Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn một dạng toán rất hay trong chương trình toán lớp 11 đó chính là bài tập hai mặt phẳng song song có lời giải lớp 11 rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về giáo án bài tập hai mặt phẳng song song lớp 11 có lời giải bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán Hình Học lớp 11 đạt được kết quả cao trong học tập nhé!
DẠNG 1. CHỨNG MINH HAI MẶT PHẲNG SONG SONG
Phương pháp giải: áp dụng định lý
$\left\{ \begin{align}& a\cap b=I \\& a,\,b\subset \left( \alpha \right) \\& a\text{//}\left( \beta \right),\,b\text{//}\left( \beta \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( \alpha \right)\text{//}\left( \beta \right)$
Nhận xét: Thực chất của việc chứng minh 2 mặt phẳng song song là tìm 2 đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng này song song với 2 đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng kia. Vậy:
$\left\{ \begin{align}& a\subset \left( \alpha \right),\,b\subset \left( \alpha \right) \\& a\not\subset \left( \beta \right),\,b\subset \left( \beta \right) \\& a\cap b=I \\& c\subset \left( \beta \right),\,d\subset \left( \beta \right) \\& a\text{//}c,\,b\text{//}d \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( \alpha \right)\text{//}\left( \beta \right)$
Chứng minh 2 mặt phẳng đó cùng song song với mặt phẳng khác.
$\left\{ \begin{align}& \left( \alpha \right)\text{//}\left( \gamma \right) \\& \left( \beta \right)\text{//}\left( \gamma \right) \\& \left( \alpha \right)\ne \left( \beta \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( \alpha \right)\text{//}\left( \beta \right)$.
Bài tập 1: Tìm khẳng định đúng trong các khẳng định sau:
A. Nếu hai mặt phẳng cùng song song với một mặt phẳng khác thì chúng song song với nhau.
B. Nếu ba mặt phẳng phân biệt đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến thì ba giao tuyến đó đồng quy.
C. Nếu đường thẳng $a$ song song với mặt phẳng $\left( P \right)$ thì $a$ song song với một đường thẳng nào đó nằm trong $\left( P \right)$.
D. Cho hai đường thẳng $a$, $b$ nằm trong mặt phẳng $\left( P \right)$ và hai đường thẳng ${a}’$, ${b}’$ nằm trong mặt phẳng $\left( Q \right)$. Khi đó, nếu $a\,\text{//}\,{a}’$; $b\,\text{//}\,{b}’$ thì $\left( P \right)\,\text{//}\,\left( Q \right)$.
Lời giải
Đáp án A sai vì hai mặt phẳng đó có thể trùng nhau.
Đáp án B sai vì ba mặt phẳng phân biệt đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến thì ba giao tuyến đó hoặc đồng quy hoặc đôi một song song hoặc trùng nhau (lý thuyết).
Đáp án C đúng. Ta chọn mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ chứa $a$ và cắt mặt phẳng $\left( P \right)$ theo giao tuyến $d$ thì $d\subset \left( P \right)$ và $a\,\text{//}\,d$ (Hình 1).
Đáp án D sai vì ta có thể lấy hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ thỏa $a$, $b$ nằm trong mặt phẳng $\left( P \right)$; ${a}’$, ${b}’$ nằm trong mặt phẳng $\left( Q \right)$ với $a\,\text{//}\,b\,\text{//}\,{a}’\,\text{//}\,{b}’$ mà hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ cắt nhau (Hình 2).
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được chính là C.
Bài tập 2: Tính tỉ số $\frac{SP}{SD}$
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang, $AB$//$CD$ và $AB=2CD$. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Lấy $E$ thuộc cạnh $SA$, $F$ thuộc cạnh $SC$ sao cho $\frac{SE}{SA}=\frac{SF}{SC}=\frac{2}{3}$(tham khảo hình vẽ dưới đây).
Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng qua $O$ và song song với mặt phẳng $\left( BEF \right)$. Gọi $P$ là giao điểm của $SD$ với $\left( \alpha \right)$. Tính tỉ số $\frac{SP}{SD}$.
A. $\frac{SP}{SD}=\frac{3}{7}$. B. $\frac{SP}{SD}=\frac{7}{3}$. C. $\frac{SP}{SD}=\frac{7}{6}$. D. $\frac{SP}{SD}=\frac{6}{7}$.
Lời giải
Vì $\frac{SE}{SA}=\frac{SF}{SC}=\frac{2}{3}$ nên đường thẳng $EF$ // $AC$. Mà $EF\subset \left( BEF \right)$, $AC\not\subset \left( BEF \right)$ nên $AC$ song song với mặt phẳng $\left( BEF \right)$.
Vì $AC$ qua $O$ và song song với mặt phẳng $\left( BEF \right)$ nên $AC\subset \left( \alpha \right)$.
Trong $\left( SAC \right)$, gọi $I=SO\cap EF$, trong $\left( SBD \right)$, gọi $N=BI\cap SD$. Suy ra $N$ là giao điểm của đường thẳng $SD$ với mặt phẳng $\left( BEF \right)$.
Hai mặt phẳng song song $\left( BEF \right)$ và $\left( \alpha \right)$ bị cắt bởi mặt phẳng thứ ba là $\left( SCD \right)$ theo hai giao tuyến lần lượt là $FN$và $Ct$ nên hai giao tuyến đó song song nhau, tức là $Ct$ // $FN$.
Trong $\left( SCD \right)$, $Ct$ cắt $SD$ tại $P$. Khi đó $P$ là giao điểm của $SD$ với $\left( \alpha \right)$.
Trong hình thang $ABCD$, do $AB$//$CD$ và $AB=2CD$ nên $\frac{BO}{OD}=\frac{AB}{CD}=2\Rightarrow \frac{BO}{BD}=\frac{2}{3}$.
Trong tam giác $SAC$, có $EF$ // $AC$ nên $\frac{SE}{SA}=\frac{SI}{SO}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{IS}{IO}=2$.
Xét tam giác $SOD$ với cát tuyến $NIB$, ta có: $\frac{NS}{ND}.\frac{BD}{BO}.\frac{IO}{IS}=1\Rightarrow \frac{NS}{ND}=\frac{BO}{BD}.\frac{IS}{IO}=\frac{2}{3}.2=\frac{4}{3}$.
Suy ra: $\frac{SN}{SD}=\frac{4}{7}$ (1).
Lại có: $\frac{SN}{SP}=\frac{SF}{SC}=\frac{2}{3}$ (Do $CP$ // $FN$) (2).
Từ (1) và (2) suy ra $\frac{SP}{SD}=\frac{6}{7}$.
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được chính là D.
Bài tập 3: Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( \alpha \right)$ là hình gì
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ có $AC=a,BD=b$. Tam giác $SBD$ là tam giác đều. Một mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ di động song song với mặt phẳng $\left( SBD \right)$ và đi qua điểm $I$ trên đoạn $AC$và $AI=x\text{ }\left( 0<x<a \right)$. Thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left( \alpha \right)$ là hình gì?
A. Hình bình hành B. Tam giác C. Tứ giác D. Hình thang
Lời giải
Trường hợp 1. Xét $I$ thuộc đoạn $OA$
Ta có $\left\{ \begin{align}& I\in \left( \alpha \right)\cap \left( ABD \right) \\& \left( \alpha \right)\parallel \left( SBD \right) \\& \left( ABD \right)\cap \left( SBD \right)=BD \\\end{align} \right.$
$\Rightarrow \left( \alpha \right)\cap \left( ABD \right)=MN\parallel BD,I\in MN$.
Tương tự $\left\{ \begin{align}& N\in \left( \alpha \right)\cap \left( SAD \right) \\& \left( \alpha \right)\parallel \left( SBD \right) \\& \left( SAD \right)\cap \left( SBD \right)=SD \\\end{align} \right.$ $\Rightarrow \left( SAD \right)\cap \left( \alpha \right)=NP\parallel SD,P\in SN$.
Thiết diện là tam giác $MNP$.
Do $\left\{ \begin{align}& \left( \alpha \right)\parallel \left( SBD \right) \\& \left( SAB \right)\cap \left( SBD \right)=SB \\& \left( SAB \right)\cap \left( \alpha \right)=MP \\\end{align} \right.\Rightarrow MP\parallel SB$. Hai tam giác $MNP$ và $BDS$ có các cặp cạnh tương ứng song song nên chúng đồng dạng, mà $BDS$đều nên tam giác $MNP$ đều.
Trường hợp 2. Điểm $I$ thuộc đoạn $OC$, tương tự trường hợp 1 ta được thiết diện là tam giác đều $HKL$ như $\left( hv \right)$.
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được chính là B.
Xem thêm: Lý thuyết và bài tập về đại cương về đường thẳng và mặt phẳng
Bài tập 4:Tìm đáp án đúng trong các đáp án sau
Cho hình hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Mặt phẳng $\left( M{A}'{C}’ \right)$ cắt hình hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ theo thiết diện là hình gì?
A. Hình thang. B. Hình ngũ giác. C. Hình lục giác. D. Hình tam giác.
Lời giải
Trong mặt phẳng $\left( AB{B}'{A}’ \right)$, $AM$ cắt $B{B}’$ tại $I$
Do $MB\text{//}{A}'{B}’;\,\,MB=\frac{1}{2}{A}'{B}’$ nên $B$ là trung điểm ${B}’I$ và $M$ là trung điểm của $I{A}’$.
Gọi $N$ là giao điểm của $BC$ và ${C}’I$.
Do $BN\text{//}{B}’C$ và $B$ là trung điểm ${B}’I$ nên $N$ là trung điểm của ${C}’I$.
Suy ra: tam giác $I{A}'{C}’$ có $MN$ là đường trung bình.
Ta có mặt phẳng $\left( M{A}'{C}’ \right)$ cắt hình hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ theo thiết diện là tứ giác ${A}’MN{C}’$ có $MN\text{//}{A}'{C}’$
Vậy thiết diện là hình thang ${A}’MN{C}’$.
Cách khác:
Ta có:$\left\{ \begin{align}& \left( ABCD \right)\text{//}\left( {A}'{B}'{C}'{D}’ \right) \\& \left( {A}'{C}’M \right)\cap \left( {A}'{B}'{C}'{D}’ \right)={A}'{C}’ \\& \left( {A}'{C}’M \right)\cap \left( ABCD \right)=Mx \\\end{align} \right.$ $\Rightarrow Mx\text{//}{A}'{C}’$, $M$ là trung điểm của $AB$ nên $Mx$ cắt $BC$ tại trung điểm $N$.Thiết diện là tứ giác ${A}'{C}’NM$.
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được chính là A.
DẠNG 2: XÁC ĐỊNH THIẾT DIỆN CỦA MỘT MẶT PHẲNG VỚI HÌNH CHÓP KHI BIẾT MẶT PHẲNG ĐÓ SONG SONG VỚI MỘT MẶT PHẲNG CHO TRƯỚC.
Để xác định thiết diện trong trường hợp này ta sử dụng các tính chất sau
– Khi $\left( \alpha \right)\,\text{//}\,\left( \beta \right)$ thì $\left( \alpha \right)$ sẽ song song với tất cả các đường thẳng trong $\left( \beta \right)$ và ta chuyển về dạng thiết diện song song với đường thẳng.
– Sử dụng $\left\{ \begin{align}& \left( \alpha \right)\,\text{//}\,\left( \beta \right) \\& \left( \beta \right)\cap \left( \gamma \right)=d \\& M\in \left( \alpha \right)\cap \left( \gamma \right) \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left( \alpha \right)\cap \left( \gamma \right)={d}’\,\text{//}\,d,\text{ }M\in {d}”$.
– Tìm đường thẳng $d$ nằm trong $\left( \beta \right)$ và xét các mặt phẳng có trong hình chóp mà chứa $d$, khi đó $\left( \alpha \right)\,\text{//}\,d$ nên sẽ cắt các mặt phẳng chứa $d$ (nếu có) theo các giao tuyến song song với $d$.
Bài tập 1: Tính diện tích thiết diện của $\left( P \right)$ và hình chóp $S.ABCD$
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang cân với cạnh bên $BC=2$, hai đáy $AB=6$, $CD=4$. Mặt phẳng $\left( P \right)$ song song với $\left( ABCD \right)$ và cắt cạnh $SA$ tại $M$ sao cho $SA=3\,SM$. Diện tích thiết diện của $\left( P \right)$ và hình chóp $S.ABCD$ bằng bao nhiêu?
A. $\frac{5\sqrt{3}}{9}$. B. $\frac{2\sqrt{3}}{3}$. C. $2$. D. $\frac{7\sqrt{3}}{9}$.
Lời giải
Gọi $H,\,\,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $D,\,\,C$ trên $AB$
$ABCD$ là hình thang cân $\Rightarrow \,\,\left\{ \begin{align}& AH=BK;\,\,\,CD=HK \\& AH+HK+BK=AB \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \,\,BK=1$.
Tam giác $BCK$ vuông tại $K,$ có $CK=\sqrt{B{{C}^{2}}-B{{K}^{2}}}=\sqrt{{{2}^{2}}-{{1}^{2}}}=\sqrt{3}$.
Suy ra diện tích hình thang $ABCD$ là ${{S}_{ABCD}}=CK.\frac{AB+CD}{2}=\sqrt{3}.\frac{4+6}{2}=5\sqrt{3}$.
Gọi $N,\,\,P,\,\,Q$ lần lượt là giao điểm của $\left( P \right)$ và các cạnh $SB,\,\,SC,\,\,SD$.
Vì $\left( P \right)$$\text{//}$$\left( ABCD \right)$ nên theo định lí Talet, ta có $\frac{MN}{AB}=\frac{NP}{BC}=\frac{PQ}{CD}=\frac{QM}{AD}=\frac{1}{3}$.
Khi đó $\left( P \right)$ cắt hình chóp theo thiết diện $MNPQ$ có diện tích ${{S}_{MNPQ}}={{k}^{2}}.{{S}_{ABCD}}=\frac{5\sqrt{3}}{9}$.
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được chính là A.
Bài tập 2: Tính diện tích của thiết diện thu được
Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ cạnh $a$. Xét tứ diện $AB’CD’$. Cắt tứ diện đó bằng mặt phẳng đi qua tâm của hình lập phương và song song với mặt phẳng $\left( ABC \right)$. Tính diện tích của thiết diện thu được.
A. $\frac{{{a}^{2}}}{3}$. B. $\frac{2{{a}^{2}}}{3}$. C. $\frac{{{a}^{2}}}{2}$. D. $\frac{3{{a}^{2}}}{4}$.
Lời giải
Cách xác định mặt phẳng thiết diện tạo bởi mặt phẳng đi qua tâm của hình lập phương và song song với mặt phẳng $\left( ABC \right)$với tứ diện $AB’CD’$:
Trong $\left( ACC’A’ \right)$ kẻ đường thẳng qua $O$ và song song với $AC$, cắt $AA’$ tại trung điểm $I$
Trong $\left( ABB’A’ \right)$ kẻ đường thẳng quan $I$ song song với $AB$, cắt $AB’$ tại trung điểm $J$.
Trong $\left( B’AC \right)$ kẻ đường thẳng qua $J$ song song với $AC$, cắt $B’C$ tại trung điểm $K$.
Trong $\left( B’CD’ \right)$ kẻ đường thẳng qua $K$ song song với $B’D’$, cắt $D’C$ tại trung điểm $L$.
Trong $\left( D’AC \right)$ kẻ đường thẳng qua $L$ song song với $AC$, cắt $AD’$ tại trung điểm $M$.
Mặt phẳng vừa tạo thành song song với $\left( ABC \right)$ và tạo với tứ diện $AB’CD’$thiết diện là hình bình hành $MJKL$.
Ta có:
$\left\{ \begin{align}& JM//B’D’ \\& ML//A’C’ \\\end{align} \right.\Rightarrow $ Tứ giác $MJKL$ là hình chữ nhật.
${{S}_{MJKL}}=JM.ML=\frac{1}{2}B’D’.\frac{1}{2}A’C’=\frac{1}{4}.{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{2}$.
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được chính là C.
Bài tập 3:
Cho hình hộp chữ nhật $ABCDA’B’C’D’$có $AB=a,BC=b,CC’=c$. Gọi $O,O’$lần lượt là tâm của $ABCD$và $A’B’C’D’$. Gọi $\left( \alpha \right)$là mặt phẳng đi qua $O’$và song song với hai đường thẳng $A’D$ và $D’O$. Dựng thiết diện của hình hộp chữ nhật$ABCDA’B’C’D’$ khi cắt bởi mặt phẳng $\left( \alpha \right)$. Tìm điều kiện của $a,b,c$sao cho thiết diện là hình thoi có một góc bằng ${{60}^{0}}$.
A. $a=b=c$. B. $a=b=\frac{1}{3}c$. C. $a=c=\frac{1}{3}b$. D. $b=c=\frac{1}{3}a$.
Lời giải
Gọi $E$ là tâm hình chữ nhật $DC{C}'{D}’$, $F$ là trung điểm $OC$.
Trên $\left( ABCD \right)$, gọi $G=BF\cap CD$.
Trên $\left( CD{D}'{C}’ \right)$, gọi $H=GE\cap {C}'{D}’$.
Trên $\left( {A}'{B}'{C}'{D}’ \right)$, gọi $G=BF\cap CD$.
Khi đó, $\left\{ \begin{align}& {D}’O\text{//}\left( BKHG \right) \\& {A}’D\text{//}\left( BKHG \right) \\\end{align} \right.$ nên thiết diện tạo thành là tứ giác $BKHG$.
Theo đề $BKHG$ là hình thoi có một góc ${{60}^{0}}$ nên ta có:
$\left\{ \begin{align}& HK=HG \\& \widehat{BKH}={{120}^{0}} \\\end{align} \right.$$\Leftrightarrow \left\{ \begin{align}& {A}'{B}'{C}'{D}’=CD{D}'{C}’\Rightarrow b=c \\& \widehat{BKH}={{120}^{0}} \\\end{align} \right.$.
Dễ thấy: $CG=\frac{a}{3}$$\Rightarrow B{{G}^{2}}=B{{C}^{2}}+C{{G}^{2}}$$={{b}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{9}$.
Trong $\Delta BK{O}’$ có: $B{{{O}’}^{2}}=K{{B}^{2}}+K{{{O}’}^{2}}-2KB.K{O}’.\cos {{120}^{0}}$
$=B{{G}^{2}}+\frac{1}{4}B{{G}^{2}}-2BG.\frac{1}{2}BG.\left( -\frac{1}{2} \right)$$=\frac{7}{4}B{{G}^{2}}$$=\frac{7}{4}\left( {{b}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{9} \right)$.
Trong $\Delta BO{O}’$ có: $B{{{O}’}^{2}}=B{{O}^{2}}+O{{{O}’}^{2}}$$\Leftrightarrow \frac{7}{4}\left( {{b}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{9} \right)=\frac{1}{4}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)+{{c}^{2}}$
$\overset{b\,=\,c}{\longleftrightarrow}\frac{7}{4}\left( {{b}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{9} \right)=\frac{1}{4}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)+{{b}^{2}}$$\overset{a\,\,>0,\,\,b\,\,>0}{\longleftrightarrow}b=\frac{a}{3}$.
Vậy $b=c=\frac{a}{3}$.
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được chính là D.
Bài tập 4: Tìm $x$ để diện tích thiết diện đó là lớn nhất
Câu 40. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang cân ($AD||BC$), $BC=2a$, $AB=AD=DC=a$, với $a>0$. Mặt bên $SBC$ là tam giác đều. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Biết hai đường thẳng $SD$ và $AC$ vuông góc nhau, $M$ là điểm thuộc đoạn $OD$ ($M$ khác $O$ và $D$), $MD=x$, $x>0$. Mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ qua $M$ và song song với hai đường thẳng $SD$ và $AC$, cắt khối chóp $S.ABCD$ theo một thiết diện. Tìm $x$ để diện tích thiết diện đó là lớn nhất?
A. $x=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. B. $x=a\sqrt{3}$. C. $x=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. D. $x=a$.
Lời giải
Trong $\text{mp}\left( SBD \right)$ kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $SD$, cắt cạnh $SB$ tại $H$.
Trong $\text{mp}\left( ABCD \right)$ kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $AC$, cắt các cạnh $DA$ và $DC$ lần lượt tại $E$ và $F$.
Trong $\text{mp}\left( SDA \right)$ kẻ đường thẳng qua $E$ song song với $SD$, cắt cạnh $SA$ tại $I$.
Trong $\text{mp}\left( SDC \right)$ kẻ đường thẳng qua $F$ song song với $SD$, cắt cạnh $SC$ tại $G$.
Khi đó thiết diện của khối chóp $S.ABCD$ cắt bởi mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là ngũ giác $EFGHI$.
Dễ thấy $ABCD$ là nửa lục giác đều có tâm là trung điểm $K$ của $BC$. Do đó $ADCK$ và $ABND$ là hình thoi nên $AC\bot KD$. Mặt khác $AC\bot SD$ nên $AC\bot \left( SKD \right)$$\Rightarrow AC\bot SK$.
Lại có $SK\bot BC$ (vì $\vartriangle SBC$ đều), suy ra $SK\bot \left( ABCD \right)$$\Rightarrow SK\bot KD$.
Ta có $IG$ là giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ với $\left( SAC \right)$, mà $AC||\left( \alpha \right)$, suy ra $IG||AC$.
Mặt khác $HM||SD$ và $SD\bot AC$, suy ra $HM\bot IG$ và $HM\bot EF$ và $IGFE$ là hình chữ nhật.
Diện tích thiết diện $EFGHI$ bằng $s={{S}_{EFGI}}+{{S}_{HGI}}=IG.NM+\frac{1}{2}IG.HN$.
Ta có $AK=KD=AD=a$ nên $\vartriangle AKD$ đều.
Mà $BD\bot AK,AC\bot KD$ nên $O$ là trọng tâm tam giác $ADK$. Suy ra $OD=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
$AC=BD=a\sqrt{3}$ ($\vartriangle BAC$ vuông tại $A$, do $KA=KB=KC$).
$SD=\sqrt{S{{K}^{2}}+K{{D}^{2}}}=2a$.
Ta có $\frac{DM}{DO}=\frac{EF}{AC}\Rightarrow EF=\frac{DM}{DO}.AC=\frac{x}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}.a\sqrt{3}=3x$.
$\frac{GF}{SD}=\frac{CF}{CD}=\frac{OM}{OD}\Rightarrow GF=\frac{OM}{OD}.SD=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}-x}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}.2a=2a-2\sqrt{3}x$.
$\frac{HM}{SD}=\frac{BM}{BD}\Rightarrow HM=\frac{BM}{BD}.SD=\frac{a\sqrt{3}-x}{a\sqrt{3}}.2a=\frac{6a-2x\sqrt{3}}{3}$.
Suy ra $HN=HM-NM=HN-GF=\frac{6a-2x\sqrt{3}}{3}-\left( 2a-2\sqrt{3}x \right)=\frac{4x\sqrt{3}}{3}$.
Vậy $s=\frac{1}{2}.\frac{4x\sqrt{3}}{3}.3x+\left( 2a-2\sqrt{3}x \right).3x=-4\sqrt{3}{{x}^{2}}+6ax=-\sqrt{3}{{\left( 2x-\frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}+\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$.
Suy ra $s\le \frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $2x-\frac{a\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow x=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Do đó, đáp án đúng nhất mà ta chọn được chính là A.
Như vậy bên trên là tất cả những thông tin cần thiết về bài tập hai mặt phẳng song song lớp 11 có lời giải mà các bạn không nên bỏ qua. Nếu như bạn có thắc mắc hay cần hỗ trợ về bài tập hai mặt phẳng song song có lời giải thì đừng ngần ngại mà không liên hệ ngay với chúng tôi để nhận được sự trợ giúp sớm nhất nhé!
Xem thêm:
Lý thuyết và bài tập về đại cương về đường thẳng và mặt phẳng
