Đề kiểm tra Hai đường thẳng song song lớp 11 (có lời giải) - Đề 2

Chọn A

Gọi $M,\,N$ lần lượt là trung điểm của $BC,\,BD$, ta có $MN//CD$ (1)

Xét $\Delta AMN$ có $\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}$$\Rightarrow IJ//MN$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $IJ//CD$.

Chọn B

Xét $\Delta SAD$ có $RT$ là đường trung bình của tam giác $\Rightarrow RT//AD$ (1)

Xét $\Delta ACD$ có $MQ$ là đường trung bình của tam giác $\Rightarrow MQ//AD$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow MQ//RT$.

Chọn B

Ta có $\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = CD$; $\left( {ABCD} \right) \cap \left( {MAB} \right) = AB$; $\left( {MAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d$ và $AB\,{\rm{//}}\,CD$nên $AB\,\,;\,\,CD\,\,;\,\,d$ đôi một song song $\left( 1 \right)$.

Mặt khác $M$là điểm chung của $\left( {MAB} \right);\,\,\left( {SCD} \right)$ $\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $d$ đi qua$M$ và song song với $CD$, cắt $SD$tại $N$.

Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng $\left( {MAB} \right)$ là một hình thang.

Chọn D

Trong mp $\left( {ABC} \right)$, qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $AB$, cắt $BC$ tại $N$

Trong mp $\left( {ACD} \right)$, qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $CD$, cắt $AD$ tại $Q$

Trong mp $\left( {BCD} \right)$, qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $CD$, cắt $BD$ tại $P$

$\Rightarrow$ Thiết diện của $\left( P \right)$ với tứ diện là tứ giác $MNPQ$.

Mặt khác $\left\{ \begin{array}{l}MQ//NP\,\,\left( {//CD} \right)\\MN//PQ\,\,\,\left( {//AB} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow MNPQ$ là hình bình hành.

Chọn D

Xét hai mặt phẳng $\left( {MNE} \right)$ và $\left( {BCD} \right)$, có;

$$E \in \left( {MNE} \right) \cap \left( {BCD} \right)$$

Và $MN\,{\rm{//}}\,BC$ ($MN$là đường trung bình của $\Delta ABC$), $MN \subset \left( {MNE} \right),\,BC \subset \left( {BCD} \right)$

Nên $\left( {MNE} \right) \cap \left( {BCD} \right) = EF$$\left( {EF\,{\rm{//}}\,MN\,{\rm{//}}\,BC,\,F = BD \cap EF} \right)$.

Do đó thiết diện tạo bởi mặt phẳng $\left( {MNE} \right)$ và tứ diện $ABCD$ là hình thang$MNEF$($MN\,{\rm{//}}\,EF$).

Chọn C

Gọi $E$là trung điểm của $AB$.

Vì $I,\,\,J$là trọng tâm của tam giác $ABC$,$ABD$ nên $\frac{{EI}}{{EC}} = \frac{{EJ}}{{ED}} = \frac{1}{3} \Rightarrow IJ\,{\rm{//}}\,CD$và $IJ = \frac{1}{3}CD$.

Chọn D

Ta có: $MP$, $NQ$ lần lượt là đường trung bình của các tam giác $ABC$ và $BCD$ nên $MP\,{\rm{//}}\,BC$ và $MQ\,{\rm{//}}\,BC$$\Rightarrow MP\,{\rm{//}}\,NQ$.

Chọn C

Gọi$E$ là trung điểm của $AC$.Trong $mp(SED)$,tacó:$\frac{{E{G_1}}}{{ES}} = \frac{{E{G_2}}}{{ED}} = \frac{1}{3}$,suyra${G_1}{G_2}//{\kern 1pt} SD$.

Chọn B

Gọi$M$là trung điểm của$AB$.Trong tam giác$MCD$có$\frac{{MG}}{{MD}} = \frac{{ME}}{{MC}} = \frac{1}{3}$suy ra$GE{\rm{//}}CD$.

Chọn D

Xét $\left( {MNE} \right)$ và $\left( {BCD} \right)$ có:

$E$ là điểm chung.

$MN{\rm{//}}BC$ (do $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$).

Do đó $\left( {MNE} \right) \cap \left( {BCD} \right) = EF{\rm{//}}BC{\rm{//}}MN$ (với $F \in BD$)

Thiết diện là hình thang $MNEF$.

Ta có $MN = \frac{1}{2}BC$ và $\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{ED}}{{CD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EF = \frac{2}{3}BC$. Suy ra $EF > MN$.

Vậy $MNEF$ là hình thang với đáy nhỏ là $MN$.

Chọn B

Ta có $\left( {IBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC$; $\left( {IBC} \right) \cap \left( {SAB} \right) = IB$

Tìm $\left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}I \in \left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right)\\BC \in \left( {IBC} \right)\\AD \in \left( {SAD} \right)\\BC\;{\rm{//}}\;AD\end{array} \right.$$\Rightarrow \left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = Ix\;{\rm{//}}\;AD\;{\rm{//}}\;BC$

Xét $\left( {SAD} \right)$: Gọi $J = Ix \cap SD$, mà $IA = IS$, $Ix\;{\rm{//}}\;AD$ $\Rightarrow JS = JD$

$\Rightarrow \left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = IJ$$\Rightarrow \left( {IBC} \right) \cap \left( {SDC} \right) = JC$

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

Chọn B

Trong mp $\left( {ABCD} \right)$, gọi $E = NP \cap AB$.

Khi đó : $\left( {MNP} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = NE$ và $\left( {MNP} \right) \cap \left( {SAB} \right) = EM$. (1)

Xét $\Delta ACD$ có $P$,$N$ lần lượt là trung điểm của $AC$,$CD$$\Rightarrow$$NP//AD\,{\rm{/}}\,/BC$.

Ta có: $NP{\rm{//}}BC$; $NP \subset \left( {MNP} \right)$; $BC \subset \left( {SBC} \right)$; $M \in \left( {MNP} \right) \cap \left( {SBC} \right)$, qua $M$kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $SC$ tại $F$.

Khi đó : $\left( {MNP} \right) \cap \left( {SBC} \right) = MF$

và $\left( {MNP} \right) \cap \left( {SCD} \right) = FN$. (2)

Từ (1) và (2), thiết diện của hình chóp là tứ giác $MENF$.

Tứ giác $MENF$ có $MF{\rm{//}}EN$ nên $MENF$ là hình thang.

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Sai

a) Sai

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

Phát biểu A và B sai vì hai đường thẳng không có điểm chung thì có thể là chúng chéo nhau hoặc song song với nhau.

Phát biểu C sai vì hai đường có điểm chung thì chúng có thể cắt nhau hoặc trùng nhau.

Phát biểu D đúng (tính chất cơ bản).

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

Ta có $IJ$ là đường trung bình của tam giác $BCD$ nên $IJ//CD,IJ = \frac{1}{2}CD$.

Khi đó: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(P) \cap (ACD) = MN}\\{IJ \subset (P),CD \subset (ACD) \Rightarrow MN//IJ//CD.}\\{IJ//CD}\end{array}} \right.$

Vì vậy $IJNM$ là một hình thang.

Theo câu a), ta có: $IJ//MN$.

Vì vậy, $IJNM$ là hình bình hành khi và chỉ khi $IJ = MN$.

Khi đó, $MN = \frac{1}{2}CD,MN//CD$.

Suy ra $MN$ là đường trung bình của tam giác $ACD$, hay $M$ là trung điểm của đoạn $AC$.

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Sai

Xác định $M,N$ :

Trong mặt phẳng $(SAC)$, kẻ $CI$ cắt $SA$ tại $M$;

Trong mặt phẳng $(SBD)$, kẻ $DI$ cắt $SB$ tại $N$.

Vì $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{M \in CI,CI \subset (ICD)}\\{M \in SA}\end{array} \Rightarrow M = SA \cap (ICD)} \right.$.

Tương tự: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{N \in DI,DI \subset (ICD)}\\{N \in SB}\end{array} \Rightarrow N = SB \cap (ICD)} \right.$.

Tính $MN$ theo $a$ :

Gọi $E$ là trung điểm $BN,OE$ là đường trung bình của tam giác $BDN$ $\Rightarrow OE//DN$.

Trong tam giác $SOE$, ta có $NI$ qua trung điểm $I$ của $SO$ và $NI//OE,N$ là trung điểm của $SE$.

Vậy $SN = NE = EB$ hay $SN = \frac{1}{3}SB$.

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được $SM = \frac{1}{3}SA$.

Khi đó hai tam giác $SMN,SAB$ đồng dạng vì có góc $S$ chung và $\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{3}$.

Xét tam giác $SAB$, theo định lí Thalès, ta có:

$\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow MN = \frac{{AB}}{3} = \frac{a}{3}{\rm{. }}$

Chứng minh $SK//BC//AD$ :

Dễ thấy $S$ là điểm chung của hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SAD)$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{K \in CN,CN \subset (SBC)}\\{K \in DM,DM \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow K \in (SBC) \cap (SAD)} \right.$.

Vì vậy $SK = (SBC) \cap (SAD)$.

Khi đó: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{SK = (SBC) \cap (SAD)}\\{BC \subset (SBC),AD \subset (SAD) \Rightarrow SK//BC//AD.}\\{BC//AD}\end{array}} \right.$

Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AD$. Khi đó, ta có $\frac{{SG}}{{SP}} = \frac{{SK}}{{SQ}} = \frac{2}{3}$, suy ra $GK//PQ$. Vì $PQ$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ nên $PQ//BD;MN$ là đường trung bình của tam giác $BCD$ nên $MN//BD$. Suy ra $MN//PQ$.

Từ đó, suy ra $GK//MN$.

Ta có: $EF//AB$ (do $ABEF$ là hình bình hành) và $CD//AB$ (do $ABCD$ là hình bình hành).

Do đó, $CD\parallel EF$.

Khi đó, hai đường thẳng $CD$ và $EF$ đồng phẳng hay bốn điểm $C,D,E,F$ đồng phẳng.

Lại có $EF = AB$ và $CD = AB$ (do $ABEF$ và $ABCD$ là các hình bình hành) nên $CD = EF$.

Vậy tứ giác $CDFE$ là hình bình hành.

$\Delta ABC$: $ON$ là đường trung bình $\Rightarrow ON{\rm{//}}AB$, $ON{\rm{ = }}\frac{1}{2}AB$ $\left( 1 \right)$.

Tính chất hình lập phương: $AB{\rm{//}}A'B'$, $AB{\rm{ = }}A'B' \Rightarrow A'M{\rm{//}}AB$, $A'M = \frac{1}{2}AB$ $\left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2) $\Rightarrow ON{\rm{//}}A'M$, $ON = A'M \Rightarrow$ Tứ giác AMNO là hình bình hành.

$\Rightarrow A'O{\rm{//}}MN$. (đpcm)

$\Delta A'B'C'$ có $MP$ là đường trung bình$\Rightarrow MP{\rm{//}}A'C'$, $MP{\rm{ = }}\frac{1}{2}A'C'$ $\left( 1 \right)$.

Ta có$A'C'//AC,A'C' = AC \Rightarrow AQ//A'C';AQ = \frac{1}{2}A'C'\left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2) $\Rightarrow MP{\rm{//QA;MP = QA}} \Rightarrow MNPD$ là hình bình hành.

$\Rightarrow AM{\rm{//}}PQ$.