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

Chọn B

Ta thấy $\left( {GAB} \right)$ chính là mặt phẳng $\left( {ANB} \right)$. Suy ra giao tuyến của $\left( {GAB} \right)$ với $\left( {AC{\rm{D}}} \right)$ chính là $AN$.

Chọn D

Dễ thấy $OM$ không đồng phẳng với $BC$ và $MN$ cũng không đồng phẳng với $BC$. Vậy cả A và B đều sai.

Chọn D

Xét tam giác $ADM$ có: $MN$ là đường trung tuyến

Do $G$ là trung điểm của $MN$ $\Rightarrow G$ không là trọng tâm của tam giác $ADM$.

Chọn B

Gọi $M = JK \cap AD$, $N = JK \cap AB$, $F = IN \cap SB$ và $E = JKIM \cap SD$.

Khi đó, mặt phẳng $\left( {IJK} \right)$ cắt hình chóp $S.ABCD$ theo thiết diện là ngũ giác $IFJKE$.

Chọn C

Có KM và AD đồng phẳng trong mp(ACD) và KM cắt AD. Tức là

$(HKM)$ cắt (ACD) theo đoạn giao tuyến KL

$(HKM)$ cắt (ABD) theo đoạn giao tuyến HL

Vậy thiết diện là tam giác HKL.

Chọn D

Trong $\left( {ABN} \right)$, giả sử $AG \cap BN = {A_1}$$\Rightarrow {A_1} = AG \cap \left( {BCD} \right)$

Xét tam giác $BMN$, áp dụng định lý Menelauyt cho 3 điểm thẳng hàng $A,\,G,\,{A_1}$ ta có

$\frac{{{A_1}N}}{{{A_1}B}}.\frac{{GM}}{{GN}}.\frac{{AB}}{{AM}} = 1$$\Rightarrow \frac{{{A_1}N}}{{{A_1}B}} = \frac{1}{2}$.

Xét tam giác $BCD$ có đường trung tuyến $BN$ và $\frac{{{A_1}N}}{{{A_1}B}} = \frac{1}{2}$$\Rightarrow$${A_1}$ là trọng tâm tam giác $BCD$

Chọn B

Trong mặt phẳng $\left( {ABF} \right)$ có $AF \cap EG = \left\{ O \right\}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AF \subset \left( {ACD} \right)\\AF \cap EG = \left\{ O \right\}\end{array} \right.$$\Rightarrow EG \cap \left( {ACD} \right) = \left\{ O \right\}$.

Chọn A

Hình trên là một minh họa cho trường hợp mặt phẳng $\left( P \right)$cắt hình chóp tứ giác theo thiết diện là một ngũ giác.

Chọn C

Mặt phẳng vuông góc với đường cao sẽ song song với đáy nên cắt hình chóp theo tứ giác đồng dạng với đáy.

Chọn B

Gọi $O$là giao điểm của $AC$và $BD$. Suy ra $SO \cap MN = Q = > BQ \cap SD = P$

Ta có: $PN \cap CD = F = > \left( {BMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BF\,\left( 1 \right)$

$$PM \cap AD = E = > \left( {BMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BE\,\left( 2 \right)$$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $B,E,F$thẳng hàng.

Chọn A

Gọi $O = AC \cap BD$ và $K = SO \cap MP$. Khi đó NK cắt SD. Gọi $Q = NK \cap SD$.

Ta có $(MNPQ) \equiv (MNP) \Rightarrow$ Thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNP) là tứ giác MNPQ.

Chọn B

Do $NH$ cắt $MG$ tại $I$ nên bốn điểm $M,N,H,G$ cùng thuộc mặt phẳng $\left( \alpha \right)$. Xét ba mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$, $\left( {BCD} \right)$, $\left( \alpha \right)$ phân biệt, đồng thời $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right) = MG\\\left( \alpha \right) \cap \left( {BCD} \right) = NH\\\left( {ABC} \right) \cap \left( {BCD} \right) = BC\end{array} \right.$ mà $MG \cap NH = I$

Suy ra $MG$, $NH$, $\,BC$ đồng quy tại $I$ nên $B$, $C$, $I$ thẳng hàng.

a) Ta có: $I \in AD,AD \subset (JAD) \Rightarrow I \in (JAD) \Rightarrow IJ \subset (JAD)$; $J \in BC,BC \subset (IBC) \Rightarrow J \in (IBC) \Rightarrow IJ \subset (IBC)$. Vậy $(IBC) \cap (JAD) = IJ$.

b) $ND$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $(MND),(ADC)$.

c) $BI$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $(BCI),(ABD)$.

d) Gọi $E = DN \cap CI($ trong $mp(ACD))$ và $F = DM \cap BI($ trong $mp(ABD))$.

$\begin{array}{l}{\rm{ Ta c\'o : }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{E \in DN,DN \subset (DMN)}\\{E \in IC,IC \subset (IBC)}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow E \in (DMN) \cap (IBC).(1)\end{array}$

Tương tự: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{F \in DM,DM \subset (DMN)}\\{F \in BI,BI \subset (IBC)}\end{array} \Rightarrow F \in (DMN) \cap (IBC)} \right.$.

Từ (1) và $(2)$ suy ra $(DMN) \cap (IBC) = EF$.

Khi đó $EF$ cắt $IJ$

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

a) b) 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 $IA = 2IM$.

c) Trong $(SBD):BI \cap SD = E$.

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

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

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

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

a) Trong $(SBD):SO \cap MN = E$.

${\rm{ Ta c\'o }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{E \in SO}\\{E \in MN \subset (MNP)}\end{array} \Rightarrow E \in SO \cap (MNP)} \right.{\rm{. }}$

b) Trong $(SAC):PE \cap SA = Q$.

${\rm{ Ta c\'o }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{Q \in SA}\\{Q \in PE \subset (MNP)}\end{array} \Rightarrow Q \in SA \cap (MNP)} \right.{\rm{. }}$

c) Từ giả thiết ta có $\left\{ \begin{array}{l}I \in QM \subset \left( {MNP} \right)\\J \in QP \subset \left( {MNP} \right)\\K \in QN \subset \left( {MNP} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I,J,K \in \left( {MNP} \right)\,\left( 1 \right)$

Mặt khác $\left\{ \begin{array}{l}I \in AB \subset \left( {ABCD} \right)\\J \in AC \subset \left( {ABCD} \right)\\K \in AD \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I,J,K \in \left( {ABCD} \right)\,(2)$

Từ (1) và (2) suy ra $I,J,K \in (MNP) \cap (ABCD)$.

Suy ra $I,J,K$ thẳng hàng.

Ta có $(EFG) \cap (ABC) = EF$.

Trong mặt phẳng $(ABC)$, gọi $I = EF \cap BC$.

Trong mặt phẳng $(BCD)$, gọi $H = IG \cap CD$.

$\Rightarrow (EFG) \cap (ACD) = FH,(EFG) \cap (BCD) = HG,(EFG) \cap (ABD) = GE$

a) Khi đặt khối rubik sao cho ba đỉnh của mặt màu đỏ đều nằm trên mặt bàn, mặt màu đỏ của khối rubik nằm trên mặt bàn.

b) Không thể đặt khối rubik sao cho 4 đỉnh của nó đều nằm trên mặt bàn.