Đề kiểm tra Đường thẳng và mặt phẳng song song lớp 11 (có lời giải) - Đề 2

Chọn C

Xét trong $\left( {ABC} \right)$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}I \in \left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right)\\\left( \alpha \right)\;{\rm{//}}\;AB\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right) = ON\;{\rm{//}}\;AB$, với $I \in ON;O \in AC;N \in BC$.

Xét trong $\left( {ADC} \right)$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}O \in \left( \alpha \right) \cap \left( {ADC} \right)\\\left( \alpha \right)\;{\rm{//}}\;CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {ADC} \right) = OQ\;{\rm{//}}\;CD$, với $Q \in AD$.

Xét trong $\left( {BDC} \right)$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}N \in \left( \alpha \right) \cap \left( {BDC} \right)\\\left( \alpha \right)\;{\rm{//}}\;CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {BDC} \right) = NP{\rm{//}}\;CD$, với $P \in PD$.

Suy ra $\left( \alpha \right) \cap \left( {ABD} \right) = PQ\;{\rm{//}}\;AB$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}ON\;{\rm{//}}\;QP\;{\rm{//}}\;AB\\OQ\;{\rm{//}}\;NP\;{\rm{//}}\;CD\end{array} \right.$ nên thiết diện tạo thành là hình bình hành $ONPQ$.

Chọn D

Do $M \in \left( \alpha \right),\,\left( \alpha \right)//AB,\,\left( \alpha \right)//CD$nên$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right) = IH\parallel AB}\\{\left( \alpha \right) \cap \left( {ADB} \right) = GF\parallel AB}\\\begin{array}{l}\left( \alpha \right) \cap \left( {ADC} \right) = FI\\\left( \alpha \right) \cap \left( {BDC} \right) = GH\end{array}\end{array}} \right.$.

Mà $IH = \frac{1}{2}AB = HI$nên $GHIF$là hình bình hành.

Chọn B

Gọi $E$là trung điểm $BC$.

Trong $\Delta AED$, có $\frac{{AM}}{{AE}} = \frac{{AN}}{{AD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,ED \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,\left( {BCD} \right)$.

Chọn D

Ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác $SBD$. Suy ra: $MN{\rm{//}}\,\,SD.$

Mà $SD \subset \left( {SAD} \right)$ nên suy ra:$MN\,{\rm{//}}\,\,\left( {SAD} \right).$.

Chọn C

$PQ \subset \left( {SAD} \right)$ nên khẳng định $PQ//\left( {SAD} \right)$ là sai.

Chọn D

${G_1}$và ${G_2}$lần lượt là trọng tâm các tam giác $BCD$và $ACD$nên $B{G_1}$, $A{G_2}$và $CD$đồng qui tại $M$với $M$là trung điểm $CD$.

Vì ${G_1}{G_2}{\rm{//}}AB$nên ${G_1}{G_2}{\rm{//}}\left( {ABD} \right)$và ${G_1}{G_2}{\rm{//}}\left( {ABC} \right)$.

Lại có $\frac{{{G_1}{G_2}}}{{AB}} = \frac{{M{G_1}}}{{MB}} = \frac{1}{3}$$\Rightarrow$${G_1}{G_2} = \frac{1}{3}AB$.

Chọn A

Do $BC\parallel AD$ nên mặt phẳng $\left( {ADM} \right)$và $\left( {SBC} \right)$có giao tuyến là đường thẳng $MG$song song với $BC$. Thiết diện là hình thang $AMGD$.

Chọn B

Ta có $EF$ là đường trung bình trong tam giác $ABC,$ suy ra $EF//AC{\rm{ }}\left( 1 \right)$.

$\left. \begin{array}{l}\left( {EFG} \right) \cap \left( {SAC} \right) = \left\{ G \right\}\\EF \subset \left( {EFG} \right)\\AC \subset \left( {SAC} \right)\\EF//AC\end{array} \right\} \Rightarrow$ $\left( {EFG} \right) \cap \left( {SAC} \right) = Gx//FE//AC$

Gọi $Gx \cap SA = \left\{ H \right\}$, suy ra $H$ là trung điểm $SA$ và $HG//AC{\rm{ }}\left( 2 \right)$

Ta có $\overrightarrow {SG} = \frac{1}{2}\overrightarrow {SC} ,$ suy ra $G$ là trung điểm của $SC$ và $GF//SB{\rm{ }}\left( 3 \right)$.

Ta có $HE$ là đường trung bình trong tam giác $SAB,$suy ra $HE//SB{\rm{ }}\left( 4 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right),\left( 4 \right)$ suy ra thiết diện là hình bình hành $FGHE$.

Chọn A

Ta có $\left( {GMN} \right)\,{\rm{//}}\,AD$ nên giao tuyến của $\left( {GMN} \right)$ và $\left( {SAD} \right)$ là đường thẳng $PQ$ qua $G$ và song song với $AD$, thiết diện là tứ giác $MNPQ$ và vì cùng song song với $AD$ nên $\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{MN\,{\rm{//}}\,\,PQ}&{\left( 1 \right)}\end{array}$.

Đặt $BC = a$ khi đó $AD = 3a$ nên $MN = 2a$.

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAD$ nên $\frac{{PQ}}{{AD}} = \frac{2}{3}$$\Rightarrow PQ = 2a$. Vậy $\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{MN = PQ}&{\left( 2 \right)}\end{array}$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra, $MNPQ$ là hình bình hành.

Chọn D

Từ M dựng đường thẳng song song $AC$, cắt $BC$tại $N$thì $MN$chứa trong mặt phẳng cần tìm.

Từ M dựng đường thẳng song song $BD$, cắt $AD$tại $Q$thì $MQ$chứa trong mặt phẳng cần tìm.

Vậy mặt phẳng qua M, song song với hai đường thẳng AC và BD chính là mặt phẳng $\left( {MNQ} \right)$.

Từ N dựng đường thẳng song song $BD$, cắt $CD$tại $P$thì $NP \subset \left( {MNQ} \right)$.

Thiết diện là tứ giác $MNPQ,$tứ giác này có hai cặp cạnh đối song song nên là hình bình hành.

Chọn D

Trong $\left( {SAB} \right)$, kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $SA$ cắt $SB$ tại $F$.

Trong $\left( {SBC} \right)$, kẻ đường thẳng qua $F$ song song với $BC$ cắt $SC$ tại $E$.

Trong $\left( {ABCD} \right)$, kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $BC$ cắt $CD$ tại $N$.

Suy ra thiết diện của hình chóp $S.ABCD$cắt bởi mặt phẳng $\left( P \right)$ là hình thang $FENM$ vì có $FE\;{\rm{//}}\;MN$ (cùng song song với $BC$).

Chọn A

Gọi $M$ là trung điểm của $AC$.

$\left. \begin{array}{l}AB\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\\\left( {ABC} \right) \supset AB\\M \in \left( {ABC} \right) \cap \left( \alpha \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ABC} \right) \cap \left( \alpha \right) = MN\,{\rm{//}}\,AB$ với $N$ là trung điểm của $BC$

$\left. \begin{array}{l}CD\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\\\left( {DBC} \right) \supset CD\\N \in \left( {DBC} \right) \cap \left( \alpha \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {DBC} \right) \cap \left( \alpha \right) = NP\,{\rm{//}}\,CD$ với $P$ là trung điểm của $BD$

$\left. \begin{array}{l}AB\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\\\left( {ABD} \right) \supset AB\\P \in \left( {ABD} \right) \cap \left( \alpha \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ABD} \right) \cap \left( \alpha \right) = PQ\,{\rm{//}}\,AB$ với $Q$ là trung điểm của $AD$

Tương tự có $\left( {ACD} \right) \cap \left( \alpha \right) = MQ\,{\rm{//}}\,CD$

Thiết diện của tứ diện cắt bởi $\left( \alpha \right)$ là hình bình hành $MNPQ$ do$MN//PQ,MQ//NP$

Mặt khác $AB = CD \Rightarrow MN = NP$ (theo tính chất đường trung bình). Vậy $MNPQ$ là hình thoi.

a) Sai

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

$\left\{ \begin{array}{l}PQ//AB\\AB \subset \left( {ABCD} \right)\\PQ\overline \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow PQ//\left( {ABCD} \right)$.

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

Vì $(\alpha )//AB$ nên giao tuyến của mặt phẳng $(\alpha )$ với mặt phẳng $(ABC)$ là đường thẳng đi qua $M$ và song song với $AB$ và cắt $AC$ tại $Q$.

Vì $(\alpha )//CD$ nên giao tuyến của mặt phẳng $(\alpha )$ với mặt phẳng $(BCD)$ là đường thẳng đi qua $M$ và song song với $CD$ và cắt $BD$ tại $N$.

Vì $(\alpha )//AB$ nên giao tuyến của mặt phẳng $(\alpha )$.với mặt phẳng $(ABD)$ là đường thẳng đi qua $N$ và song song với $AB$ và cắt $AD$ tại $P$.

Ta có $MN//PQ//CD,MQ//PN//AB$.

Vậy hình tạo bởi các giao tuyến của mặt phẳng $(\alpha )$ với các mặt của tứ diện (ta gọi là thiết diện) là hình bình hành $MNPQ$.

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

a) b) c) Tứ giác $MNPQ$ là hình gì?

$\begin{array}{l}{\rm{ Ta co\`u : }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{MN = (\alpha ) \cap (ABCD)}\\{CD//(\alpha )}\\{CD \subset (ABCD)}\end{array} \Rightarrow (\alpha ) \cap (ABCD) = MN//CD} \right.{\rm{.(1) }}\\{\rm{ T\"o \^o ng t\"o \"i : }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{MQ = (\alpha ) \cap (SAD)}\\{SA//(\alpha )}\\{SA \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow (\alpha ) \cap (SAD) = MQ//SA} \right.{\rm{; }}\\\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{PQ = (\alpha ) \cap (SCD)}\\{CD//(\alpha )}\\{CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow (\alpha ) \cap (SCD) = PQ//CD} \right.(2)\\\end{array}$

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác $MNPQ$ là hình thang có hai đáy là $MN$ và $PQ$.

d) Xét $(SAD) \cap (SBC)$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{S \in (SAD) \cap (SBC)}\\{AD//BC}\\{AD \subset (SAD),BC \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow (SAD) \cap (SBC) = Sx} \right.$

(với $Sx$ qua $S$ và $Sx//AD//BC$).

${\rm{ V\`i }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{I \in NP,NP \subset (SBC)}\\{I \in MQ,MQ \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow I \in (SAD) \cap (SBC)} \right.{\rm{. }}$

Suy ra $I \in Sx$ (với $Sx$ cố định).

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

a) b) Do $I,J$ lần lượt là trọng tâm của tam giác $SAB$ và $SCD$ nên

$\frac{{SI}}{{SE}} = \frac{{SJ}}{{SF}} = \frac{2}{3} \Rightarrow IJ//EF{\rm{ m\`a }}EF \subset (ABCD) \Rightarrow IJ//(ABCD){\rm{. }}$

c) d) Vì $BC//AD,AD \subset (SAD) \Rightarrow BC//(SAD)$.

Vì $EF$ là đường trung bình của hình bình hành $ABCD$ nên

$BC//EF,EF \subset (SEF) \Rightarrow BC//(SEF){\rm{. }}$Ta có: $IJ//EF,EF//BC \Rightarrow BC//IJ$ mà $IJ \subset (AIJ) \Rightarrow BC//(AIJ)$.

Gọi $N,P,R$ lần lượt là trung điểm của $AD,SD,SB$. Trong mặt phẳng $(SAB)$ vẽ đường thẳng $d$ đi qua $S$ và $d//AB//CD$. $MR$ cắt $d$ tại $I,PI$ cắt $SC$ tại $Q$.

Suy ra: $(\alpha ) \cap (ABCD) = MN$, $(P) \cap (SAD) = NP,(\alpha ) \cap (SCD) = PQ$,

$(\alpha ) \cap (SBC) = QR,(\alpha ) \cap (SAB) = MR$.

Gọi $E,F$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC,CD$. Vì$\;G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$, nên $A,G,E$ thẳng hàng và $\frac{{AG}}{{AE}} = \frac{2}{3}$.

Tương tự có $A,H,F$ thẳng hàng và $\frac{{AH}}{{AF}} = \frac{2}{3}$. Do đó $\frac{{AG}}{{AE}} = \frac{{AH}}{{AF}}$. Theo định lí Thalès đảo, suy ra tam giác $AEF$ có $GH//EF$, vì vậy $GH//(BCD)$.

Gọi $(P)$ là mặt tường và $(Q)$ là mặt bảng. Gọi $a$ là mép dưới của bảng và $b$ là mép trên thì $b$ nằm trong $(P)$. Vì bảng có dạng hình chữ nhật nên $a//b$, do đó $a//(P)$, tức là mép dưới của bảng song song với mặt tường. Giải thích tương tự suy ra mép trên của bảng song song với mặt đất.

*) Trong $\Delta ABC$: Gọi $O$ là trung điểm của $AB$;

Khi đó $ON$ là đường trung bình $\Rightarrow ON\;{\rm{//}}\; = \frac{1}{2}AC$ (1)

*) $ACC'A'$ là hình bình hành $\Rightarrow AC\;{\rm{//}}\; = A'C' \Rightarrow A'M\;{\rm{//}}\; = \frac{1}{2}AC$ (2)

*) $ON\;{\rm{//}}\; = A'M \Rightarrow$ Từ giác $A'ONM$ là hình bình hành

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MN\;{\rm{//}}\;A'O\\A'O \subset \left( {ABB'A'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN\;{\rm{//}}\;\left( {ABB'A'} \right)$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC,CD$.

Suy ra $MN$ là đường trung bình của tam giác $BCD$. Suy ra $MN//BD$. (1)

Mặt khác, $I,J$ lần lượt là trọng tâm của tam giác $ABC$ và $ACD$ nên $\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}$.

Theo định lí Thalès đảo trong tam giác $AMN$, ta có $IJ//MN$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $IJ//BD$.

Mà $BD \subset (BCD)$ nên $IJ//(BCD)$.

Gọi hai đầu của hai thanh sắt trên mặt đất là $A,B$ và hai đầu tương ứng còn lại là $M,N$ thì $AM//BN$ và $AM = BN$, suy ra $ABNM$ là hình bình hành. Vì vậy $MN//AB$ và do đó dây phơi (nối hai điểm $M,N$) song song với mặt đất (chứa đường thẳng $AB$).