Giải SGK Toán 11 CD Bài 1. Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian có đáp án

Lời giải:

Mặt của sân vận động là mặt phẳng.

Lời giải:

Các ví dụ trong thực tiễn nói về một phần của mặt phẳng là: Mặt bàn, mặt ghế, nền nhà, ...

Lời giải:

Nếu coi mặt sân Napoléon là một phần của mặt phẳng (P) thì đỉnh của kim tự tháp không thuộc mặt phẳng (P).

Lời giải

Lời giải

Dựa vào Hình 9, cần có 2 điểm đỡ để giữ cố định được xà ngang.

Lời giải

Vì ba điểm chân kiềng sẽ luôn luôn nằm trên một mặt phẳng.

Lời giải

Giao giữa bức tường chứa bảng với nền nhà là một đường thẳng.

Lời giải

Ta có: S ∈ (SAC) và S ∈ (SBD)

Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) đi qua điểm S.

Ta lại có: O ∈ AC mà AC ⊂ (SAC) nên O ∈ (SAC);

O ∈ BD mà BD ⊂ (SBD) nên O ∈ (SBD).

Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) đi qua điểm O.

Khi đó giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) chính là đường thẳng SO.

Vậy (SAC) ∩ (SBD) = SO.

Lời giải

a) Dựa vào hình vẽ ta thấy mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C đi qua đường thẳng d.

b) Có duy nhất một mặt phẳng đi qua điểm A và đường thẳng d.

Lời giải

a) Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, O có đi qua hai đường thẳng a và b.

b) Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua hai đường thẳng a và b.

Lời giải

Do tam giác ABC nằm trên mặt phẳng (P) nên (P) đi qua ba điểm A, B, C.

Mà có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm không thẳng hàng.

Do đó qua ba điểm A, B, C xác định được duy nhất mặt phẳng (P).

Mà điểm D không thuộc mặt phẳng (P) nên bốn điểm A, B, C, D không cùng nằm trên một đường thẳng.

Vậy không xác định được mặt phẳng nào đi qua hai đường thẳng AD và BC .

Lời giải

a) Đỉnh S không nằm trong mặt phẳng (ABCD).

b) Các mặt bên của hộp quà lưu niệm có dạng hình tam giác cân.

Mặt đáy của hộp quà lưu niệm có dạng hình vuông.

Lời giải

a)

+) Trong mặt phẳng (ABCD): Gọi giao điểm của AB với NC là E.

Mà NC ⊂ (CMN)

Suy ra: (CMN) ∩ AB = {E}.

+) Trong mặt phẳng (SAB): Kéo dài EM cắt AB tại F.

Mà EM ⊂ (CMN)

Suy ra (SAB) ∩ EM = {F}.

b)

+) Ta có: M ∈ SA mà SA ⊂ (SAB) nên M ∈ (SAB);

M ∈ CM mà CM ⊂ (CMN) nên M ∈ (CMN).

Do đó M là giao điểm của hai mặt phẳng (SAB) và (CMN).

Ta lại có: AB ∩ CN = {E};

AB ⊂ (SAB);

CN ⊂ (CMN).

Do đó E là giao điểm của hai mặt phẳng (SAB) và (CMN).

Vì vậy (SAB) ∩ (CMN) = EM.

+) Ta có: C ∈ SC mà SC ⊂ (SBC);

C ∈ CM mà CM ⊂ (CMN).

Do đó C là giao điểm của hai mặt phẳng (SBC) và (CMN).

Ta lại có: SB ∩ EM = {F};

SB ⊂ (SBC);

EM ⊂ (CMN).

Do đó F là giao điểm của hai mặt phẳng (SBC) và (CMN).

Vì vậy (SBC) ∩ (CMN) = CF.

Lời giải

a) Khối rubik tam giác có 4 đỉnh. Các đỉnh không cùng nằm trong một mặt phẳng.

b) Khối rubik tam giác có 4 mặt. Mỗi mặt của khối rubik tam giác là hình tam giác.

Lời giải

a)

+) Trong mặt phẳng (ABC), gọi giao điểm của MP với AC là E.

Mà MP ⊂ (MNP) nên (MNP) ∩ AC = {E}.

+) Trong mặt phẳng (ABD), gọi giao điểm của MN với BD là F.

Mà MP ⊂ (MNP) nên (MNP) ∩ BD = {F}.

b) • Ta có: N ∈ AD, mà AD ⊂ (ACD) nên N ∈ (ACD).

Lại có N ∈ (MNP)

Do đó N là giao điểm của (ACD) và (MNP).

Mặt khác: MP ∩ AC = {E};

MP ⊂ (MNP);

AC ⊂ (ACD).

Do đó E là giao điểm của (ACD) và (MNP).

Suy ra NE = (MNP) ∩ (ACD).

Trong mặt phẳng (ACD), nối NE cắt CD tại I.

Khi đó I ∈ CD và I ∈ NE ⊂ (MNP)

• Ta có: P ∈ BC, mà BC ⊂ (BCD) nên P ⊂ (BCD)

Lại có P ∈ (MNP)

Do đó P là giao điểm của (BCD) và (MNP).

Mặt khác: MN ∩ BD = {F}.

MN ⊂ (MNP);

BD ⊂ (BCD) .

Do đó F là giao điểm của (BCD) và (MNP).

Suy ra PF = (BCD) ∩ (MNP).

Trong mặt phẳng (BCD), gọi giao điểm của CD với PF là I.

Khi đó I ∈ CD, mà CD ⊂ (ACD)

I ∈ PF, mà PF ⊂ (MNP)

Suy ra I là giao điểm của hai mặt phẳng (MNP) và (ACD).

Hay I nằm trên giao tuyến NE của (MNP) và (ACD).

Do đó I ∈ NE.

Vậy ba đường thẳng NE, PF, CD cùng đi qua điểm I.

Lời giải

Công dụng của thước dẹt: Kiểm tra xem mặt tường đã phẳng chưa.

$\Rightarrow$ Áp thước vào mặt tường, nếu toàn bộ thước áp khít vào mặt tường thì mặt tường đã được trát phẳng, nếu thước không khít vào mặt tường thì cần bổ sung thêm vữa trát vào phần chưa khít đó.

Lời giải

Hình biểu diễn của chặn giấy bằng gỗ là:

Lời giải

Giả sử a ∩ b = {I} và α = mp(a, b);

a ∩ c = {J} và β = mp(a, c);

b ∩ c = {K} và γ = mp(b, c) với các điểm I, J, K phân biệt.

Khi đó α ∩ β = a và đường thẳng a chính là đường thẳng IJ.

α ∩ γ = b và đường thẳng b chính là đường thẳng IK.

β ∩ γ = c và đường thẳng c chính là đường thẳng JK.

Mà chỉ có một mặt phẳng duy nhất đi qua ba điểm I, J, K, đó là (IJK)

Khi đó a, b, c cùng thuộc mặt phẳng (IJK), điều này trái với giả thiết a, b, c không cùng nằm trong một mặt phẳng.

Vậy I, J, K phải trùng nhau hay a, b, c đồng quy.

Lời giải

• Ta có: S ∈ (SAC) và S ∈ (SBD)

Do đó S là giao điểm của (SAC) và (SBD).

Mặt khác: AC ∩ BD = {O}.

AC ⊂ (SAC);

BD ⊂ (SBD).

Do đó O là giao điểm của (SAC) và (SBD).

Suy ra (SAC) ∩ (SBD) = SO.

• Trong mặt phẳng (DMNC) có:

DN ∩ MC = {I}.

DN ⊂ (SDB);

MC ⊂ (SAB).

Do đó I là giao điểm của (SAC) và (SBD).

Suy ra giao tuyến SO của hai mặt phẳng này đi qua điểm I.

Hay I ∈ SO.

Vậy S, I, O thẳng hàng.

Lời giải

a) Trong mặt phẳng (SAC), gọi giao điểm của MN và AC là P.

Mà AC ⊂ (SAC)

Do đó MN ∩ (ABC) = {P}.

b) Ta có MN ∩ (ABC) = {P} nên P ∈ (ABC)

Lại có P ∈ MN mà MN ⊂ (BMN) nên P ∈ (BMN)

Do đó P là giao điểm của (BMN) và (ABC).

Mặt khác: B ∈ (BMN) và B ∈ (ABC).

Do đó B là giao điểm của (BMN) và (ABC).

Vì vậy (BMN) ∩ (ABC) = BP.

Lời giải

a) Trong mặt phẳng (ABCD) ta có: gọi giao điểm của AB và CD là N.

Mà AB ⊂ (SAB)

Do đó CD ∩ (SAB) = {N}.

b) Ta có: AB ∩ CD = {N};

AB ⊂ (SAB);

CD ⊂ (SCD)

Do đó N là giao điểm của (SAB) và (SCD).

Lại có: S ∈ (SAB) và S ∈ (SCD).

Nên S là giao điểm của (SAB) và (SCD).

Vì vậy (SAB) ∩ (SCD) = SN.

c) Ta có: C ∈ (SBC) và C ∈ (MCD).

Do đó C là giao điểm của (SBC) và (MCD).

Trong mặt phẳng (SAB), gọi Q là giao điểm của MN và SB.

Mà MN ⊂ (MCD) và SB ⊂ (SBC)

Suy ra Q là giao điểm của (SBC) và (MCD).

Vì vậy (SBC) ∩ (MCD) = CQ.

Lời giải

a)

+) Xét tam giác BCD có: I là trung điểm của CD nên BI là đường trung tuyến.

Mà M là trọng tâm tam giác BCD nên BI đi qua M.

Do đó M ∈ BI.

Lại có AI ⊂ (ABI) nên M ∈ (ABI).

+) Xét tam giác ACD có: I là trung điểm của CD nên AI là đường trung tuyến.

Mà N là trọng tâm tam giác ACD nên AI đi qua N.

Do đó N ∈ AI.

Lại có BI ⊂ (ABI) nên N ∈ (ABI).

b) Trong DBCD có M là trọng tâm tam giác nên $\frac{{MI}}{{BI}} = \frac{1}{3}$.

Trong DACD có N là trọng tâm tam giác nên $\frac{{NI}}{{AI}} = \frac{1}{3}$.

Xét DABI có: $\frac{{NI}}{{AI}} = \frac{{MI}}{{BI}} = \frac{1}{3}$ nên MN // AB (theo định lí Thalès đảo).

Xét DABI và MN // AB, theo hệ quả định lí Thalès ta có $\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{NI}}{{AI}} = \frac{{MI}}{{BI}} = \frac{1}{3}$.

Xét DABG và MN // AB, theo hệ quả định lí Thalès ta có $\frac{{GM}}{{GA}} = \frac{{GN}}{{GB}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{1}{3}$.

c)

• Gọi G’ là giao điểm của AM và CP; G’’ là giao điểm của AM và DQ.

Chứng minh tương tự câu b, ta có: $\frac{{G'M}}{{G'A}} = \frac{{G'P}}{{G'C}} = \frac{{PM}}{{AC}} = \frac{1}{3}$ và $\frac{{G''M}}{{G''A}} = \frac{{G''Q}}{{G''D}} = \frac{{QM}}{{AD}} = \frac{1}{3}$

Do đó $\frac{{GM}}{{GA}} = \frac{{G'M}}{{G'A}} = \frac{{G''M}}{{G''A}} = \frac{1}{3}$.

Mà G, G’, G’’ cùng nằm trên AM nên G ≡ G’ ≡ G’’.

Vậy các đường thẳng CP, DQ cùng đi qua điểm G.

• Xét tam giác ABC, kẻ đường trung tuyến AE (E ∈ BC).

Ta có: Q là trọng tâm DABC nên $\frac{{AQ}}{{AE}} = \frac{2}{3}$.

Xét tam giác ABD, kẻ đường trung tuyến AF (F ∈ BD).

Ta có: P là trọng tâm DABD nên $\frac{{AP}}{{AF}} = \frac{2}{3}$.

+) Trong mặt phẳng (AEF), có: $\frac{{AQ}}{{AE}} = \frac{{AP}}{{AF}} = \frac{2}{3}$ nên PQ // EF (định lí Thalès đảo)

Mà EF // CD (đường trung bình tam giác BCD).

Suy ra PQ // CD

Theo hệ quả định lí Thalès ta có: $\frac{{GP}}{{GC}} = \frac{{GQ}}{{GD}} = \frac{{QP}}{{CD}} = \frac{{QP}}{{2EF}} = \frac{1}{2}.\frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.