQ = x\)

Diện tích tam giác \(IMN\) là: \(S_{IMN} = \displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4} a^2\)

Diện tích tam giác \(IQP\) là: \(S_{IQP} = \displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4} x^2\)

Vậy diện tích hình thang \(MNPQ\) là:

\(S_{MNPQ} = S_{IMN} \ – \ S_{IQP} = \displaystyle \frac{\sqrt{3}}{4} (a^2 \ – \ x^2)\)

\(\)

Bài \(11\). Cho mặt phẳng \((\alpha)\) và hai đường thẳng chéo nhau \(a, b\) cắt \((\alpha)\) tại \(A\) và \(B\). Gọi \(d\) là đường thẳng thay đổi luôn song song với \((\alpha)\) và cắt \(a\) tại \(M\), cắt \(b\) tại \(N\). Qua điểm \(N\) dựng đường thẳng song song với \(a\) cắt \((\alpha)\) 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.

Trả lời:

\(a)\) Mặt phẳng \((ACNM)\) chứa đường thẳng \(d\) song song với \(\alpha)\) và cắt \((\alpha)\) tại \(AC\) nên \(AC // d\) hay \(AC // MN\)

Lại có \(MA // NC\)

Suy ra tứ giác \(MNCA\) là hình bình hành.

\(b)\) Xét mặt phẳng \((ABNM)\) chứa đường thẳng \(d\) song song với \((\alpha)\) và cắt \((\alpha)\) tại \(AB\) nên \(AB // d\) hay \(AB // MN\)

Lại có \(AC // MN\)

Suy ra ba điểm \(A, B, C\) thẳng hàng.

Vậy \(C\) luôn chạy trên đường thẳng cố định \(AB\).

\(c)\) Độ dài \(MN\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(MN\) là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau \(a\) và \(b\).

Khi đó, qua \(d\) và \(b\) xác định một mặt phẳng \((\beta)\) song song với đường thẳng \(a\).

Vậy đường thẳng \(d\) ở vị trí tạo với đường thẳng \(b\) một mặt phẳng song song với đường thẳng \(a\) thì độ dài \(MN\) nhỏ nhất (bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\)).

\(\)

Bài \(12\). 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 \(MC = 2 MA; NF = 2 NB\). Qua \(M, N\) kẻ các đường thẳng song song với \(AB\), cắt các cạnh \(AD, AF\) lần lượt tại \(M_1, N_1\). Chứng minh rằng:
\(a)\) \(MN // DE\);
\(b)\) \(M_1N_1 // (DEF)\);
\(c)\) \((MNN_1M_1) // (DEF)\).

Trả lời:

\(a)\) Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\).

Vì \(MM_1 // AB // CD\) nên \(\displaystyle \frac{IM}{MD} = \displaystyle \frac{AM}{MC} = \displaystyle \frac{1}{2}\)

Vì \(NN_1 // AB // CD\) nên \(\displaystyle \frac{IN}{NE} = \displaystyle \frac{BN}{FN} = \displaystyle \frac{1}{2}\)

Suy ra \(\displaystyle \frac{IM}{MC} = \displaystyle \frac{IN}{NE}\)

\(\Rightarrow MN // DE\) (đpcm)

\(b)\) Do \(MM_1 // AB // CD\) nên \(\displaystyle \frac{AM_1}{AD} = \displaystyle \frac{AM}{AC} = \displaystyle \frac{1}{3}\)

Do \(NN_1 // AB\) nên \(\displaystyle \frac{AN_1}{AF} = \displaystyle \frac{BN}{BF} = \displaystyle \frac{1}{3}\)

Suy ra \(\displaystyle \frac{AM_1}{AD} = \displaystyle \frac{AN_1}{AF}\) hay \(M_1N_1 // DF\)

Suy ra \(M_1N_1 // (DEF)\) (đpcm)

\(c)\) Ta có \(M_1N_1 // (DEF)\) (cmt)

Lại có \(NN_1 // AB // EF\) nên \(NN_1 // (DEF)\)

Mặt phẳng \((MNN_1M_1)\) chứa hai đường thẳng cắt nhau \(M_1N_1\) và \(NN_1\) cùng song song với mặt phẳng \((DEF)\) nên \((MNN_1M_1) // (DEF)\) (đpcm)

Bà tập cuối chương IV Bài tập cuối chương IV Bài tập cuối chương IV Bài tập cuối chương IV Bài tập cuối chương IV Bài tập cuối chương IV

Xem bài giải trước: Bài 5 – Phép chiếu song song
Xem bài giải tiếp theo: Bài 1 – Số trung bình và mốt của mẫu số liệu ghép nhóm
Xem các bài giải khác: Giải bài tập SGK Toán Lớp 11 Chân trời sáng tạo

Thông tin liên hệ & mạng xã hội:
Website: https://bumbii.com/
Facebook: https://www.facebook.com/bumbiiapp
Pinterest: https://www.pinterest.com/bumbiitech