Giải SGK Toán 11 CTST Bài 1. Điểm, đường thẳng và mặt phẳng trong không gian có đáp án

Người thợ mộc kiểm tra mặt bàn phẳng bằng cách sau:

- Đặt thước vào mặt bàn và đẩy di động;

- Kiểm tra xem thước có khít với mặt bàn không, nếu thước khít với mặt bàn thì mặt bàn phẳng, còn thước bị chênh so với mặt bàn thì mặt bàn không phẳng.

Gọi H là một điểm bất kì nằm trên đường chéo AC của tứ giác ABCD.

Áp dụng tính chất 2, ta có (Q) là mặt phẳng duy nhất đi qua bốn điểm A, B, C, D.

Áp dụng tính chất 3, ta có mọi điểm thuộc đường thẳng AC đều thuộc mặt phẳng (Q). Mà H thuộc AC nên H thuộc (Q).

Chứng minh tương tự với mọi điểm bất kì thuộc đường chéo BD.

Vật các điểm nằm trên đường chéo của tứ giác ABCD đều thuộc mặt phẳng (Q).

Bốn đỉnh A, B, C, D của cái bánh giò không cùng nằm trên một mặt phẳng.

Các mặt phẳng phân biệt được xác định từ bốn điểm M, N, P, O là: (OMN), (ONP), (OMP), (MNP).

Phần giao nhau của hai bức tường là một đường thẳng.

Gọi giao điểm của mặt phẳng (α) và (β) là đường thẳng d.

Ta có A, B, C là ba điểm chung của hai mặt phẳng phân biệt (α) và (β) nên A, B, C ∈ d do đó A, B, C thẳng hàng.

Xét tam giác ABC, có:

M là trung điểm của AB;

N là trung điểm của AC

Do đó MN là đường trung bình của tam giác ABC

 $\Rightarrow \frac{MN}{BC}=\frac{1}{2}$.

Để cánh cửa đóng mở được êm thì các điểm bản lề A, B, C của mặt phẳng cánh cửa và mặt tưởng phải nằm trên một trục quay và trục quay này là giao điểm của mặt phẳng cánh cửa và mặt tường.

Qua ba điểm A, B, C không thẳng hàng ta có một mặt phẳng duy nhất đi qua 3 điểm này là (ABC).

Qua hai điểm B và C ta vẽ được duy nhất một đường thẳng a đi qua hai điểm này .

Vì B và C thuộc (ABC) nên đường thẳng thẳng a cũng thuộc (ABC).

Ta có:

Hai điểm O và M thuộc mặt phẳng (P) nên đường thẳng a thuộc (P).

Hai điểm O và N thuộc mặt phẳng (P) nên đường thẳng b thuộc (P).

Vậy mặt phẳng (P) chứa cả hai đường thẳng a và b.

b)

Ta có: A ∈ (MAB) và A ∈ a ⊂ mp(a, b) nên A ∈ (MAB) ∩ mp(a, b).

Ta lại có: B ∈ (MAB) và B ∈ b ⊂ mp(a, b) nên B ∈ (MAB) ∩ mp(a, b).

c)

Ta có (MA’B’) cũng là mặt phẳng (MAB)

Mà (MAB) giao mp(a, b) là đường thẳng AB nên điểm C cũng thuộc đường thẳng này do đó ba điểm A, B, C thẳng hàng.

Qua bốn điểm không thẳng hàng ta có thể có được nhiều mặt phẳng đi qua bốn điểm này. Do đó chân ghế bốn chân hay bị khập khiễng.

Còn ghế ba chân có ba điểm tựa và qua ba điểm tựa này chỉ có thể có một mặt phẳng nên ghế ba chân không bị khập khiễng.

Giao tuyến của mặt phẳng tạo bởi tia laser OA và OB với hai mặt tường lần lượt là AC và BC.

a) Các công trình kiến trúc và các đồ vật trong Hình 30 có mặt bên là hình tam giác.

b) Điểm giống nhau là các hinh này đều có mặt bên là các hình tam giác, mặt đáy là các đa giác.

Hình chóp có số mặt ít nhất là Hình 34a).

a)

Xét mặt phẳng (SAC), có:

HK ∩ AC = {J}

Mà AC ⊂ (ABC)

Suy ra HK ∩ (ABC) = {J}.

+) Ta có:   $\left.\begin{array}{l}A\in \left(SAI\right)\\ A\in \left(ABK\right)\end{array}\right\}\Rightarrow A\in \left(SAI\right)\cap \left(ABK\right)$

Gọi D là giao điểm của SI và BK

Ta có:  $\left.\begin{array}{l}D\in SI\subset \left(SAI\right)\\ D\in BK\subset \left(ABK\right)\end{array}\right\}\Rightarrow D\in \left(SAI\right)\cap \left(ABK\right)$

Do đó  $\left(SAI\right)\cap \left(ABK\right)=AD$.

+) Ta có:   $\left.\begin{array}{l}H\in \left(SAI\right)\\ H\in \left(BHC\right)\end{array}\right\}\Rightarrow H\in \left(SAI\right)\cap \left(BHC\right)$

Ta lại có:  $\left.\begin{array}{l}I\in SI\subset \left(SAI\right)\\ I\in BC\subset \left(BHC\right)\end{array}\right\}\Rightarrow I\in \left(SAI\right)\cap \left(BHC\right)$

Do đó  $\left(SAI\right)\cap \left(BHC\right)=HI$.

a) +) Ta có  $\left.\begin{array}{l}S\in \left(SAC\right)\\ S\in \left(SBD\right)\end{array}\right\}\Rightarrow S\in \left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)$

Ta lại có: O là giao điểm của AC và BD nên

 $\left.\begin{array}{l}O\in AC\subset \left(SAC\right)\\ O\in BD\subset \left(SBD\right)\end{array}\right\}\Rightarrow O\in \left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)$

Suy ra  $\left(SAC\right)\cap \left(SBD\right)=SO$.

+) Ta có  $\left.\begin{array}{l}S\in \left(SA\text{'}C\text{'}\right)\\ S\in \left(SB\text{'}D\text{'}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow S\in \left(SA\text{'}C\text{'}\right)\cap \left(SB\text{'}D\text{'}\right)$

Ta lại có: O’ là giao điểm của A’C’ và B’D’ nên

 $\left.\begin{array}{l}O\text{'}\in A\text{'}C\text{'}\subset \left(SA\text{'}C\text{'}\right)\\ O\text{'}\in B\text{'}D\text{'}\subset \left(SB\text{'}D\text{'}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow O\in \left(SA\text{'}C\text{'}\right)\cap \left(SB\text{'}D\text{'}\right)$

Suy ra  $\left(SA\text{'}C\text{'}\right)\cap \left(SB\text{'}D\text{'}\right)=SO\text{'}$.

+) Mặt khác mặt phẳng (SA’C’) cũng chính là mặt phẳng (SAC), mặt phẳng (SB’D’) cũng chính là mặt phẳng (SBD) do đó SO’ trùng SO. Vì vậy S, O’, O thẳng hàng.

b) +) Ta có  $\left.\begin{array}{l}S\in \left(SAB\right)\\ S\in \left(SDC\right)\end{array}\right\}\Rightarrow S\in \left(SAB\right)\cap \left(SDC\right)$

Ta lại có: E là giao điểm của AB và DC nên

 $\left.\begin{array}{l}E\in DC\subset \left(SDC\right)\\ E\in AB\subset \left(SAB\right)\end{array}\right\}\Rightarrow E\in \left(SAB\right)\cap \left(SDC\right)$

Suy ra  $\left(SAB\right)\cap \left(SDC\right)=SE$.

+) Ta có $\left.\begin{array}{l}S\in \left(SA\text{'}B\text{'}\right)\\ S\in \left(SD\text{'}C\text{'}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow S\in \left(SA\text{'}B\text{'}\right)\cap \left(SD\text{'}C\text{'}\right)$

Ta lại có: E’ là giao điểm của D’C’ và A’B’ nên

 $\left.\begin{array}{l}E\text{'}\in A\text{'}B\text{'}\subset \left(SA\text{'}B\text{'}\right)\\ E\text{'}\in D\text{'}C\text{'}\subset \left(SD\text{'}C\text{'}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow E\text{'}\in \left(SA\text{'}B\text{'}\right)\cap \left(SD\text{'}C\text{'}\right)$

Suy ra  $\left(SB\text{'}C\text{'}\right)\cap \left(SD\text{'}C\text{'}\right)=SE\text{'}$.

+) Mặt khác mặt phẳng (SB’C’) cũng chính là mặt phẳng (SBC), mặt phẳng (SD’C’) cũng chính là mặt phẳng (SDC) do đó SE’ trùng SE. Vì vậy S, E’, E thẳng hàng.

+) Chia tam giác SS’S” thành 4 tam giác bằng nhau như hình vẽ:

- Lấy A, C, B lần lượt là trung điểm của SS’, SS”, S’S”.

- Nối các đoạn thẳng AB, BC, AC ta được bốn tam giác đều bằng nhau ∆SAC, ∆S’AB, ∆ABC, ∆S”BC.

+) Gập các nếp gấp AC, BC, AB, rồi chụm các đỉnh S, S’, S” làm một ta được hình chóp SABC.

a) Ta có: M ∈ SA ⊂ (SAC);

N ∈ SC ⊂ (SAC);

⇒ MN ⊂ (SAC).

b) Ta có O là giao điểm của AC và BD

O ∈ AC ⊂ (SAC)

O ∈ BD ⊂ (SBD).

⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBD).

Gọi I là giao điểm của AM và SO.

Mà SO ⊂ (SBD)

Suy ra I ∈ (SBD).

Xét tam giác SAC, có:

AM, SO là các đường trung tuyến của tam giác

Mà I là giao điểm của AM và SO nên I là trọng tâm tam giác SAC

Suy ra  $AI=\frac{2}{3}AM$ hay AI = 2 IM.

Từ M kẻ đường thẳng song song với AB cắt SD tại E.

Ta có ME ⊂ (ABM).

Do đó SD ∩ (ABM) = {E}.

c)

Gọi MN giao với BE tại J

Mà BE ⊂ (SBD)

Suy ra I là giao điểm của MN và (SBD).

b)

Gọi Q là giao điểm của PE và SA

Mà PE ⊂ (MNP)

Suy ra SA ∩ (MNP) = {Q}.

a) +) Ta có: EF ∩ BC = {I}, EG ∩ BD = {G}

Mà EF, EG ⊂ (EGF) và BC, BD ⊂ (BCD)

Suy ra (EFG) ∩ (BCD) = {IG}.

+) Ta có: EF ∩ AC = {F}, EG ∩ AD = {H}

Mà EF, EG ⊂ (EGF) và AC, AD ⊂ (ACD)

Suy ra (EFG) ∩ (ACD) = {FH}.