Giải SBT Toán 11 CTST Bài tập cuối chương 4 có đáp án

Đáp án đúng là: C

A sai. Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì sẽ có vô số mặt phẳng chứa 3 điểm thẳng hàng đã cho.

B sai. Trong trường hợp điểm thuộc đường thẳng đã cho, khi đó ta chỉ có 1 đường thẳng, có vô số mặt phẳng đi qua đường thẳng đó.

D sai. Trong trường hợp 4 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó hoặc trong trường hợp 4 điểm không đồng phẳng thì không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm.

M ∈ AC mà AC ⊂ (SAC) nên M ∈ (SAC);

M ∈ BD mà BD ⊂ (SBD) nên M ∈ (SBD).

Do đó M ∈ (SAC) ∩ (SBD).

Lại có S ∈ (SAC) ∩ (SBD) nên (SAC) ∩ (SBD) = SM.

Ta có AM ∩ SO = P, mà SO ⊂ (SBD) nên AM ∩ (SBD) = P.

Đáp án đúng là: B

Trong không gian, hai đường thẳng không có điểm chung và

⦁ và cùng nằm trong một mặt phẳng thì chúng song song với nhau;

⦁ và không cùng nằm trong một mặt phẳng thì chúng chéo nhau.

Đáp án đúng là: B

⦁ a // b, a // (P) thì b // (P) hoặc b ⊂ (P);

⦁ a // b, a cắt (P) thì b cắt (P);

⦁ a // b, a ⊂ (P) thì b // (P) hoặc b ⊂ (P).

Vậy ta chọn phương án B.

Đáp án đúng là: A

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.

Ta có M ∈ AB mà AB ⊂ (ABQ), nên M ∈ (ABQ) (1)

Khi đó đường trung tuyến CM đi qua trọng tâm P của của ∆ABC.

Do đó mặt phẳng (DCP) chính là mặt phẳng (DCM), nên M ∈ (DCP) (2)

Từ (1) và (2) suy ra M ∈ (ABQ) ∩ (DCP).

Tương tự ta cũng có N ∈ (ABQ) ∩ (DCP).

Suy ra (ABQ) ∩ (DCP) = MN.

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).

Đáp án đúng là: C

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

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.

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).

• 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.

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.

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.

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: $\frac{MN}{BD}=\frac{AI}{AO}=\frac{x}{a}\Rightarrow MN=\frac{2bx}{a}$

$\Rightarrow {S}_{ΔJMN}=\frac{1}{2}\cdot MN\cdot MJ.\sin \widehat{NMJ}=\frac{1}{2}M{N}^{2}\sin 60^{\circ}=\frac{1}{2}\cdot {(\frac{2bx}{a})}^{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{{b}^{2}{x}^{2}\sqrt{3}}{{a}^{2}}.$

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.