Bài tập cuối chương IV

Bài tập cuối chương \(IV\) trang \(114\) SGK Toán lớp \(11\) Tập \(1\) Cánh diều. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau:

Bài \(1\). Trong không gian, hai đường thẳng song song với nhau khi và chỉ khi:
\(A\). Hai đường thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng và không có điểm chung.
\(B\). Hai đường thẳng không có điểm chung.
\(C\). Hai đường thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng.
\(D\). Hai đường thẳng cùng song song với đường thẳng thứ ba.

Trả lời:

Chọn đáp án \(A\).

\(\)

Bài \(2\). Cho hai đường thẳng phân biệt \(a\) và \(b\) trong không gian. Có bao nhiêu vị trí giữa \(a\) và \(b\)?
\(A\). \(1\).
\(B\). \(2\).
\(C\). \(3\).
\(D\). \(4\).

Trả lời:

Có \(3\) vị trí tương đối giữa hai đường thẳng phân biệt là: Cắt nhau tại \(1\) điểm, song song với nhau và chéo nhau.

Chọn đáp án \(C\)

\(\)

Bài \(3\). Trong không gian, đường thẳng song song với mặt phẳng khi và chỉ khi:
\(A\). Đường thẳng đó song song với một đường thẳng thuộc mặt phẳng.
\(B\). Đường thẳng và mặt phẳng không có điểm chung.
\(C\). Đường thẳng đó không có điểm chung với một đường thẳng thuộc mặt phẳng.
\(D\). Đường thẳng đó không có điểm chung với hai đường thẳng thuộc mặt phẳng.

Trả lời:

Chọn đáp án \(B\).

\(\)

Bài \(4\). Trong không gian, hai mặt phẳng song song với nhau khi và chỉ khi:
\(A\). Có một mặt phẳng chứa hai đường thẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng còn lại.
\(B\). Hai mặt phẳng cùng song song với một đường thẳng.
\(C\). Hai mặt phẳng cùng song song với mặt phẳng thứ ba.
\(D\). Hai mặt phẳng không có điểm chung.

Trả lời:

Chọn đáp án \(D\).

\(\)

Bài \(5\). Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AB, BD\). Điểm \(P\) thuộc cạnh \(AC\) sao cho \(PA = 2PC\).
\(a)\) Xác định giao điểm \(E\) của đường thẳng \(MP\) với mặt phẳng \((BCD)\).
\(b)\) Xác định giao điểm \(Q\) của đường thẳng \(CD\) với mặt phẳng \((MNP)\).
\(c)\) Xác định giao tuyến của mặt phẳng \((ACD)\) với mặt phẳng \((MNP)\).
\(d)\) Gọi \(I\) là giao điểm của \(MQ\) và \(NP\), \(G\) là trọng tâm của tam giác \(ABD\). Chứng minh rằng \(C, I, G\) thẳng hàng.

Trả lời:

\(a)\)

Trong mặt phẳng \((ABC)\), kéo dài \(MP\) cắt \(BC\) tại \(E\). Nối \(AE, DE\).

Khi đó, \(E \in BC, BC \subset (BCD)\).

Vậy \(E\) là giao điểm của \(MP\) và mặt phẳng \((BCD)\).

\(b)\)

Ta có: \(E \in MP, MP \subset (MNP)\)

\(\Rightarrow E \in (MNP)\)

\(\Rightarrow NE \subset (MNP)\)

Trong mặt phẳng \((BCD)\), nối \(NE\) cắt \(CD\) tại \(Q\).

Khi đó, \(Q\) là giao điểm của \(CD\) và mặt phẳng \((MNP)\).

\(c)\)

Ta có: \(P \in AC, AC \subset (ACD)\) nên \(P \in (ACD)\).

Mà \(P \in (MNP)\) nên \(P\) là giao điểm của hai mặt phẳng \((ACD)\) và \((MNP)\).

Lại có \(Q \in AC, AC \subset (ACD)\) nên \(Q \in (ACD)\).

Mà \(Q \in (MNP)\) nên \(Q\) là giao điểm của mặt phẳng \((ACD)\) và \((MNP)\).

Vậy \(PQ\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \((ACD)\) và \((MNP)\).

\(d)\)

Do \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABD\) nên hai trung tuyến \(AN, DM\) cùng đi qua điểm \(G\).

Khi đó: \(G \in AN, AN \subset (ANC)\) nên \(G \in (ANC)\).

\(G\in DM, DM \subset (MCD)\) nên \(G \in (MCD)\).

Do đó, \(G\) là giao điểm của hai mặt phẳng \((ANC)\) và \((MCD)\)

Lại có: \(C \in (ANC), C \in (MCD)\) nên \(C\) cũng là giao điểm của hai mặt phẳng \((ANC)\) và \((MCD)\).

Vậy \(GC\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \((ANC)\) và \((MCD)\).

Mặt khác \(I\) là giao điểm của \(MQ\) và \(NP\)

Mà \(MQ \subset (MCD), NP \subset (ANC)\).

Suy ra \(I\) cũng là giao điểm của hai mặt phẳng \((MCD)\) và \((ANC)\).

Khi đó, \(I \in GC\)

Hay ba điểm \(G, I, C \) thẳng hàng.

\(\)

Bài \(6\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành. Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(BC, SD\). Xác định giao tuyến của mặt phẳng \((AMN)\) với mỗi mặt phẳng sau:
\(a)\) \((SCD)\).
\(b)\) \((SBC)\).

Trả lời:

\(a)\)

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), kéo dài \(AM\) cắt \(DC\) tại \(E\). Nối \(BE, SE\)

Khi đó, \(E \in AM, AM \subset (AMN)\) nên \(E \in (AMN)\)

\(E \in DC, DC \subset (SCD)\) nên \(E \in (SCD)\)

Do đó, \(E\) là giao điểm của \((AMN)\) và \((SCD)\).

Lại có: \(N \in SD, SD \subset (SCD)\) nên \(N \in (SCD)\)

\(N \in (AMN)\) nên \(N\) là giao điểm của hai mặt phẳng \((SCD)\) và \((AMN)\).

Vậy \(NE\) là giao tuyến của hai mặt \((AMN)\) và \((SCD)\).

\(b)\)

Trong mặt phẳng \((SCD)\), nối \(NE\) cắt \(SC\) tại \(F\).

Ta có: \(F \in NE, NE \subset (AMN)\) nên \(F \in (AMN)\).

\(F \in SC, SC \subset (SBC)\) nên \(F \in (SBC)\).

Do đó, \(F\) là giao điểm của hai mặt phẳng \((AMN)\) và \((SBC)\)

Lại có \(M \in BC, BC \subset (SBC)\) nên \(M \in (SBC)\)

Mà \(M \in (AMN)\) nên \(M\) là giao điểm của hai mặt phẳng \((AMN)\) và \((SBC)\).

Vậy \(MF\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \((AMN)\) và \((SBC)\)

\(\)

Bài \(7\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang (\(AB // CD\)) và \(AB = 2CD\). Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(SA, SB\). Chứng minh rằng:
\(a)\) \(MN // (SCD)\);
\(b)\) \(DM // (SBC)\);
\(c)\) Lấy điểm \(I\) thuộc cạnh \(SD\) sao cho \(\displaystyle \frac{SI}{SD} = \displaystyle \frac{2}{3}\). Chứng minh rằng \(SB // (AIC)\).

Trả lời:

\(a)\)

Trong mặt phẳng \((SAB)\), xét tam giác \(SAB\) có \(MN\) là đường trung bình nên \(MN // AB, MN = \displaystyle \frac{1}{2} AB\).

Mà \(AB // CD\)

Do đó \(MN // CD\). Lại có \(CD \subset (SCD)\)

Vậy \(MN // (SCD)\).

\(b)\)

Có \(MN = \displaystyle \frac{1}{2} AB\).

Mà \(AB = 2 CD\)

Suy ra \(MN = CD\)

Tứ giác \(MNCD\) có \(MN // CD, MN = CD\) nên tứ giác \(MNCD\) là hình bình hành.

Khi đó ta có: \(DM // NC\). Mà \(NC \subset (SBC)\)

Vậy \(DM // (SBC)\)

\(c)\)

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Do \(AB // CD\) nên theo hệ quả định lý Thales ta có:

\(\displaystyle \frac{OB}{OD} = \displaystyle \frac{AB}{CD} = \displaystyle \frac{2}{1}\).

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{OB}{OD + OB} = \displaystyle \frac{OB}{BD} = \displaystyle \frac{2}{2 + 1} = \displaystyle \frac{2}{3}\)

Trong mặt phẳng \((SBD)\), xét tam giác \(SBD\) có:

\(\displaystyle \frac{OB}{BD} = \displaystyle \frac{SI}{SD} = \displaystyle \frac{2}{3}\)

Theo định lý Thales đảo ta được: \(IO // SB\)

Mà \(IO \subset (AIC)\)

Suy ra \(SB // (AIC)\)

\(\)

Bài \(8\). Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC. A’B’C’\). Lấy \(M, M’\) lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng \(BC, B’C’\); lấy các điểm \(G, G’, K\) lần lượt thuộc các đoạn \(AM, A’M’, A’B\) sao cho \(\displaystyle \frac{AG}{AM} = \displaystyle \frac{A’G’}{A’M’} = \displaystyle \frac{A’K}{A’B} = \displaystyle \frac{2}{3}\).
\(a)\) Chứng minh rằng \(C’M // (A’BM’)\);
\(b)\) Chứng minh rằng \(G’K // (BCC’B’)\);
\(c)\) Chứng minh rằng \((GG’K) // (BCC’B’)\);
\(d)\) Gọi \((\alpha)\) là mặt phẳng đi qua \(K\) và song song với mặt phẳng \((ABC)\). Mặt phẳng \((\alpha)\) cắt cạnh \(CC’\) tại điểm \(I\). Tính \(\displaystyle \frac{IC}{IC’}\).

Trả lời:

\(a)\)

Trong mặt phẳng \((BCC’B’)\), tứ giác \(BCC’B’\) là hình bình hành nên \(BC // B’C’, BC = B’C’\).

Lại có \(M, M’\) lần lượt là trung điểm của \(BC. B’C’\) nên \(BM = C’M’ = \displaystyle \frac{1}{2} BC = \displaystyle \frac{1}{2} B’C’\).

Xét tứ giác \(BMC’M’\) có \(BM // C’M’ \) (do \(BC // B’C’\)) và \(BM = C’M’\) nên tứ giác \(BMC’\) là hình bình hành.

Do đó, \(C’M // BM’\). Mà \(BM’ \subset (A’BM’)\)

Suy ra \(C’M // (A’BM’)\)

\(b)\)

Trong mặt phẳng \((A’BM’)\), xét tam giác \(A’BM’\) có \(\displaystyle \frac{A’G’}{A’M’} = \displaystyle \frac{A’K}{A’B} = \displaystyle \frac{2}{3}\) nên \(G’K // BM’\) (theo định lí Thales đảo)

Mà \(BM’ \subset (BCC’B’)\)

Suy ra \(G’K // (BCC’B’)\)

\(c)\)

Trong mặt phẳng \((BCC’B’)\), xét tứ giác \(CMM’C’\) có \(CM // C’M’, CM = C’M’ = \displaystyle \frac{BC} = \displaystyle \frac{1}{2} B’C’\)

Do đó tứ giác \(CMM’C’\) là hình bình hành.

\(\Rightarrow MM’ // CC’, MM’ = CC’\)

Lại có \(AA’ // CC’, AA’ = MM’\)

\(\Rightarrow AA’ // MM’, AA’ = MM’\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác \(AMM’A’\) là hình bình hành.

Khi đó \(A’M’ // AM, A’M’ = AM\)

Lại có do \(\displaystyle \frac{A’G’}{A’M’} = \displaystyle \frac{AG}{AM} = \displaystyle \frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow A’G’ = AG\)

\(\Rightarrow G’M’ = GM\)

Tứ giác \(GMM’G’\) có \(G’M’ // GM, G’M’ = GM\) nên tứ giác \(GMM’G’\) là hình bình hành.

\(\Rightarrow GG’ // MM’\)

Mà \(MM’ \subset (BCC’B’)\) nên \(GG’ // (BCC’B’)\)

Xét mặt phẳng \((GG’K)\) chứa hai đường thẳng \(GG’\) và \(G’K\) cắt nhau và cùng song song với mặt phẳng \((BCC’B’)\) nên mặt phẳng \((GG’K)\) song song với mặt phẳng \((BCC’B’)\).

\(d)\)

Trong mặt phẳng \((ABB’A’)\), qua \(K\) vẽ đường thẳng song song với \(AB\), cắt \(AA’, BB’\) lần lượt tại \(J, H\).

Trong mặt phẳng \((ACC’A’)\), qua \(J\) vẽ đường thẳng song song với \(AC\), cắt \(CC’\) tại \(I\).

Ta có: \(IJ // AC, AC \subset (ABC)\) nên \(IJ // (ABC)\)

\(JK // AB, AB \subset (ABC)\) nên \(JK // (ABC)\)

Mặt phẳng \((IJK)\) chứa hai đường thẳng \(IJ\) và \(JK\) cắt nhau và cùng song song với \((ABC)\) nên \((IJK) // (ABC)\).

Vậy \((IJK)\) chính là mặt phẳng \((\alpha)\).

Khi đó, \(CC’\) cắt \((\alpha)\) tại \(I\).

Ta có: Ba mặt phẳng \((ABC), (IJK), (A’B’C’)\) song song với nhau.

Xét hai cát tuyến \(CC’, A’B\) lần lượt cắt ba mặt phẳng \((A’B’C’), (IJK), (ABC)\) lần lượt tại \(C’, I, C\) và \(A’, K, B\) nên theo định lí Thales trong không gian ta có:

\(\displaystyle \frac{IC’}{A’K} = \displaystyle \frac{IC}{KB}\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{IC}{IC’} = \displaystyle \frac{KB}{A’K}\)

Mặt khác \(\displaystyle \frac{A’K}{A’B} = \displaystyle \frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{A’B}{A’K} = \displaystyle \frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{A’B \ – \ A’K}{A’K} = \displaystyle \frac{3 \ – \ 2}{2}\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{KB}{A’K} = \displaystyle \frac{1}{2}\)

Vậy \(\displaystyle \frac{IC}{IC’} = \displaystyle \frac{KB}{A’K} = \displaystyle \frac{1}{2}\)

\(\)

Bài \(9\). Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\). Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điểm của \(AB, C’D’\).
\(a)\) Chứng minh rằng \((A’DN) // (B’CM)\).
\(b)\) Gọi \(E, F\) lần lượt là giao điểm của đường thẳng \(D’B\) với các mặt phẳng \((A’DN), (B’CM)\). Chứng minh rằng \(D’E = BF = \displaystyle \frac{1}{2} EF\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có: \((ADD’A’) // (BCC’B’)\)

Mà \((DCB’A’) \cap (ADD’A’) = A’D\)

\((DCB’A’) \cap (BCC’B’) = B’C\)

Do đó \(A’D // B’C\). Mà \(B’C \subset (B’CM)\) nên \(A’D // (B’CM)\)

Tương tự ta cũng có:

\((ABB’A’) // (DCC’D’)\)

\((ABB’A’) \cap (DMB’N) = MB’\)

\((DCCD’) \cap (DMB’N) = DN\)

Do đó \(MB’ // DN\). Mà \(MB’ \subset (B’CM)\) nên \(DN // (C’BM)\).

Mặt phẳng \((A’DN)\) chứa hai đường thẳng \(A’D\) và \(DN\) cắt nhau và cùng song song với mặt phẳng \((C’BM)\) nên hai mặt phẳng \((A’DN)\) và \((C’BM)\) song song với nhau.

\(b)\) Trong mặt phẳng \((A’B’C’D’)\), gọi \(J\) là giao điểm của \(A’N\) và \(B’D’\).

Trong mặt phẳng \((BDD’B’)\), gọi \(E\) là giao điểm của \(DJ\) và \(BD’\).

Khi đó, \(E \in DJ, DJ \subset (A’DN)\) nên \(E \in (A’DN)\).

Vậy \(E\) là giao điểm của \(BD’\) và mặt phẳng \((A’DN)\).

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(CM\) và \(BD\).

Trong mặt phẳng \((BDD’B’)\), gọi \(F\) là giao điểm của \(B’I\) và \(BD’\).

Khi đó \(F \in B’I\). Mà \(B’I \subset (B’CM)\) nên p7\(F \in (B’CM)\).

Vậy \(F\) là giao điểm của \(BD’\) và mặt phẳng \((B’CM)\).

\(+)\) Ta có: \((A’DN) // (B’CM)\)

Mặt phẳng \((BDD’B’)\) cắt hai mặt phẳng \((A’DN)\) và \((B’CM)\) lần lượt theo hai giao tuyến \(DJ\) và \(B’I\) nên \(DJ // B’I\).

Xét trong mặt phẳng \((BDD’B’)\) có \(IF // DE\) nên theo định lí Thales ta có:

\(\displaystyle \frac{BI}{BD} = \displaystyle \frac{BF}{BE}\) (\(1\))

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\) của hình bình hành \(ABCD\). Khi đó \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).

Xét tam giác \(ABC\) có \(I\) là giao điểm của hai trung tuyến \(BO\) và \(CM\) nên \(I\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\).

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{BI}{BO} = \displaystyle \frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{BI}{\frac{1}{2} BD} = \displaystyle \frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{BI}{BD} = \displaystyle \frac{1}{3}\) (\(2\))

Từ (\(1\)) và (\(2\)) suy ra \(\displaystyle \frac{BF}{BE} = \displaystyle \frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{BF}{BE \ – \ BF} = \displaystyle \frac{BE}{EF} = \displaystyle \frac{1}{3 \ – \ 1} = \displaystyle \frac{1}{2}\)

Chứng minh tương tự ta cũng có: \(\displaystyle \frac{D’E}{D’F} = \displaystyle \frac{1}{3}\)

\(\Rightarrow \displaystyle \frac{D’E}{D’F \ – \ D’E} = \displaystyle \frac{D’E}{EF} = \displaystyle \frac{1}{3 \ – \ 1} = \displaystyle \frac{1}{2}\)

Vì vậy \(\displaystyle \frac{BE}{EF} = \displaystyle \frac{D’E}{EF} = \displaystyle \frac{1}{2}\)

Vậy \(BF = D’E = \displaystyle \frac{1}{2} EF\)

\(\)

Bài \(10\). Một khối gỗ có các mặt đều là một phần của mặt phẳng với \((ABCD) // (EFMH), CK // DH\). Khối gỗ bị hỏng một góc (Hình \(91\)). Bác thợ mộc muốn làm đẹp khối gỗ bằng cách cắt khối gỗ theo mặt phẳng \((R)\) đi qua \(K\) và song song với mặt phẳng \((ABCD)\).
\(a)\) Hãy giúp bác thợ mộc xác định giao tuyến của mặt phẳng \((R)\) với các mặt của khối gỗ để cắt được chính xác.
\(b)\) Gọi \(I, J\) lần lượt là giao điểm của \(DH, BF\) với mặt phẳng \((R)\). Biết \(BF = 60 cm, DH = 75 cm, CK = 40 cm\). Tính \(FJ\).

Trả lời:

\(a)\)

Trong mặt phẳng \((CDHK)\), qua \(K\) kẻ đường thẳng song song với \(CD\), cắt \(CH\) tại \(P\).

Trong mặt phẳng \((BCKF)\), qua \(K\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\), cắt \(BF\) tại \(N\).

Ta có: \(PK // CD, CD \subset (ABCD)\) nên \(PK // (ABCD)\)

\(NK // BC, BC \subset (ABCD)\) nên \(NK // (ABCD)\)

Mặt phẳng \((NKP)\) đi qua hai đường thẳng \(PK\) và \(NK\) cắt nhau và cùng song song với \((ABCD)\) nên \((NKP) // (ABCD)\).

Khi đó, mặt phẳng \((R)\) qua \(K\) và song song với \((ABCD)\) chính là mặt phẳng \((NKP)\).

Trong mặt phẳng \((ADHE)\), qua \(P\) kẻ đường thẳng song song với \(AD\), cắt \(AE\) tại \(Q\).

Khi đó mặt phẳng \((R)\) là mặt phẳng \((KPQN)\).

Vậy \((KPQN) \cap (CDHK) = KP\)

\((KPQN) \cap (ADHE) = PQ\)

\((KPQN) \cap (ABFE) = QN\)

\((KPQN) \cap (BCKF) = NK\)

\(b)\)

Theo bài ra ta có: \(P\) trùng với \(I\), \(N\) trùng với \(J\).

Ta có: \((ABCD) // (EFMH)\) mà \((R) // (ABCD)\) nên \((R) // (ABCD) // (EFMH)\).

Hai cát tuyến \(FB, HD\) cắt ba mặt phẳng song song \((EFMH), (R), (ABCD)\) lần lượt tại \(F, J, B\) và \(H, I, D\) nên theo định lí Thales ta có:

\(\displaystyle \frac{FJ}{HI} = \displaystyle \frac{FB}{HD}\) (*)

Lại có, trong mặt phẳng \((CDHK)\), tứ giác \(CDIK\) có \(CK // DI, IK // CD\) nên tứ giác \(CDIK\) là hình bình hành.

\(\Rightarrow DI = CK = 40 cm\)

\(\Rightarrow HI = DH \ – \ DI = 75 \ – \ 40 = 35 cm\)

Thay vào (*) ta có:

\(\displaystyle \frac{FJ}{35} = \displaystyle \frac{60}{75}\)

\(\Rightarrow FJ = \displaystyle \frac{60. 35}{75} = 28 cm\)

Vậy \(FJ = 28 cm\)

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 Bài tập cuối chương IV

Xem bài giải trước: Bài 6 – Phép chiếu song song. Hình biểu diễn của một hình không gian
Xem bài giải tiếp theo: Bài 1 – Các số đặc trưng đo xu thế trung tâm cho mẫu số liệu ghép nhóm
Xem các bài giải khác: Giải bài tập SGK Toán Lớp 11 Cánh Diều

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