Với giải SGK Toán 11 Chân trời sáng tạo trang 120 chi tiết trong Bài 5: Phương trình lượng giác giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập Toán 11. Mời các bạn đón xem:

Giải Toán 11 trang 120 Tập 1 (Chân trời sáng tạo)

Bài 2 trang 120 Toán 11 Tập 1: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành có O là giao điểm của hai đường chéo. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD.

a) Chứng minh rằng (OMN) // (SBC).

b) Gọi E là trung điểm của AB và F là một điểm thuộc ON. Chứng minh EF song song với (SBC).

Lời giải:

a) +) Trong tam giác SAD có: MN // AD (đường trung bình) mà AD // BC nên MN // BC.

Mặt khác BC ⊂ (SBC)

Suy ra MN // (SBC).

+) Trong tam giác SAC, có: OM // SC (đường trung bình) mà SC ⊂ (SBC) nên OM // (SBC).

+) Ta lại có MN, OM ⊂ (OMN) và OM cắt MN tại M

Vì vậy (OMN) // (SBC).

b) +) Trong tam giác SAB, có: EM // SB (đường trung bình) mà SB ⊂ (SBC) nên EM // (SBC).

Từ điểm M ta xác định được duy nhất một mặt phẳng song song với (SBC) nên EM ⊂ (OMN).

Do đó EF ⊂ (OMN) mà (OMN) // (SBC) nên EF // (SBC).

Bài 3 trang 120 Toán 11 Tập 1: Cho hai hình vuông ABCD và ABEF ở trong hai mặt phẳng khác nhau. Trên các đường chéo AC và BF lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AM = BN. Các đường thẳng song song với AB vẽ từ M, N lần lượt cắt AD, AF tại M’, N’.

a) Chứng minh (CBE) // (ADF).

b) Chứng minh (DEF) // (MNN’M’).

Lời giải:

a) Ta có: BE // AF (ABEF là hình vuông) mà AF ⊂ (ADF) nên BE // (ADF).

BC // AD (ABCD là hình vuông) mà AD ⊂ (ADF) nên BC // (ADF)

Mặt khác BE, BC cắt nhau tại B và nằm trong mặt phẳng (CBE)

Vì vậy (CBE) // (ADF).

b) Trong mặt phẳng (ABF) có: NN’ // AD nên $\frac{AN\text{'}}{AF}=\frac{BN}{BF}$ (định lí Thales).

Trong mặt phẳng (ADC) có: MM’ // DC nên $\frac{AM\text{'}}{AD}=\frac{AM}{AC}$ (định lí Thales).

Ta có hình vuông ABCD và hình vuông ABEF là hai hình vuông bằng nhau vì cùng chung cạnh AB nên AC = BF mà AM = BN nên $\frac{BN}{BF}=\frac{AM}{AB}$ suy ra $\frac{AN\text{'}}{AF}=\frac{AM\text{'}}{AC}$.

Trong tam giác ADF, có $\frac{AN\text{'}}{AF}=\frac{AM\text{'}}{AC}$ nên M’N’ // DF (theo định lí Thales đảo).

Mà DF ⊂ (DEF) nên M’N’ // (DEF).

Ta có: MM’ // AD // DC (gt) mà DC ⊂ (DEF) nên MM’ // (DEF)

Ta lại có M’N’ và MM’ là hai đường thẳng cắt nhau tại M’ và cùng nằm trong (MNN’M’).

Vì vậy (DEF) // (MNN’M’).

Bài 4 trang 120 Toán 11 Tập 1: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi G1 và G2 lần lượt là trọng tâm của hai tam giác BDA’ và B’D’C. Chứng minh G1 và G2 chia đoạn AC’ thành ba phần bằng nhau.

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD, O’ là giao điểm của A’C’ và B’D’, I là giao điểm của AC’ và A’C.

Tứ giác AA’C’C là hình bình hành có I là trung điểm của A’C và I cũng là trung điểm của AC’.

+) Trong tam giác BA’D có: G₁ là trọng tâm tam giác và A’O là đường trung tuyến nên G₁ ∈ A’O thỏa mãn A’G₁ = $\frac{2}{3}$A’O.

+) Trong tam giác B’CD’ có: G₂ là trọng tâm tam giác và CO’ là đường trung tuyến nên G₂ ∈ CO’ thỏa mãn CG₂ = $\frac{2}{3}$CO’.

+) Trong tam giác A’AC có G₁ ∈ A’O thỏa mãn A’G₁ = $\frac{2}{3}$A’O nên G₁ là trọng tâm tam giác AA’C nên AG₁ = $\frac{2}{3}$AI mà I là trung điểm của AC thì AI = $\frac{1}{2}$AC, suy ra AG₁ = $\frac{1}{3}$AC.

+) Tương tự trong tam giác A’CC’, có: AG₂ = $\frac{1}{3}$AC.

Vì vậy G₁G₂ = $\frac{1}{3}$AC.

Bài 5 trang 120 Toán 11 Tập 1: Để làm một khung lồng đèn kéo quân hình lăng trụ lục giác ABCDEF.A’B’C’D’E’F’, Bình gắn hai thanh tre A1D1, F1C1 song song với mặt phẳng đáy và cắt nhau tại O1 (Hình 19).

a) Xác định giao tuyến của mp(A₁D₁, F₁C₁) với các mặt bên của lăng trụ.

b) Cho biết A’A₁ = 6AA₁ và AA’ = 70 cm. Tính CC₁ và C₁C’.

Lời giải:

a) Ta có: A₁D₁ // (ABCDEF) và F₁C₁ // (ABCDEF)

Mà A₁D₁ cắt F₁C₁ tại O nên (A₁F₁D₁C₁) // (ABCDEF)

+) Ta có: giao tuyến của (ABCDEF) với (AA’B’B) là AB mà (A₁F₁D₁C₁) // (ABCDEF) nên giao tuyến của (A₁F₁D₁C₁) với (AA’B’B) là đường thẳng đi qua A₁ song song với AB cắt BB’ tại B₁.

Vì vậy giao tuyến của (A₁F₁D₁C₁) với (AA’B’B) là A₁B₁.

+) Giao tuyến của (A₁F₁D₁C₁) với (BB’C’C) là B₁C₁.

+) Giao tuyến của (A₁F₁D₁C₁) với (CC’D’D) là C₁D₁.

+) Ta có: giao tuyến của (ABCDEF) với (DD’E’E) là DE

Mà (A₁F₁D₁C₁) // (ABCDEF) nên giao tuyến của (A₁F₁D₁C₁) với (DD’E’E) là đường thẳng đi qua D₁ song song với DE cắt EE’ tại E₁.

Vì vậy giao tuyến của (A₁F₁D₁C₁) với (DD’E’E) là D₁E₁.

+) Giao tuyến của (A₁F₁D₁C₁) với (EE’F’F) là E₁F₁.

+) Giao tuyến của (A₁F₁D₁C₁) với (AA’F’F) là A₁F₁.

b) Ta có:

(A’B’C’D’E’F’) // (ABCDEF) và (ABCDEF) // (A₁B₁C₁D₁E₁F₁) nên (A’B’C’D’E’F’) // (A₁B₁C₁D₁E₁F₁).

(A’B’C’D’E’F’) ∩ (AA’C’C) = A’C’

(A₁B₁C₁D₁E₁F₁) ∩ (AA’C’C) = A₁C₁

(ABCDEF) ∩ (AA’C’C) = AC

Suy ra A’C’ // A₁C₁ // AC và $A\text{'}{A}_1\frac{A\text{'}{A}_1}{A{A}_1}=\frac{C\text{'}{C}_1}{C{C}_1}=6\Rightarrow C\text{'}{C}_1=6C{C}_1$

Ta lại có: AA’ = CC’ = 70 cm

Suy ra C’C₁ + CC₁ = 70

Vì vậy CC₁ = 10 cm và C’C₁ = 60 cm.

Bài 6 trang 120 Toán 11 Tập 1: Chỉ ra các mặt phẳng song song trong mỗi hình sau. Tìm thêm một số ví dụ khác về mặt phẳng song song trong thực tế.

Lời giải:

Các mặt phẳng song song trong Hình 20a là các bề mặt của tấm pin năng lượng mặt trời.

Các mặt phẳng song song trong Hình 20b là các mặt trước và mặt sau của ngôi nhà.