Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Chương 4. Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song

Lời giải

Chọn A.

4 điểm $A,\;B,\;C,\;D$ tạo thành 1 tứ giác, khi đó 4 điểm $A,\;B,\;C,\;D$ đã đồng phẳng và tạo thành 1 mặt phẳng duy nhất là mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Lời giải

Chọn B.

Nếu 2 mặt phẳng trùng nhau, khi đó 2 mặt phẳng có vô số điểm chung và chung nhau vô số đường thẳng.

Lời giải

Chọn A.

Vì $ABCD$ và $ACNM$ là hai hình bình hành chỉ có chung đường chéo $AC$ nên $B,D,N,M$ không đồng phẳng. Mà $MN{\rm{//}}AC$ còn $AC$ cắt $BD$ nên $BD$ và $MN$ chéo nhau.

Lời giải

Chọn D.

Ta có ngay $A,B,C$ đúng.

Lại có $\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA \Rightarrow$D sai.

Lời giải

Chọn C.

Ta có $\left( {MBD} \right) \cap \left( {ABN} \right) = BG.$

Mà $G$ là trọng tâm của $\Delta ACD$.

Lời giải

Chọn B.

$$\left. \begin{array}{l}M \in (\alpha ) \cap (ABD)\\P \in (\alpha ) \cap (ABD)\end{array} \right\} \Rightarrow MP = (\alpha ) \cap (ABD)$$

hay $MP$ là giao tuyến của $(\alpha )$ và (ABD);

Tương tự ta tìm được:

$NQ$ là giao tuyến của $(\alpha )$ và $\left( {BCD} \right)$; $BD$ là giao tuyến của $\left( {BCD} \right)$ và $\left( {ABD} \right);$ Theo định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng, ta suy ra $MP$, $NQ$, $BD$ hoặc đôi một song song hoặc đồng quy.

Mặt khác, $MP$ cắt $NQ$ tại I (theo giả thiết) nên $I,B,D$ thẳng hàng.

Lời giải

Chọn B.

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BCD,\,\,\,F$ là trung điểm của $CD$$\Rightarrow \,\,\,G \in \left( {ABF} \right)\,.$

Ta có $E$ là trung điểm của $AB$$\Rightarrow \,\,\,E \in \left( {ABF} \right)\,.$

Gọi $M$ là giao điểm của $EG$ và $AF$ mà $AF \subset \left( {ACD} \right)$ suy ra $M \in \left( {ACD} \right)\,.$

Vậy giao điểm của $EG$ và $mp\,\,\left( {ACD} \right)$ là giao điểm $M = EG \cap AF\,.$

Lời giải

Chọn B.

Phương pháp: Để chứng minh ba đường thẳng ${d_1},{\rm{ }}{d_2},{\rm{ }}{d_3}$ đồng quy ta chứng minh giao điểm của hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ là điểm chung của hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$; đồng thời ${d_3}$ là giao tuyến $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$.

Gọi $O = HF \cap IG$. Ta có

● $O \in HF$ mà $HF \subset \left( {ACD} \right)$ suy ra $O \in \left( {ACD} \right)$.

● $O \in IG$ mà $IG \subset \left( {BCD} \right)$ suy ra $O \in \left( {BCD} \right)$.

Do đó $O \in \left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right)$. $\left( 1 \right)$

Mà $\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD$. $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, suy ra $O \in CD$.

Vậy ba đường thẳng $CD,{\rm{ }}IG,{\rm{ }}HF$ đồng quy.

Lời giải

Chọn D.

Tam giác $ABC$ có $M,\,\,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,\,\,AC\,.$

Suy ra $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ $\Rightarrow \,\,MN$//$BC\,.$

Từ $E$ kẻ đường thẳng $d$ song song với $BC$ và cắt $BD$ tại $F\,\, \Rightarrow \,\,EF$//$BC.$

Do đó $MN$//$EF$ suy ra bốn điểm $M,\,\,N,\,\,E,\,\,F$ đồng phẳng và $MNEF$ là hình thang.

Vậy hình thang $MNEF$ là thiết diện cần tìm.

Lời giải

Chọn A.

Hai đường thẳng không cùng nằm trên một mặt phẳng thì chéo nhau.

Lời giải

Chọn A.

A đúng vì hai đường thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng thì song song nhau hoặc cắt nhau hoặc trùng nhau.

Lời giải

Chọn D.

Hai đường thẳng phân biệt cùng nằm trong một mặt phẳng thì chúng đồng phẳng nên không chéo nhau.

Lời giải

Chọn C.

Mệnh đề I sai vì hai đường thẳng có thể cắt nhau.

Mệnh đề II sai vì giao tuyến có thể trùng với một trong hai đường thẳng đó.

Mệnh đề III sai vì ba giao tuyến ấy có thể cắt nhau

Do đó có 1 mệnh đề đúng.

Lời giải

Chọn D.

Mệnh đề II sai vì hai đường thẳng có thể chéo nhau.

Do đó có 3 mệnh đề đúng.

Lời giải

Chọn A.

Do $AB{\rm{//}}CD$ nên $\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d$ với $d$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AB$.

Lời giải

Chọn C.

Xét hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SIJ} \right)$ ta có $S$ là điểm chung $IJ{\rm{//}}AC$ (đường trung bình trong tam giác). Suy ta giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và $\left( {SIJ} \right)$ là một đường thẳng qua $S$ song song với $AC$.

Lời giải

Chọn A.

Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $DC$, $AC$. Vì $G$ là trọng tâm tứ diện nên $G$ là giao điểm của ba đoạn thẳng nối hai trung điểm của cặp cạnh đối của tứ diện như hình vẽ trên.

Xét $\left( {ABM} \right)$: $AG \cap BM = {G_1}$, $BG \cap AM = {G_2}$. Trong $\Delta ACD$ có $AM$ và $DN$ là đường trung tuyến nên ${G_2}$ là trọng tâm của tam giác do đó $\frac{{{G_2}M}}{{{G_2}A}} = \frac{1}{2}$. Tương tự ta cũng có $\frac{{{G_1}M}}{{{G_1}B}} = \frac{1}{2}$ suy ra ${G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB$.

Lời giải

Chọn A.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{IJ = (BCD) \cap (AJI)}\\{MN = (BKD) \cap (AJI)}\\{BD = (BKD) \cap (BCD)}\end{array}} \right.$ Mà $IJ{\rm{//}}BD$ (tính chất đường trung bình) nên $IJ{\rm{//}}BD{\rm{//}}MN$.

Lời giải

Chọn B.

Mệnh đề B sai vì $b$ và $d$ có thể chéo nhau.

Lời giải

Chọn C.

$\left\{ \begin{array}{l}PQ//AB\\AB \subset \left( {ABCD} \right)\\PQ \not\subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow PQ//\left( {ABCD} \right)$.

Lời giải

Chọn D.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$.

Xét $\Delta ABM$ ta có: $\frac{{M{G_1}}}{{MB}} = \frac{{M{G_2}}}{{MA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB\\{G_1}{G_2} = \frac{1}{3}AB\end{array} \right.$ $\Rightarrow$ D sai.

Vì ${G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB \Rightarrow {G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,\left( {ABD} \right)$ $\Rightarrow$ A đúng.

Vì ${G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB \Rightarrow {G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,\left( {ABC} \right)$ $\Rightarrow$ C đúng.

Ba đường $B{G_1},A{G_2},CD$, đồng quy tại $M$ $\Rightarrow$ B đúng.

Lời giải

Chọn D.

Gọi E và F lần lượt là trung điểm AB và CD.

Do $M;N$ là trọng tâm tam giác $SAB;\,SCD$ nên $S,M,E$ thẳng hàng; $S,N,F$ thẳng hàng.

Xét $\Delta SEF$ có: $\frac{{SM}}{{SE}} = \frac{2}{3} = \frac{{SN}}{{SF}}$ nên theo định lý Thalès $\Rightarrow MN//EF$.

Mà $EF \subset \left( {ABCD} \right)$ nên $MN//\left( {ABCD} \right)$.

Lời giải

Chọn A.

Gọi $P$ là trung điểm $AD$.

Ta có: $\frac{{BM}}{{BC}} = \frac{{BG}}{{BP}} = \frac{3}{2} \Rightarrow MG{\rm{//CP}} \Rightarrow MG{\rm{//}}\left( {ACD} \right).$

Lời giải

Chọn D.

Xét tam giác $ACE$ có $O,\,\,{O_1}$ lần lượt là trung điểm của $AC$, $AE$.

Suy ra $O{O_1}$ là đường trung bình trong tam giác $ACE$ $\Rightarrow \,\,O{O_1}$${\rm{//}}$$EC$.

Tương tự, $O{O_1}$ là đường trung bình của tam giác $BFD$ nên $O{O_1}$${\rm{//}}$$FD$.

Vậy $O{O_1}$${\rm{//}}$$\left( {BEC} \right)$, $O{O_1}$${\rm{//}}$$\left( {AFD} \right)$ và $O{O_1}$ ${\rm{//}}$$\left( {EFC} \right)$. Chú ý rằng: $\left( {EFC} \right) \equiv \left( {EFM} \right)$.

Lời giải

Chọn D.

Trong tam giác $SAC$ có $O$ là trung điểm $AC$, $I$ là trung điểm $SC$ nên $IO//SA$

$\Rightarrow IO$ song song với hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SAD} \right).$

Mặt phẳng $\left( {IBD} \right)$ cắt $\left( {SAC} \right)$ theo giao tuyến $IO.$

Mặt phẳng $\left( {IBD} \right)$ cắt $\left( {SBC} \right)$ theo giao tuyến $BI$, cắt $\left( {SCD} \right)$ theo giao tuyến $ID$, cắt $\left( {ABCD} \right)$ theo giao tuyến $BD$ $\Rightarrow$ thiết diện tạo bởi mặt phẳng $\left( {IBD} \right)$ và hình chóp $S.ABCD$ là tam giác $IBD.$

Vậy đáp án D sai.

Lời giải

Chọn D.

Gọi $O = AC \cap BD$, $I = SO \cap AM$. Trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ qua $I$ kẻ $EF//BD$, khi đó ta có $\left( {AEMF} \right) \equiv \left( \alpha \right)$ là mặt phẳng chứa $AM$ và song song với $BD$. Do đó thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ là tứ giác $AEMF$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{FE\,{\rm{//}}\,BD}\\{BD \bot \left( {SAC} \right)}\end{array}} \right.$$\Rightarrow FE \bot \left( {SAC} \right)$$\Rightarrow FE \bot AM$.

Mặt khác ta có:

*$AC = 2a = SA$ nên tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$, suy ra $AM = a\sqrt 2$.

* $I$ là trọng tâm tam giác $SAC$, mà $EF\,{\rm{//}}\,BD$ nên tính được $EF = \frac{2}{3}BD = \frac{{4a}}{3}$.

Tứ giác $AEMF$ có hai đường chéo $FE \bot AM$ nên ${S_{AEMF}} = \frac{1}{2}FE.AM = \frac{{2{a^2}\sqrt 2 }}{3}$.

Lời giải

Chọn A.

- Do $\left( \alpha \right)//\left( \beta \right)$ và $a \subset \left( \alpha \right)$ nên $a//\left( \beta \right)$.

- Tương tự, do $\left( \alpha \right)//\left( \beta \right)$ và $b \subset \left( \beta \right)$ nên $b//\left( \alpha \right).$

Lời giải

Chọn A.

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $O$ là trung điểm $AC,BD$.

Do đó: $MO//SC \Rightarrow MO//\left( {SBC} \right)$

Và $NO//SB \Rightarrow NO//\left( {SBC} \right)$

Suy ra: $\left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)$.

Lời giải

Chọn C.

Xét hai mặt phẳng $\left( {MON} \right)$và $\left( {SBC} \right)$.

Ta có: $OM\;{\rm{//}}\;SC$ và $ON\;{\rm{//}}\;SB$.

Mà $BS \cap SC = C$ và $OM \cap ON = O$.

Do đó $\left( {MON} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {SBC} \right)$.

Lời giải

Chọn A.

Lần lượt lấy các điểm $N$, $P$, $Q$ thuộc các cạnh $CD$, $SD$, $SA$ thỏa $MN\parallel BC$, $NP\parallel SC$, $PQ\parallel AD$. Suy ra $\left( \alpha \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)$ và $\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBC} \right)$.

Vì $I = MQ \cap NP \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I,S \in \left( {SCD} \right)\\I,S \in \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow$ $I$ nằm trên đường thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$. Khi $\left\{ \begin{array}{l}M \equiv B \Rightarrow I \equiv S\\M \equiv A \Rightarrow I \equiv T\end{array} \right.$ với $T$ là điểm thỏa mãn tứ giác $ABST$ là hình bình hành.

Vậy quỹ tích cần tìm là đoạn thẳng song song với $AB$.

Lời giải

Chọn B.

Qua $M$ vẽ $MP{\rm{//}}IC$,$P \in AC$, $MN{\rm{//}}SI$,$N \in SA$.

Ta có$\frac{{MN}}{{SI}} = \frac{{MP}}{{IC}}$ và $SI = IC$ nên suy ra $MN = MP$ thiết diện là tam giác cân tại $M$.

Lời giải

Chọn D.

Diện tích tam giác $ABC$ là ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.4.4.\sin 30^\circ = 4$.

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

Vì $\left( P \right)$${\rm{//}}$$\left( {ABC} \right)$ nên theoo định lí Thalès, ta có $\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{2}{3}$.

Khi đó $\left( P \right)$ cắt hình chóp $S.ABC$ theo thiết diện là tam giác $MNP$ đồng dạng với tam giác $ABC$ theo tỉ số $k = \frac{2}{3}$. Vậy ${S_{\Delta MNP}} = {k^2}.{S_{\Delta ABC}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}.4 = \frac{{16}}{9}$.

Lời giải

Chọn C.

Xét hình lăng trụ có đáy là một đa giác (tam giác, tứ giác, …), ta thấy rằng

Hình lăng trụ luôn có các cạnh bên song song và bằng nhau.

Hai mặt đáy của hình lăng trụ nằm trên hai mặt phẳng song song.

Hai đáy của lăng trụ là hai đa giác bằng nhau (tam giác, tứ giác, …)

Các mặt bên của lăng trụ là các hình bình hành vì có hai cạnh là hai cạnh bên của hình lăng trụ, hai cạnh còn lại thuộc hai đáy song song.

Lời giải

Chọn D.

$DC'$ và $AB'$ song song với nhau.

Lời giải

Chọn D.

Ta có $\left( {BA'D'} \right) \equiv \left( {BCA'D'} \right)$ và $\left( {ADC} \right) \equiv \left( {ABCD} \right)$.

Mà $\left( {BCA'D'} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC$, suy ra $\left( {BA'D'} \right){\rm{ // }}\left( {ADC} \right)$ sai.

Lời giải

Chọn B.

Ta có $B'D'{\rm{//}}BD$; $AD'{\rm{//}}C'B$ $\Rightarrow \left( {AB'D'} \right){\rm{//}}\left( {C'BD} \right)$.

Lời giải

Chọn C.

Do $I$, $J$, $K$ lần lượt là trọng tâm tam giác $ABC$, $ACC'$ nên $\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}$ nên $IJ{\rm{//}}MN$

$\Rightarrow IJ{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)$

Tương tự $IK{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)$$\Rightarrow \left( {IJK} \right){\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)$ hay $\left( {IJK} \right){\rm{//}}\left( {BB'C} \right)$.

Lời giải

Chọn D.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$ suy ra $MB'\parallel AH \Rightarrow MB'\parallel \left( {AHC'} \right)$. $\left( 1 \right)$

Vì $MH$ là đường trung bình của hình bình hành $ABB'A'$ suy ra $MH$ song song và bằng $BB'$ nên $MH$ song song và bằng $CC' \Rightarrow$$MHC'C$ là hình hình hành $\Rightarrow MC\,\parallel \,\,HC' \Rightarrow MC\parallel \left( {AHC'} \right)$. $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$, suy ra $\left( {B'MC} \right)\parallel \left( {AHC'} \right) \Rightarrow B'C\parallel \left( {AHC'} \right)$.

Lời giải

Chọn D.

Theo tính chất phép chiếu song song ta có phương án D sai.

Lời giải

Chọn C.

Theo định lí ta có: phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng trùng nhau hoặc hai đường thẳng song song.

Lời giải

Chọn B.

Tính chất của phép chiếu song song.

Phép chiếu *song so*ng biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau. Suy ra B sai: Chúng có thể trùng nhau.

Lời giải

Chọn A.

Lời giải

Chọn B.

Giả sử $N$ là ảnh của $M$ theo phép chiếu song song đường thẳng $AB$ lên mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$

Suy ra $MN{\rm{//}}AB$$\Rightarrow MN{\rm{//}}CD$. Do $M$ là trung điểm của $SC$$\Rightarrow N$ là trung điểm của $SD$.

Lời giải

Chọn B.

Do $AB \cap \left( {SBC} \right) = \left\{ A \right\}$, suy ra hình chiếu song song của điểm $A$ theo phương $AB$ lên mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ là điểm $B$.

Lời giải

Chọn D.

Gọi N là trung điểm $SA$, ta có $MN//CA$ nên hình chiếu song song của điểm $M$ theo phương $AC$ lên mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ là điểm N.

Lời giải

Chọn B.

Ảnh của điểm $A'$ qua phép chiếu song song theo phương chiếu $A'A$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là điểm $A$.

Ta có $MB\,{\rm{// }}A'A$ và $MB\, \cap \left( {ABCD} \right) = \left\{ B \right\}$ nên ảnh của điểm $M$ qua phép chiếu song song theo phương chiếu $A'A$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là điểm $B$.

Vậy ảnh của đoạn thẳng $A'M$ qua phép chiếu song song theo phương chiếu $A'A$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là đoạn thẳng $AB$.

Lời giải

Chọn A.

Giả sử $\left( \alpha \right) \cap \left( \beta \right) = d$ Khi phương chiếu $l$ song song hoặc nằm trên mặt phẳng $\left( \alpha \right)$thì mọi điểm trên mặt phẳng $\left( \alpha \right)$có hình chiếu lên mặt phẳng $\left( \beta \right)$ theo phương $l$ đều nằm trên đường thẳng $d$.

Lời giải

Chọn B.

+ Gọi $I$ là điểm đối xứng của $A'$ qua $B'.$

+ Xét phép chiếu song theo phương $AB$ lên mặt phẳng $\left( {BC'D} \right)$ ta có: Hình chiếu của $D,\,B,\,C'$ thành chính nó; Hình chiếu của $A$ thành $B;$ Hình chiếu của $A',\,\,B'$ thành $I$; Hình chiếu của $D'$ thành $C'.$

+ Do đó, hình chiếu của hình hộp $ABCD.A'B'C'D'$ lên ${\rm{mp}}(BC'D)$ theo phương $AB$ là hình bình hành $BDC'I.$

Lời giải

a) Đúng b) Sai c) Đúng d) Đúng

Trong $(SAC):AM \cap SO = I$. Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{I \in AM}\\{I \in SO \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow I \in AM \cap (SBD)} \right.$.

Tam giác $SAC$ có hai đường trung tuyến $AM$ và $SO$ cắt nhau tại $I$, suy ra $I$ là trọng tâm của tam giác $SAC$. Từ đó ta có $IA = 2IM$.

Trong $(SBD):BI \cap SD = E$. Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{E \in SD}\\{E \in BI \subset (ABM)}\end{array} \Rightarrow I \in SD \cap (ABM)} \right.$.

Trong $(ABCD):CN \cap BD = F$.

Trong $(SNC):SF \cap MN = J$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{J \in MN}\\{J \in SF \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow J \in MN \cap (SBD)} \right.$.

Lời giải

a) Đúng b) Sai c) Đúng d) Sai

Có $SK = (SAB) \cap (SCD)$.

Trong mp (SAB), gọi $M = KE \cap SB$, có $KE \subset (CDE)$. Do đó $SB \cap (CDE) = M$.

Trong mp $(SCD)$, gọi $N = KF \cap SC$, có $KF \subset (EFM)$. Do đó $SC \cap (EFM) = N$.

Có $\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{MN = (EFK) \cap (SBC)}\\{EF//BC;EF \subset (EFK),BC \subset (SBC)}\end{array}} \right.$$\Rightarrow MN//EF//BC$.

Suy ra tứ giác $EFNM$ là hình thang.

Trong mp $(ADNM)$, gọi $I = AM \cap DN$.

Mà $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{I \in AM,AM \subset (SAB)}\\{I \in CD,CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow I \in (SAB) \cap (SCD)} \right.$,

Hay $I \in SK$. Kết luận 3 đường thẳng $AM,DN,SK$ đồng quy tại điểm $I$.

Khi $AD = 2BC$ dễ dàng chứng minh được $B,C$ lần lượt là trung điểm của $KA$ và $KD$. Suy ra $M,N$ lần lượt là trọng tâm của hai tam giác $SAK$ và $SDK$.

Do đó $MN = \frac{2}{3}EF$, gọi ${h_1},{h_2}$ lần lượt là độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh $K$ xuống hai đáy $MN$ và $EF$, dễ thấy ${h_1} = \frac{2}{3}{h_2}$. Vậy $\frac{{{S_{\Delta KMN}}}}{{{S_{\Delta KEF}}}} = \frac{{\frac{1}{2}MN \cdot {h_1}}}{{\frac{1}{2}EF \cdot {h_2}}} = \frac{{\frac{2}{3}EF \cdot \frac{2}{3}{h_2}}}{{EF \cdot {h_2}}} = \frac{4}{9}$.

Lời giải

a) Đúng b) Sai c) Đúng d) Đúng

$\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{O \in AC \subset (SAC)}\\{O \in BD \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow O \in (SAB) \cap (SCD)} \right.\\S \in (SAB) \cap (SCD)\\ \Rightarrow SO = (SAC) \cap (SBD).\end{array}$

Tứ giác $ABCD$ là hình bình hành nên $AB//CD;AD//BC$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AD//CB}\\{AD \subset (SAD)}\\{BC \subset (SBC)}\\{K \in (KBC) \cap (SAD)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{Kx = (KBC) \cap (SAD)}\\{Kx//AD//BC}\end{array}} \right.} \right.$.

Trong $(SAD)$ gọi $J = Kx \cap SA$, có $\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{J \in SA}\\{J \in Kx \subset (BKC)}\end{array} \Rightarrow J = SA \cap (BKC)} \right.$.

Có $OI$ là đường trung bình của $\Delta SBD \Rightarrow OI//SD$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{OI//SD}\\{OI \subset (OIA)}\\{SD \subset (SCD)}\\{C \in (OIA) \cap (SCD)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{Cy = (OIA) \cap (SCD)}\\{Cy//SD//OI}\end{array}} \right.} \right.$.

Ta có: $IJ//AB$ ($IJ$ là đường trung bình của $\Delta SAB$)

$AB//CD$ (tứ giác $ABCD$ là hình bình hành) $\Rightarrow CD//IJ$.

Lời giải

a) Đúng b) Sai c) Sai d) Đúng

Gọi $M,M'$ lần lượt là trung điểm của $BC,B'C'$.

$MM'$ là đường trung bình của hình bình hành $BCC'B'$ nên

$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{MM'//BB'}\\{MM' = BB'}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{MM'//AA'}\\{MM' = AA'}\end{array} \Rightarrow AMM'A'} \right.} \right.{\rm{ l\`a h\`i nh b\`i nh h\`a nh}}{\rm{. }}$$

Vì $I,K$ theo thứ tự là trọng tâm các tam giác $ABC,A'B'C'$ nên

$IM = KM' = \frac{1}{3}A'M' = \frac{1}{3}AM,$mà $IM//KM'$ nên $IKM'M$ là hình bình hành.

Suy ra $IK//MM',MM' \subset \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow IK//\left( {BCC'B'} \right)$. (1)

Gọi $N$ là trung điểm của $CC'$, tam giác $AMN$ có

$\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AG}}{{AN}} = \frac{2}{3}{\rm{ }}$(tính chất trọng tâm)

Suy ra $IG//MN$ mà $MN \subset \left( {BCC'B'} \right)$ nên $IG//\left( {BCC'B'} \right)$.(2)

Từ (1) và (2) suy ra $(IKG)//\left( {BCC'B'} \right)$.

Vì $\left( {A'KG} \right) \equiv \left( {A'M'C} \right),\left( {AIB'} \right) \equiv \left( {AMB'} \right)$, ta cần chứng minh $\left( {A'M'C} \right)//\left( {AMB'} \right)$.

Dễ thấy $AMM'A'$ là hình bình hành nên $AM//A'M'$ mà $A'M' \subset \left( {A'M'C} \right)$ nên $AM//\left( {A'M'C} \right)$. (3)

Ta có$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CM//B'M'}\\{CM = B'M'}\end{array} \Rightarrow CMB'M'} \right.$ là hình bình hành, suy ra $B'M//CM',CM'{\kern 1pt} \subset \left( {A'M'C} \right)$ $\Rightarrow B'M//\left( {A'M'C} \right)$. (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\left( {A'M'C} \right)//\left( {AMB'} \right)$, hay $\left( {A'KG} \right)//\left( {AIB'} \right)$.

Lời giải

a) Đúng b) Đúng c) Đúng d) Đúng

Vì $AA'//CC'$ và $A'$ thuộc $\left( {A'B'C'} \right)$ nên $A'$ là hình chiếu song song của $A$ trên mặt phẳng $\left( {A'B'C'} \right)$ theo phương $CC'$.

Trong mặt phẳng $\left( {ABB'A'} \right)$, kẻ đường thẳng $MM'//BB'$ với $M' \in A'B'$. Khi đó $M'$ là hình chiếu song song của $M$ trên mặt phẳng $\left( {A'B'C'} \right)$ theo phương $BB'$.

Gọi $I$ là trung điểm của $B'C'$. Vì $OI$ là đường trung bình của tam giác $BB'C'$ nên $OI//BB' \Rightarrow OI//AA'$ mà $I \in \left( {A'B'C'} \right)$ nên $I$ là ảnh của $O$ trên mặt phẳng $\left( {A'B'C'} \right)$ qua phép chiếu song song phương $AA'$.