Đề kiểm tra Đường thẳng và mặt phẳng song song lớp 11 (có lời giải) - Đề 3

Chọn C

Vì $\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = \left\{ G \right\}$ ta có $IJ//AB$ vì$IJ$là đường trung bình của hình thang $ABCD$

$\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = Gx//AB//IJ$. Gọi $E = Gx \cap SA,F = Gx \cap SB$

$\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAD} \right) = EI$;$\left( {IJG} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = IJ$;$\left( {IJG} \right) \cap \left( {SBC} \right) = JF$

Suy ra thiết diện $\left( {IJG} \right)$và hình chóp là hình bình hành $IJFE \Leftrightarrow IJ = EF\,\,\,\left( 1 \right)$

vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAB \Leftrightarrow SG = \frac{2}{3}GH \Rightarrow EF = \frac{2}{3}AB\,\,\left( 2 \right)$

và $IJ = \frac{{AB + CD}}{2}\,\,\,\,\left( 3 \right)$ vì$IJ$là đường trung bình của hình thang $ABCD$

Từ $\left( 1 \right)$,$\left( 2 \right)$ và$\left( 3 \right)$ $\Rightarrow \frac{2}{3}AB = \frac{{AB + CD}}{2} \Leftrightarrow$ $4AB = 3AB + 3CD \Leftrightarrow AB = 3CD$.

Chọn D

Gọi $I,K$lần lượt là trung điểm của $BD,DC$.

$\left( {II} \right)$- Đúng

Xét tam giác$AIK$có:$\left\{ \begin{array}{l}MN{\rm{//}}\,{\rm{IK}}\\IK \subset \left( {BCD} \right)\\MN \not\subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,\left( {BCD} \right)$

$\left( I \right)$- Đúng

$\left\{ \begin{array}{l}MN\,{\rm{//}}\,{\rm{IK}}\\{\rm{IK}}\,{\rm{//}}\,BC\end{array} \right. \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,BC$ và $MN \not\subset \left( {ABC} \right)$do đó $MN\,{\rm{//}}\,\left( {ABC} \right)$

Có $M \in \left( {ABD} \right),N \in \left( {ACD} \right)$ do đó:$\left( {III} \right)\,,\,\left( {IV} \right)$- Sai:.

Chọn D

$IO$ là đường trung bình tam giác $SAC$ nên $IO\,\,{\rm{//}}\,\,SA$$\Rightarrow IO\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)$, $IO\,\,{\rm{//}}\,\,\left( {SAC} \right)$.

Do đó A, B đúng.

$I \in SC$, $O = AC \cap BD$$\Rightarrow \left( {IBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IO$ nên D đúng.

Chọn D

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AB \subset \left( {ABM} \right)\\CD \not\subset \left( {ABM} \right)\\CD\,{\rm{//}}\,AB\end{array} \right.$. Từ đó suy ra $CD\,{\rm{//}}\,\left( {ABM} \right)$.

Chọn C

Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm $BC$, $BD$.

Ta có $\frac{{AM}}{{AI}} = \frac{{AN}}{{{\rm{AJ}}}} = \frac{2}{3}$ $\Rightarrow MN\;{\rm{//}}\;{\rm{IJ}}$ $\Rightarrow MN\;{\rm{//}}\;IJ\;{\rm{//}}\;CD$$\Rightarrow$ $MN\;{\rm{//}}\;\left( {BCD} \right)$ và $MN\;{\rm{//}}\;\left( {ACD} \right)$.

Chọn C

Gọi $M$là trung điểm của $CD$nên ba đường thẳng $B{G_1},\,\,A{G_2}$và $CD$đồng quy tại $M$, mặt khác:

$\frac{{M{G_1}}}{{MB}} = \frac{{M{G_2}}}{{MA}} = \frac{1}{3}$, suy ra ${G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB$và $\frac{{{G_1}{G_2}}}{{AB}} = \frac{1}{3}$.

Vậy ${G_1}{G_2}//\left( {ABD} \right)$, ${G_1}{G_2}//\left( {ABC} \right)$và ${G_1}{G_2} = \frac{1}{3}AB$.

Chọn A

Ta có $\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right){\rm{//}}AB\\AB \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right\}$ $\Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN$ với $MN{\rm{//}}AB$ và $N \in BC$.

Ta có $\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right){\rm{//}}AD\\AD \subset \left( {ADC} \right)\end{array} \right\}$ $\Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {ADC} \right) = MP$ với $MP{\rm{//}}AD$ và $P \in CD$.

$\left( \alpha \right) \cap \left( {BCD} \right) = NP$.

Do đó thiết diện của $\left( \alpha \right)$ với tứ diện $ABCD$ là hình tam giác $MNP$.

Chọn A

Qua $I$, dựng $MQ//\,\,BD$, và $QP//SC$, $PN//BD$, $MN//\,SC$. Gọi $E = \,FI \cap SA$.

Ta có: $\left( {ABCD} \right) \cap \left( P \right) = NP,\,\,\left( {SBC} \right) \cap \left( P \right) = NM,$

$\,\left( {SAB} \right) \cap \left( P \right) = MF,\,\,\left( {SAD} \right) \cap \left( P \right) = EQ,\,\,\left( {SCD} \right) \cap \left( P \right) = QP$.

Vậy thiết diện là ngũ giác.

Chọn B

Ta có

+) $\left. \begin{array}{l}AB||(\alpha )\\AB \subset (ABC)\\M \in (\alpha ) \cap (ABC)\end{array} \right\} \Rightarrow (ABC) \cap (\alpha ) = MN||AB{\rm{ }}(N \in BC).$

+) $\left. \begin{array}{l}CD||(\alpha )\\CD \subset (BCD)\\N \in (\alpha ) \cap (BCD)\end{array} \right\} \Rightarrow (BCD) \cap (\alpha ) = NP||CD{\rm{ }}(P \in BD).$

+) $\left. \begin{array}{l}AB||(\alpha )\\AB \subset (ABD)\\P \in (\alpha ) \cap (ABD)\end{array} \right\} \Rightarrow (ABD) \cap (\alpha ) = PQ||AB{\rm{ }}(Q \in AD).$

Theo cách dựng thì thiết diện $MNPQ$ là hình bình hành.

Chọn B

Dựng thiết diện của $\left( P \right)$ và hình chóp $S.ABCD$, ta có nếu $M$nằm giữa $A,C$ thì thiết diện là tứ giác, nằm giữa $O,C$ hoặc trùng với $O$ thì thiết diện là tam giác, nên giá trị cần tìm của $x$ là $0 < x < \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Chọn A

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

Trong $\left( {SCD} \right)$, kẻ đường thẳng qua $N$và song song với $SC$cắt $SD$tại $P$.

Trong $\left( {SCB} \right)$, kẻ đường thẳng qua $K$và song song với $SC$cắt $SB$tại $Q$.

Trong $\left( {SAC} \right)$, kẻ đường thẳng qua $I$và song song với $SC$cắt $SA$tại $R$.

Thiết diện là ngũ giác $KNPRQ$.

Chọn C

ABC) cắt $(\alpha )$ theo giao tuyến MN đi qua H và song song với AB ($M \in AC,N \in BC$)

(BCD) cắt $(\alpha )$ theo giao tuyến NP song song với CD ($P \in BD$)

(ACD) cắt $(\alpha )$ theo giao tuyến MQ song song với CD ($Q \in AD$)

(ABD) cắt $(\alpha )$ theo giao tuyến PQ song song với AB

Có MQ//NP (vì cùng song song CD)

Có MN//PQ (vì cùng song song AB)

Vậy thiết diện là hình bình hành MNPQ

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

$\begin{array}{l}{\rm{V\`i }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{M \in (SAB) \cap (\alpha )}\\{(\alpha )//AB,AB \subset (SAB)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \cap (\alpha ) = MN{\rm{ v\^o \`u i }}MN//AB,N \in SB;} \right.\\\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{M \in (SAD) \cap (\alpha )}\\{(\alpha )//AD,AD \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow (SAD) \cap (\alpha ) = MQ{\rm{ v\^o \`u i }}MQ//AD,Q \in SD.} \right.\end{array}$

Vì $BC//AD//MQ$ và $BC\not \subset (\alpha ),MQ \subset (\alpha )$ nên $BC//(\alpha )$.

Khi đó, ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{N \in (SBC) \cap (\alpha )}\\{(\alpha )//BC,BC \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow (SBC) \cap (\alpha ) = NP} \right.$ (với $NP//BC,P \in SC$).

Nối các đỉnh $M,N,P,Q$ ta được một tứ giác.

Ta có: $MN//AB,MQ//AD,NP//BC,PQ//CD$ nên theo định lí Thalès, ta có:

$\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{MQ}}{{AD}} = \frac{2}{3}{\rm{. }}$

Suy ra $MN = NP = PQ = MQ = \frac{2}{3} \cdot 2 = \frac{4}{3}$ (đáy hình của chóp là hình vuông cạnh 2).

Dễ thấy $MNPQ$ là một hình vuông có cạnh bằng $\frac{4}{3}$ nên có diện tích bằng $\frac{{16}}{9}$ (đơn vị diện tích).

${\rm{ a) Ta c\'o : }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{S \in (SAB) \cap (SCD)}\\{AB//CD}\\{AB \subset (SAB),CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \cap (SCD) = Sx} \right.$

(với $Sx$ qua $S$ và $Sx//AB//CD$).

c) Chứng minh $MN$ song song với mặt phẳng $(SCD)$:

Gọi $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$.

Vì $N$ là trọng tâm của $\Delta ABC$ nên $BN = \frac{2}{3}BO = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}BD = \frac{1}{3}BD \Rightarrow \frac{{DN}}{{DB}} = \frac{2}{3}$.

Mặt khác, ta có: $AD = 3AM \Rightarrow \frac{{DM}}{{DA}} = \frac{2}{3}$.

Xét tam giác $ADB$, ta có: $\frac{{DM}}{{DA}} = \frac{{DN}}{{DB}} = \frac{2}{3}$ nên $MN//AB \Rightarrow MN//CD$,

mà $CD \subset (SCD) \Rightarrow MN//(SCD)$.

d) Chứng minh $NG$ song song $(SAC)$ :

Gọi $P$ là trung điểm $AB$. Tam giác $SPC$ có:

$\frac{{PG}}{{PS}} = \frac{{PN}}{{PC}} = \frac{1}{3}$ (tính chất trọng tâm)

$\Rightarrow NG//SC,SC \subset (SAC) \Rightarrow NG//(SAC)$

a) Vì $IJ$ là đường trung bình $\Delta ABC$ nên $IJ//AC$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AC//IJ}\\{IJ \subset (SIJ)}\\{AC\not \subset (SIJ)}\end{array} \Rightarrow AC//(SIJ)} \right.$.

b) Ta có $\frac{{SH}}{{HI}} = \frac{{SK}}{{KJ}} = 2(H,K$ lần lượt là trọng tâm $\Delta SAB$ và $\Delta SAC)$.

$\Rightarrow HK//IJ$

Lại có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{HK//AC(HK//IJ,AC//IJ)}\\{AC \subset (SAC)}\\{HK\not \subset (SAC)}\end{array} \Rightarrow HK//(SAC)} \right.$

c) Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{HK//AC}\\{HK \subset (BHK)}\\{AC \subset (ABC)}\\{B \in (BHK) \cap (ABC)}\end{array}} \right.$

Vậy giao tuyến của $(BHK)$ và $(ABC)$ là đường thẳng $Bx$ đi qua $B$ và song song với $AC$ và $HK$.

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

a) Ta có

Tương tự, .

b) Vì $\frac{{DI}}{{DA}} = \frac{1}{2} \ne \frac{1}{3} = \frac{{DE}}{{DC}}$ nên $IE$ không song song với $AC$. Trong hình chữ nhật $ABCD$, gọi $P = IE \cap BC$

$\Rightarrow P = IE \cap (SBC)$.

Gọi $K$ là trung điểm của $BC,{G^\prime }$ là trọng tâm tam giác $SBC$.

Khi đó $\frac{{S{G^\prime }}}{{SK}} = \frac{{SG}}{{SI}} = \frac{{{G^\prime }G}}{{KI}} = \frac{2}{3}$, suy ra và $\Rightarrow {G^\prime }G = \frac{2}{3}KI = \frac{2}{3}CD = CE$.

Do dó tứ giác ${G^\prime }GEC$ là hình bình hành, suy ra .

Vì $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ nên $MN//BD$, mà $MN \subset (CMN)$ nên $BD//(CMN)$. Vì $PQ$ là đường trung bình của tam giác $BCD$ nên $PQ//BD$, mà $PQ \subset (APQ)$ nên $BD//(APQ)$.

Trong mặt phẳng $(ABC)$, gọi $I$ là giao điểm của $AP$ và $MC$; trong mặt phẳng $(ACD)$, gọi $J$ là giao điểm của $AQ$ và $NC$. Khi đó, $IJ$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $(APQ)$ và $(CMN)$. Mà $BD//(CMN)$ và $BD//(APQ)$ nên $IJ//BD$.

Mặt phẳng $(P)$ chứa đường thẳng $AM$ và song song với $BD$ nên $(P)$ cắt $(ABCD)$ theo giao tuyến $d$ đi qua $A$ và song song với $BD$. Vì hình bình hành $ABCD$ cố định nên đường thẳng $d$ cố định trong $(ABCD)$.

Vậy khi $M$ chuyển động trên cạnh $SC$ thì mặt phẳng $(P)$ luôn luôn đi qua đường thẳng $d$cố định.

Gọi $N$ là trung điểm của $AD$. Ta có $MG \subset (SMN)$.

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $E = MN \cap BC$.

Ta có $S \in (SNM) \cap (SBC)$;$E \in MN$ và $MN \subset (SMN)$;$E \in BC$ và $BC \subset (SBC)$.

Suy ra $(SMN) \cap (SBC) = SE$.

Dễ thấy $\Delta MND{\mathop{\rm cs}\nolimits} \Delta MEC$, suy ra $\frac{{MN}}{{ME}} = \frac{{MD}}{{MC}} = \frac{1}{2}$, suy ra $\frac{{MN}}{{NE}} = \frac{1}{3}$.(1)

Mặt khác, $\frac{{GN}}{{SN}} = \frac{1}{3}$ ($G$ là trọng tâm của tam giác $\left. {SAD} \right)$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{{GN}}{{SN}} = \frac{{MN}}{{NE}}$.

Theo định lí Thalès đảo trong tam giác $SNE$, ta có $MG//SE$.

Mà $SE \subset (SBC)$ nên $MG//(SBC)$.

Gọi $O \in A'B$sao cho $MO{\rm{//}}BB'$. Khi đó $\frac{{A'M}}{{A'B'}} = \frac{{MO}}{{BB'}}$.

Mà theo giả thiết $A'M = DN$, $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên ta có :$\left\{ \begin{array}{l}MO = DN\\MO{\rm{//}}DN\end{array} \right.$ nên tứ giác $MODN$ là hình bình hành. Do đó $MN{\rm{//}}DO$, $DO \subset \left( {A'DB} \right)$ $\Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {A'DB} \right)$.

Gọi $M$ là trung điểm của $B'C'$. ${G_1}$ là trọng tâm $\Delta A'B'C'$ nên ta có : $\frac{{A'{G_1}}}{{A'M}} = \frac{2}{3}$ $\left( 1 \right)$.

${G_2}$ là trọng tâm $\Delta ABB'$ nên $\frac{{B{G_2}}}{{\frac{1}{2}A'B}} = \frac{2}{3}$ $\Rightarrow \frac{{B{G_2}}}{{A'B}} = \frac{1}{3}$$\Rightarrow \frac{{A'{G_2}}}{{A'B}} = \frac{2}{3}$ $\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$, $\left( 2 \right)$ ta có : $\frac{{A'{G_1}}}{{A'M}} = \frac{{A'{G_2}}}{{A'B}}$$\Rightarrow {G_1}{G_2}{\rm{//}}BM$, $BM \subset \left( {BCC'B'} \right)$$\Rightarrow {G_1}{G_2}{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)$.

Dựng $O = DM \cap AB$, mà $AB//CD$ nên theo định lý Talet có $\frac{{AO}}{{DC}} = \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{1}{2}$$\Rightarrow AO = \frac{1}{2}AB$, hay $O$ là trung điểm của $AB$.

Dựng $O' = EN \cap AB$, mà $AB{\rm{//}}EF$ nên theo định lý Talet có $\frac{{BO}}{{EF}} = \frac{{BN}}{{NF}} = \frac{1}{2}$$\Rightarrow BO' = \frac{1}{2}AB$, hay $O'$ là trung điểm của $AB$.

Từ hai điều trên ta có $O \equiv O'$. Vậy suy ra $\frac{{OM}}{{MD}} = \frac{1}{2} = \frac{{ON}}{{NE}}$$\Rightarrow MN{\rm{//}}DE$$\Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {DCEF} \right)$.