Giải SGK Toán 11 CTST Bài tập cuối chương IV có đáp án

Đáp án đúng là: A

Ta có: M ∈ AC ⊂ (ABC).

Đáp án đúng là: D

Đáp án đúng là: A

Ta có: S ∈ (SAC) ∩ (SBD)

M ∈ AC ⊂ (SAC)

M ∈ BD ⊂ (SBD)

⇒ M ∈ (SAC) ∩ (SBD)

Vậy (SAC) ∩ (SBD) = SM.

Đáp án đúng là: C

+) Trong tam giác SAB, có: IJ // AB (IJ là đường trung bình của tam giác)

Ta lại có AB // DC nên IJ // DC

+) Trong tam giác SDC có EF // DC (EF là đường trung bình của tam giác)

+) AD với IJ là hai đường thẳng chéo nhau.

Đáp án đúng là: A

Ta có: AB // CD

AB ⊂ (SAB)

CD ⊂ (SCD)

S ∈ (SAB) ∩ (SCD)

Suy ra giao tuyến của (SAB) và (SCD) đường thẳng p đi qua S song song với AB và CD.

Đáp án đúng là: A

+) Trong mặt phẳng (SAB), từ M kẻ đường thẳng song song với AB cắt SB tại N.

Suy ra giao tuyến của (α) với (SAB) là MN.

+) Trong mặt phẳng (SBC), từ N kẻ đường thẳng song song với BC // AD cắt SC tại P.

Suy ra giao tuyến của (α) với (SBC) là NP.

+) Trong mặt phẳng (SAD), từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AD cắt SD tại Q.

Suy ra giao tuyến của (α) với (SAD) là MQ.

Do đó mặt phẳng (MNPQ) là mặt phẳng (α) cần dựng.

Ta có MNPQ là hình vuông có cạnh bằng $\frac{2}{3}$ cạnh hình vuông và bằng $\frac{20}{3}$.

Diện tích của MNPQ là: ${(\frac{20}{3})}^{2}=\frac{400}{9}$ (đvdt).

Đáp án đúng là: D

Qua một điểm nằm ngoài mặt phắng cho trước ta vẽ được nhiều hơn một đường thẳng song song với mặt phẳng cho trước đó.

Đáp án đúng là: D

Ta có: (MPQ) // (ABA’) vì:

MQ // AB ⊂ (ABA’)

Mà MQ ⊂ (MNQ)

Do đó (MPQ) // (ABA’).

Trong mặt phẳng (CDD’C’), từ điểm O kẻ đường thẳng song song với MN cắt CD tại Q và C’D’ tại P. Suy ra mp(OMN) = mp(MNPQ). Khi đó:

+) Giao tuyến của (OMN) với (ABB’A’) là MN.

+) Giao tuyến của (OMN) với (A’B’C’D’) là NP.

+) Giao tuyến của (OMN) với (CC’D’D) là PQ.

+) Giao tuyến của (OMN) với (ABCD) là MQ.

Do (α) đi qua M và (α) // (SAD) nên (α) cắt các mặt của hình chóp tại các giao tuyến song song với (SAD).

+) Trong mặt phẳng (ABCD), từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AD cắt CD tại N. Suy ra giao tuyến của (α) và (ABCD) là MN // AD.

+) Trong mặt phẳng (SCD), từ điểm N kẻ đường thẳng song song với SD cắt SC tại P. Suy ra giao tuyến của (α) và (SCD) là NP // SD.

+) Trong mặt phẳng (SBC), từ điểm P kẻ đường thẳng song song với BC // AD cắt SB tại Q. Suy ra giao tuyến của (α) và (SBC) là PQ // AD.

+) Trong mặt phẳng (SAB), nối M và Q. Suy ra giao tuyến của (α) và (SAB) là MQ // SA.

a) Xét từ giác MNPQ, có: MN // PQ nên MNPQ là hình thang.

Ta có: SA // MQ, MN // AD và $\widehat{SAD}=60^{\circ}$ nên $\widehat{QMN}=60^{\circ}$.

Ta lại có: MN // AD, NP // SD và $\widehat{SDA}=60^{\circ}$ nên $\widehat{PNM}=60^{\circ}$.

Suy ra: $\widehat{QMN}=\widehat{PNM}=60^{\circ}$

Do đó tứ giác MNPQ là hình thang.

b)

+) Ta có ABCD là hình thoi và MN // AD //BC nên MN = a.

+) Trong tam giác ABC, có PQ // BC nên $\frac{PQ}{BC}=\frac{SQ}{SB}$ (định lí Thales)

+) Trong tam giác SAB, có: MQ / SA nên $\frac{SQ}{SB}=\frac{AM}{AB}=\frac{x}{a}$ (định lí Thales)

Do đó $\frac{PQ}{BC}=\frac{x}{a}\Leftrightarrow \frac{PQ}{a}=\frac{x}{a}\Leftrightarrow PQ=x$.

+) Ta lại có: $\frac{BQ}{SB}=\frac{MQ}{SA}=\frac{a-x}{a}\Rightarrow MQ=a-x$

+) Xét tam giác MHQ vuông tại H, có: $\sin \widehat{MQH}=\frac{QH}{MQ}\Rightarrow QH=MQ.\sin \widehat{MQH}=(a-x).\sin 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}(a-x)}{2}$.

Vậy diện tích hình thang cân MNPQ là: ${S}_{MNPQ}=\frac{(x+a).\frac{\sqrt{3}(a-x)}{2}}{2}=\frac{\sqrt{3}({a}^{2}-{x}^{2})}{4}$.

a) Vì d // (α) nên phép chiếu song song của d trên mặt phẳng (α) là AC và d // AC hay MN // AC.

Mặt khác ta lại có AM // NC

Do đó tứ giác MNCA là hình bình hành.

a,

+) Trong mặt phẳng (ABCD) kéo dài DM cắt AB tại O

Vì AO // DC nên $\frac{AO}{DC}=\frac{AM}{MC}=\frac{OM}{MD}=\frac{1}{2}$ (định lí Thales)

Suy ra $AO=\frac{1}{2}AB$.

+) Gọi N’ là giao điểm của BF và OE, khi đó: $\frac{OB}{EF}=\frac{BN'}{N'F}=\frac{ON'}{N'F}=\frac{1}{2}\Rightarrow BN'=2N'F$ nên N’ trùng N.

+) Trong mặt phẳng (ODE), có: $\frac{OM}{DM}=\frac{ON}{NE}=\frac{1}{2}$.

Suy ra MN // DE (định lí Thales đảo).

b) Ta có: MM$_{1}$ // AB // DC nên $\frac{A{M}_{1}}{D{M}_{1}}=\frac{AM}{MC}=\frac{1}{2}$.

Ta lại có: NN$_{1}$ // AB // EF nên $\frac{A{N}_{1}}{{N}_{1}F}=\frac{BN}{BF}=\frac{1}{2}$.

Suy ra $\frac{A{M}_{1}}{D{M}_{1}}=\frac{A{N}_{1}}{{N}_{1}F}=\frac{1}{2}$

Do đó M$_{1}$N$_{1}$ // DF

Mà DF ⊂ (DEF) nên M$_{1}$N$_{1}$ // (DEF).