Giải SBT Toán 11 trang 68 tập 1 Kết nối tri thức
Giải bài tập SBT Toán 11 KNTT trang 68 bài 13
- Giải bài 4.33 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
- Giải bài 4.34 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
- Giải bài 4.35 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
- Giải bài 4.36 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
- Giải bài 4.37 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
- Giải bài 4.38 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
- Giải bài 4.39 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
- Giải bài 4.40 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
Giải SBT Toán 11 trang 68 tập 1 Kết nối tri thức hướng dẫn giải các bài tập thuộc Bài 13 Hai mặt phẳng song song. Nội dung được trình bày rõ ràng, giúp học sinh kiểm tra kết quả, củng cố kiến thức hình học không gian và nâng cao kỹ năng giải bài tập Toán 11 KNTT.
Giải bài 4.33 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
Cho hai hình bình hành 
\(ABCD\) và \(ABEF\) không cùng nằm trong một mặt phẳng. Chứng minh rằng sau điểm \(A, B, C, D, E, F\) là sáu đỉnh của một hình lăng trụ tam giác.
Hướng dẫn giải
Hình vẽ minh họa:
Ta có: \(AD // BC\) (do \(ABCD\) là hình bình hành)
\(=>AD // mp (BCE), AF // BE\) (do \(ABEF\) là hình bình hành)
\(=> AF // mp (BCE).\)
Mà AD và AF là hai đường thẳng cắt nhau cùng nằm trong mặt phẳng ADF.
\(=> mp (ADF) // mp (BCE).\)
Các đường thẳng \(AB, CD, EF\) đôi một song song với nhau.
Giải bài 4.34 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\). Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh \(AD, BC, B’C’, A’D’\) lần lượt tại \(E, F, G, H\). Chứng minh rằng tứ giác \(EFGH\) là hình bình hành.
Hướng dẫn giải
Hình vẽ minh họa:
Vì hai mặt phẳng \((ABCD)\) và \((A’B’C’D’)\) của hình hộp song song với nhau nên giao tuyến của mặt phẳng (EFGH) và hai mặt phẳng đó song song với nhau.
\(=> EF // GH\)
Vì hai mặt phẳng \((AA’D’D)\) và \((B’B’C’B)\) của hình hộp song song với nhau nên giao tuyến của mặt phẳng (EFGH) và hai mặt phẳng đó song song với nhau.
\(=> EH // GF\)
Tứ giác EFGH có: \(EF // GH, EH // GF\) nên tứ giác EFGH là hình bình hành.
Giải bài 4.35 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’.\)
a) Xác định giao tuyến d của hai mặt phẳng \((ADC’B’)\) và (\(A’D’CB).\)
b) Chứng minh rằng \(d // AD\).
c) Chứng minh rằng d đi qua trung điểm của các đường chéo của hình hộp.
Hướng dẫn giải
Hình vẽ minh họa
a) Gọi E là giao điểm của AB’ và A’B; gọi F là giao điểm của CD’ và C’D.
Vì đường thẳng EF vừa thuộc cả hai mặt phẳng \((ADC’B’)\) và \((A’D’CB)\) nên EF là giao tuyến của hai mặt phẳng \((ADC’B’)\) và \((A’D’CB)\).
b) Hai mặt phẳng \((ADC’B’)\) và \((A’D’CB)\) chứa hai đường thẳng song song là AD và BC
=> Giao tuyến EF của hai mặt phẳng đó song song với AD.
c) Ta có:
Tứ giác ABCD và BCC’B’ là hình bình hành \(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AD//BC,AD = BC{\rm{ }}\\
BC//B'C',BC = B\prime C\prime
\end{array} \right.\)
=>\(ADC’B’\) là hình bình hành.
Vì E, F lần lượt là trung điểm của AB’ và CD’ nên EF đi qua trung điểm của AC’. Vì các đường chéo của hình hộp cùng đi qua trung điểm của mỗi đường nên đường thẳng EF đi qua trung điểm các đường chéo đó.
Giải bài 4.36 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng:
a) AB’ // C’D’;
b) Hai mặt phẳng (AB’D’) và (C’B’D) song song với nhau.
Hướng dẫn giải
Hình vẽ minh họa
a) Tứ giác ABCD và BCC’B’ là hình bình hành
\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
AD{\rm{ }}//{\rm{ }}BC,{\rm{ }}AD{\rm{ }} = {\rm{ }}BC\\
BC{\rm{ }}//{\rm{ }}B'C';BC{\rm{ }} = {\rm{ }}B\prime C\prime
\end{array} \right.\)
=> ADC’B’ là hình bình hành nên AB’//C’D.
b) Ta có: \(AB’ // C’D => AB’ // mp(C’BD)\)
Chứng minh tương tự ta có: AD’ // BC’ nên AD’ // mp(C’BD). Mặt phẳng (AB’D’) có hai đường thẳng cắt nhau AB’ và AD’ cùng song song với mp(C’BD) nên hai mặt phẳng (AB’D’) và (C’B’D) song song với nhau.
Giải bài 4.37 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
Cho ba mặt phẳng \((P), (Q), (R)\) đôi một song song. Hai đường thẳng d, d’ cắt ba mặt phẳng lần lượt tại \(A, B, C\) và \(A’, B’, C’\). Biết rằng \(AB = 2cm, BC = 6cm\) và \(A’B’ = 3cm\). Tính B’C
Hướng dẫn giải
Vì ba mặt phẳng \((P), (Q), (R)\) đôi một song song và hai đường thẳng d, d’ cắt ba mặt phẳng lần lượt tại \(A, B, C\) và \(A’, B’, C’\) nên \(\frac{AB}{BC}\) = \(\frac{A'B'}{B'C'}\) (định lí Thalès)
\(\Rightarrow \frac{2}{6} = \frac{3}{{B'C'}} \Rightarrow B'C' = 3.\frac{6}{2} = 9\left( {cm} \right)\)
Giải bài 4.38 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\). Gọi O là giao điểm của các đường chéo của hình hộp. Mặt phẳng qua O và song song với mặt phẳng \((ABCD)\) cắt các cạnh \(AA’, BB’, CC’, DD’\) lần lượt tại \(M, N, P, Q\).
a) Chứng minh rằng \(M, N, P, Q\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(AA’, BB’, CC’, DD’\).
b) Chứng minh rằng \(ABCD.MNPQ\) là hình hộp.
Hướng dẫn giải
Hình vẽ mịnh họa:
a) Áp dụng định lí Thalès cho ba mặt phẳng \((ABCD), (MNPQ), (A’B’C’D’)\) và hai cát tuyến AA’, DB’ ta có: \(\frac{{AM}}{{MA'}} = \frac{{DO}}{{OB'}}\)
Vì O là trung điểm của DB’ => M là trung điểm của AA’.
Chứng minh tương tự ta có: N, P, Q lần lượt là trung điểm của BB’, CC’, DD’.
b) Ta có: M, N lần lượt là trung điểm của AA’, BB’ \(\Rightarrow MN//AB,{\rm{ }}MN = AB\)
Tương tự ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
PQ{\rm{ }}//{\rm{ }}CD\\
PQ{\rm{ }} = {\rm{ }}CD
\end{array} \right.\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
AB{\rm{ }} = {\rm{ }}CD\\
AB{\rm{ }}//{\rm{ }}CD
\end{array} \right. \Rightarrow MN = PQ;MN//PQ\)
=> Tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Vì các đường thẳng AM, BN, CP, DQ đôi một song song nên suy ra ABCD.MNPQ là hình hộp.
Giải bài 4.39 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
Khi cắt một chiếc bánh gato hình hộp, Thúy nhận thấy vết cắt ở mặt trên và mặt dưới của bánh gợi nên hình ảnh về hai đường thẳng song song với nhau. Hỏi nhận xét của Thúy có đúng không? Vì sao?
Hướng dẫn giải
Khi Thúy cắt bánh thì lưỡi dao di chuyển tạo thành một mặt phẳng cắt hai mặt trên và dưới của chiếc bánh. Vì mặt trên và mặt dưới của chiếc bánh song song với nhau nên các vết cắt (chính là giao tuyến của mặt phẳng cắt và hai mặt bánh) song song với nhau.
Giải bài 4.40 trang 68 SBT Toán 11 tập 1 KNTT
Một chiếc bình nước hình trụ được đặt trên bàn, lượng nước trong bình bằng đúng một nửa dung tích của bình. Hoàng đặt một chiếc ống hút vào trong bình sao cho cho một đầu của ống hút chạm vào đáy bình còn một đầu chạm vào miệng bình. Hoàng nói rằng độ dài của phần ống hút bị ướt bằng độ dài của toàn bộ ống hút. Hỏi Hoàng nói đúng hay sai? Vì sao?
Hướng dẫn giải
Hoàng nói sai, theo định lí Thalès trong không gian thì độ dài của phần ống bị ướt bằng \(\frac{1}{2}\) độ dài của toàn bộ ống hút.
--------------------------------
Qua Giải SBT Toán 11 trang 68 tập 1 Kết nối tri thức, học sinh có thể hệ thống lại những kiến thức quan trọng về hai mặt phẳng song song và cách vận dụng vào từng dạng bài. Chủ động làm bài trước khi tham khảo lời giải sẽ giúp các em hiểu bản chất, rèn tư duy hình học và hạn chế những lỗi thường gặp. Đây là tài liệu tham khảo phù hợp để ôn tập, củng cố kiến thức và học tốt môn Toán 11.
