20 câu Trắc nghiệm Toán 11 Cánh diều Bài 4. Hai mặt phẳng song song (Đúng-sai, trả lời ngắn) có đáp án

Chọn A.

Theo định lý ta lét trong không gian ta có $\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{A'B'}}{{B'C'}} = \frac{2}{5}$.

Chọn D

Vì M, N lần lượt là trung điểm SA, AD nên MN là đường trung bình của DSAD.

Þ MN // SD mà SD Ì (SCD) Þ MN // (SCD) (1).

Vì O, N lần lượt là trung điểm của AC, AD nên ON là đường trung bình DACD.

Þ ON // CD mà CD Ì (SCD) Þ ON // (SCD) (2).

Từ (1) và (2), suy ra (OMN) // (SCD).

Chọn D

Vì M, N là trung điểm của SA, SB nên MN là đường trung bình của DSAB.

Þ MN // AB mà AB Ì (ABC) nên MN // (ABC) (1)

Vì N, P là trung điểm của SB, SC nên NP là đường trung bình của DSBC.

Þ NP // BC mà BC Ì (ABC) nên NP // (ABC) (2).

Từ (1) và (2), suy ra (MNP) // (ABC).

Chọn A

Ta có M, O lần lượt là trung điểm của SD, BD nên OM là đường trung bình của DSBD.

Þ OM // SD.

Mà N = (OMN) Ç (SCD) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này đi qua N và song song với SD cắt CD tại Q.

Chọn B

Từ giả thiết ta có I là trung điểm của AN.

Do đó ta có MI // SN và PI // CN.

Mà MI, PI cắt nhau và cùng nằm trên mặt phẳng (MPI), SN, CN cắt nhau và cùng nằm trên mặt phẳng (SCN) Þ (MPI) // (SCN).

Chọn B

Từ giả thiết ta có M, N là trung điểm của AB, CD nên MN là đường trung bình của hình thang ABCD Þ MN // AD Þ MN // (SAD) (1).

Lại có P, N là trung điểm của SC và CD nên PN là đường trung bình của tam giác SCD

ÞPN // SD Þ PN // (SAD) (2).

Từ (1) và (2) Þ (MNP) // (SAD).

Chọn B

Ta có $\frac{{AK}}{{AP}} = \frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}$ nên KJ // PN Þ KJ // (BCD) và IJ // MN Þ IJ // (BCD).

Mà KJ, IJ Ì (KIJ) và KJ Ç IJ = J nên (KIJ) // (BCD).

a) Theo đề ta có MP là đường trung bình của DSBC nên $\frac{{MP}}{{BC}} = \frac{{MP}}{{AD}} = \frac{1}{2}$.

Tương tự $\frac{{MO}}{{SD}} = \frac{{OP}}{{SA}} = \frac{1}{2}$.

Do đó $\frac{{MP}}{{AD}} = \frac{{MO}}{{SD}} = \frac{{OP}}{{SA}} = \frac{1}{2}$. Suy ra DOMP đồng dạng với DSDA theo tỉ số đồng dạng là $\frac{1}{2}$.

b) M, N lần lượt là trung điểm của SB, SD nên MN là đường trung bình của DSBD.

Suy ra MN // BD.

c) O, P lần lượt là trung điểm AC, SC nên OP là đường trung bình DSAC.

Suy ra OP // SA mà SA Ì (SAD) Þ OP // (SAD) (3).

d) Tương tự OM // SD mà SD Ì (SAD) Þ OM // (SAD) (4).

Từ (3), (4) suy ra $\left( {MOP} \right)//\left( {SAD} \right)$.

Đáp án: a) Sai; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.

a) Vì ABCD là hình bình hành nên AB // CD.

b) (SAC) Ç (SBD) = SO.

c) Có O, N lần lượt là trung điểm của BD, BC nên ON là đường trung bình của DBCD

Suy ra ON // CD mà ON Ì (OMN) Þ CD // (OMN) (1).

d) Tương tự OM // SD mà OM Ì (OMN) Þ SD // (OMN) (2).

Từ (1) và (2), suy ra (SCD) // (OMN).

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

a) Ta có M, N là trung điểm của SA, SD nên MN là đường trung bình của DSAD Þ MN // AD.

Lại có I ÎMP, I Î AC nên I Î (MNP) Ç (ABCD) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng đi qua I và song song với MN, AD.

b) Vì MN // AD mà AD Ì (ABCD) Þ MN // (ABCD).

c) Có I = MP Ç AC nên hai mặt phẳng (MNP) và (ABCD) không song song với nhau.

d) Vì I = MP Ç AC mà AC Ì (ABCD) nên I = MP Ç (ABCD).

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

Gọi J là giao điểm của (α) và DH.

Do (α) // (ABCD) Þ JK // CD mà CK // DH Þ CDJK là hình bình hành Þ DJ = CK = 80 cm.

Do 3 mặt phẳng (EFMH), (α), (ABCD) là đôi một song song nên áp dụng định lí Thales trong không gian ta có $\frac{{BI}}{{BF}} = \frac{{DJ}}{{DH}} \Rightarrow \frac{{BI}}{{100}} = \frac{{80}}{{128}} \Rightarrow BJ = 62{,}5\;cm$.

Trả lời: 62,5.

Dựng CI song song với AB, I thuộc AB Þ AICD là hình bình hành Þ AI = DC.

Kẻ IH song song SA, H thuộc SB.

Xét mặt phẳng (CIH) có IC // AD và IH // SA Þ (CIH) // (SAD).

Khi đó (CIH) cắt SB tại E thì CE // (SAD) Û E ≡ H.

Ta có IE // SA (H trùng E) $\Rightarrow \frac{{SE}}{{EB}} = \frac{{AI}}{{BI}} = \frac{2}{3}$ Þ n = 3; m = 2. Do đó 2m + 3n = 13.

Trả lời: 13.

Gọi I là giao điểm của AE và BF.

Ta có I là trung điểm đoạn AE và M là trọng tâm của tam giác ABE nên M ∈ BI và $BM = \frac{2}{3}BI = \frac{1}{3}BF$ hay FM = 2MB.

Vì ABCD là hình bình hành nên AD // BC mà BC Ì (BEC) nên AD // (BEC).

Tương tự AF // (BEC). Do đó (AFD) // (BEC).

mà (P) // (AFD) nên (P) // (BEC).

Ta có đường thẳng FB cắt ba mặt phẳng song song (ADF), (P), (BCE) lần lượt tại F, M, B.

Đường thẳng AC cũng cắt ba mặt phẳng trên theo thứ tự tại A, N, C.

Áp dụng định lý Thales trong không gian ta có $\frac{{AN}}{{FM}} = \frac{{NC}}{{MB}} \Rightarrow \frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{FM}}{{MB}} = 2$.

Trả lời: 2.

Ta có $\frac{{AM}}{{AD}} = \frac{{SN}}{{SD}} = \frac{1}{3}$ Þ MN // SA.

Để (CMN) // (SAB) thì MC // AB Û ABCM là hình bình hành Û AM = BC

Û $\frac{{AM}}{{AD}} = \frac{{BC}}{{AD}} = \frac{1}{x} \Leftrightarrow \frac{1}{3} = \frac{1}{x} \Leftrightarrow x = 3$.

Trả lời: 3.

Gọi I là trung điểm BC, khi đó SI = (SBC) Ç (SAI).

Gọi d = (α) Ç (SAI) với d là đường thẳng qua G do G = (α) Ç (SAI).

Mặt khác (α) // (SBC) nên d là đường thẳng qua G và song song SI.

Trong (SAI) điểm M cần tìm là giao điểm của d và SA.

Khi đó $\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{IG}}{{IA}} = \frac{1}{3} \approx 0{,}33.$

Trả lời: 0,33.

a) Trong mặt phẳng (SAC), I = MP Ç SO.

Trong mặt phẳng (SBD), NI Ç SD = Q mà NI Ì (MNP) Þ Q = SD Ç (MNP).

Xét DSAC, có MP // AC suy ra I là trung điểm SO.

Xét DSBD có IN // BO Þ NQ // BD mà N là trung điểm SB nên Q là trung điểm SD.

Do đó NQ là đường trung bình của DSBD $\Rightarrow NQ = \frac{{BD}}{2} = \frac{{2a\sqrt 2 }}{2} = a\sqrt 2$.

b) DSAB, có MN // AB mà AB // CD Þ MN // (SCD) (1).

DSBD có NO // SD Þ NO // (SCD) (2).

Mà MN, NO Ì (MNO) và MN Ç NO = N (3).

Từ (1), (2), (3) Þ (MNO) // (SCD).

c) MN // AB Þ MN // (ABCD)

MP // BC Þ MP // (ABCD) mà MN Ç MP = M nên (MNP) // (ABCD).

d)Xét tứ giác MNPQ có I là trung điểm của MP, NQ nên tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Lại có MN = NP (vì cùng bằng $\frac{{AB}}{2}$) nên MNPQ là hình thoi.

Có $MP = \frac{{AC}}{2} = a\sqrt 2$. Do đó ${S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}.MP.NQ = \frac{1}{2}.a\sqrt 2 .a\sqrt 2 = {a^2}$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng.

a) H, I lần lượt là trung điểm của SA, SB nên HI là đường trung bình của tam giác SAB.

Suy ra HI // AB mà AB Ì (ABCD) nên HI // (ABCD) (1).

b) I, K lần lượt là trung điểm của SB, SC nên IK là đường trung bình của tam giác SBC.

Suy ra IK // BC mà BC Ì (ABCD) nên IK // (ABCD) (2).

Từ (1) và (2), suy ra (HIK) // (ABCD).

c) $\begin{array}{l}{\rm{ V\`i }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{M \in AI,AI \subset (SAB)}\\{M \in DK,DK \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow M \in (SAB) \cap (SCD)} \right.\\ \Rightarrow SM = (SAB) \cap (SCD).\end{array}$

${\rm{ Khi d\'o : }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(SAB) \cap (SCD) = SM}\\{AB \subset (SAB),CD \subset (SCD) \Rightarrow SM//AB//CD \Rightarrow SM//HI}\\{AB//CD}\end{array}} \right..$

Mà H là trung điểm của SA nên I là trung điểm của AM.

Xét tứ giác ABMS có I là trung điểm của AM, I là trung điểm của SB nên tứ giác ABMS là hình bình hành.

d) $\begin{array}{l}{\rm{ V\`i }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{N \in DH,DH \subset (SAD)}\\{N \in CI,CI \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow N \in (SAD) \cap (SBC)} \right.\\ \Rightarrow SN = (SAD) \cap (SBC).\end{array}$

Khi đó, ta có:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(SAD) \cap (SBC) = SN}\\{AD \subset (SAD),BC \subset (SBC) \Rightarrow SN//AD//BC \Rightarrow SN//KI}\\{AD//BC}\end{array}} \right.$.

Vì SM // HI mà HI Ì (HIK) nên SM // (HIK) (3).

Vì SN // KI mà KI Ì (HIK) nên SN // (HIK) (4).

Từ (3) và (4) suy ra (SMN) // (HIK).

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.