20 câu trắc nghiệm Toán 11 Chân trời sáng tạo Bài 4. Hai mặt phẳng song song (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án

+ Trong không gian, hai mặt phẳng có $3$ vị trí tương đối: trùng nhau, cắt nhau, song song với nhau. Vì vậy, $2$ mặt phẳng không cắt nhau thì có thể song song hoặc trùng nhau $\Rightarrow$A là mệnh đề sai.

+ Hai mặt phẳng cùng song song với một đường thẳng thì chúng có thể song song với nhau (hình vẽ) $\Rightarrow$ B là mệnh đề sai.

+Ta có:$a\parallel \left( P \right),a\parallel \left( Q \right)$ nhưng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ vẫn có thể song song với nhau.

Mệnh đề C là tính chất nên C đúng.

D

$\left( \alpha \right)\parallel a$ và $\left( \alpha \right)\parallel b$ với $a,b$ là hai đường thẳng cắt nhau thuộc$\left( \beta \right)$ thì (α) // (β).

D

Nếu $a$ cắt $b$ và $a\parallel a',\;b\parallel b'$ thì $\left( \alpha \right)\parallel \left( \beta \right).$

B

Ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$ suy ra $MN$//$AD.$ $\,\left( 1 \right)$

Và $OP$ là đường trung bình của tam giác $BAD$ suy ra $OP$//$AD.$ $\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ suy ra $MN$//$OP$//$AD$ $\Rightarrow \,\,M,\,\,N,\,\,O,\,\,P$ đồng phẳng.

Lại có $MP$//$SB,\,\,\,OP$//$BC$ suy ra $\left( {MNOP} \right)$//$\left( {SBC} \right)$ hay $\left( {MON} \right)$//$\left( {SBC} \right).$

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).

C

Vì I, J lần lượt là trung điểm của SB và AB nên IJ // SA.

Do J là trung điểm AB và AB = 2CD nên AJ = CD.

Mà AJ // CD nên AJCD là hình bình hành.

Do đó CJ // AD.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}IJ//SA\\JC//AD\\IJ,JC \subset \left( {CIJ} \right)\\SA,AD \subset \left( {SAD} \right)\\CJ \cap IJ = J\end{array} \right. \Rightarrow \left( {CIJ} \right)//\left( {SAD} \right)$.

C

Các mặt bên của hình lăng trụ là các hình hình hành, chúng bằng nhau nếu hình lăng trụ có đáy là đa giác đều.

D

Dựa vào hình vẽ và tính chất của hình hộp chữ nhật, ta thấy rằng:

Hình hộp có đáy $ABCD$ là hình bình hành.

Các đường thẳng ${A_1}C,\,\,A{C_1},\,\,D{B_1},\,\,{D_1}B$ cắt nhau tại tâm của $A{A_1}{C_1}C,\,\,\,BD{D_1}{B_1}.$

Hai mặt bên $\left( {AD{D_1}{A_1}} \right),\,\,\left( {BC{C_1}{B_1}} \right)$ đối diện và song song với nhau.

$A{D_1}$ và $CB$ là hai đường thẳng chéo nhau suy ra $A{D_1}CB$ không phải là hình chữ nhật.

B

Dựa vào hình vẽ dưới và tính chất của hình hộp, ta thấy rằng:

Hai mặt bên $\left( {AA'B'B} \right)$ và $\left( {DD'C'C} \right)$ đối diện, song song với nhau.

Hình hộp có hai đáy $\left( {ABCD} \right),\,\,\,\left( {A'B'C'D'} \right)$ là hình bình hành $\Rightarrow \,\,A'B' = CD$ và $A'B'$//$CD$ suy ra $A'B'CD$ là hình hình hành.

$BD$//$B'D'$ suy ra $B,\,\,B',\,\,D',\,\,D$ đồng phẳng $\Rightarrow \,\,BB'D'D$ là tứ giác.

Mặt phẳng $\left( {BA'D'} \right)$ chứa đường thẳng $CD'$ mà $CD'$ cắt $C'D$ suy ra $\left( {BA'D'} \right)$ không song song với mặt phẳng $\left( {ADC'} \right).$

D

Vì mặt bên $A{A_1}{B_1}B$ là hình bình hành, còn nó là hình chữ nhật nếu $ABC.{A_1}{B_1}{C_1}$ là hình lăng trụ đứng.

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.

a) $\left( {ABC} \right)$//$\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right).$

b) AA1 // CC1 mà CC1 Ì (BCC1) nên $A{A_1}$//$\left( {BC{C_1}} \right).$

c) AB // A1B1 mà A1B1 Ì ( A1B1C1) nên $AB$//$\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right).$

d) Các mặt bên của hình lăng trụ là các hình bình hành.

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

a) Ta có A'C' // AC mà AC Ì (ABCD) Þ A'C' // (ABCD).

b) Có AB' // DC' mà DC' Ì (CDD'C') Þ AB' // (CDD').

c) Có AC // A'C' mà A'C' Ì (DA'C') Þ AC // (DA'C') (1).

B'C // A'D mà A'D Ì (DA'C') Þ B'C // (DA'C') (2).

Mà AC, B'C Ì (ACB') và AC Ç B'C = C (3).

Từ (1), (2), (3) suy ra (ACB') // (DA'C').

d) Dễ dàng chứng minh DMB'N là hình bình hành nên DM // B'N Þ DM // (A'B'N).

Tương tự A'B' // CD Þ CD // (A'B'N).

Mà DM, CD Ì (MCD) và DM Ç CD = D nên (MCD) // (A'B'N).

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

a) DSAD có MN // AD mà AD // BC nên MN // BC Þ MN // (SBC).

b) DSBD có ON // SB Þ ON // (SBC) mà ON Ç MN = N nên (OMN) // (SBC).

c) Ta có O Î (OMN) Ç (ABCD) mà MN // AD nên (OMN) Ç (ABCD) = Ox // AD.

Giả sử Ox Ç CD = E, Ox Ç AB = F.

Mà O là trung điểm của BD nên E là trung điểm của CD và F là trung điểm của AB.

d) Mặt phẳng (OMN) Ç (ABCD) = EF; (OMN) Ç (SCD) = NE;

(OMN) Ç (SAD) = MN; (OMN) Ç (SAB) = MF.

Có MN // AD // EF Þ MN // EF.

Do đó Mặt phẳng (OMN) cắt các mặt của hình chóp S.ABCD tạo thành một hình thang MNEF.

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

Ta có P Î (MNP) Ç (DCC'D') mà MN // CD nên (MNP) Ç (DCC'D') = PQ // CD (Q Î DD').

Mà P là trung điểm của CC' nên Q là trung điểm của DD'.

Trong mặt phẳng ADD'A có MQ cắt A'D' mà MQ Î (MNP). Do đó (MNQ) cắt cạnh A'D'.

Có MN // AB Þ MN // (ABC'D'); NP // BC' Þ NP // (ABC'D'). Do đó (MNP) // (ABC'D').

Từ đó thấy rằng ba khẳng định trong đề bài đều đúng.

Trả lời: 3.

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.

Áp dụng định lý Thales trong không gian, ta có $\frac{{KG}}{{EI}} = \frac{{GC}}{{EA}}$$\Leftrightarrow KG = \frac{{42.120}}{{100}} = 50{,}4$.

Trả lời: 50,4.

Gọi N, P lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (P) và các cạnh SC, SB.

Vì (P) // (ABC) nên theo định lí Thales ta có $\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3} \approx 0{,}67$.

Trả lời: 0,67.