Đề kiểm tra Hai đường thẳng song song lớp 11 (có lời giải) - Đề 3

Chọn A

Đặt $\left( \alpha \right) \equiv \left( {a;b} \right)\,\,;\,\,\left( \beta \right) \equiv \left( {a\,;\,c} \right)\,\,;\,\,\left( \gamma \right) \equiv \left( {b\,;\,c} \right)$

Ta thấy, ba mặt phẳng $\left( \alpha \right)\,;\,\left( \beta \right)\,;\,\left( \gamma \right)$ cắt nhau theo ba giáo tuyến phân biệt và ba giao tuyến $\left( a \right)\,\,;\,\,\left( b \right)\,\,;\,\left( c \right)$ đôi một cắt nhau nên chúng đồng quy tại $M$.

Chọn A

Do $AG$ và $MN$ cùng nằm trong mặt phẳng $\left( {ABN} \right)$ nên hai đường thẳng cắt nhau.

Chọn B

Dễ dàng thấy được: $IJ$ là đường trung bình của tam giác $SAC$ $\Rightarrow IJ\parallel AC$.

Chọn D

Ta có: $AB'C'D'$ là hình bình hành.

$AC' \cap BD' = I$ và $AC \cap BD = O$ $\Rightarrow OI$ là đường trung bình của tam giác $ACC'$ $\Rightarrow CC' = 2{\rm{O}}I$.

$BB'D'D$ là hình thang có $OI$ là đường trung bình $\Rightarrow OI = \frac{{BB' + DD'}}{2} = 3$.

Vậy $CC' = 6$.

Chọn A

Ta có: $\frac{{AG}}{{AI}} = \frac{{AE}}{{AJ}} = \frac{2}{3}$ $\Rightarrow EG\parallel IJ$

Mà $IJ\parallel CD$ (do $IJ$ là đường trung bình của tam giác $BCD$)

$\Rightarrow EG\parallel CD$.

Chọn A

Xét tam giác $ABD$ có : $\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AD}} = \frac{1}{3}$ $\Rightarrow MN\parallel BD$ (Định lý Talet)

Xét tam giác $BCD$ có : $PQ$ là đường trung bình của tam giác $\Rightarrow PQ\parallel BD$

Vậy $PQ\parallel MN$ $\Rightarrow MNPQ$ là hình thang.

Chọn D

Do $A'B'$ và $SC$ không đồng phẳng nên $A'B'$ và $SC$ không song song nhau.

Chọn B

Do $\frac{{OG}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OB}} = \frac{1}{3}$ $\Rightarrow HG\parallel AB$ (Định lý Talet)

Xét tam giác $ABD$ có: $MN\parallel AB$ (do $MN$ là đường trung bình của tam giác)$\Rightarrow HG\parallel MN$

Lại có: $HG \cap CN = G$

Vậy $HG$ và $CD$ chéo nhau.

Chọn C

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{M \in \left( {MAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}AB \subset \left( {MAB} \right)\,;\,\,CD \subset \left( {SCD} \right)\\AB\parallel CD\end{array}\end{array}} \right.$ $\Rightarrow Mx = \left( {MAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)$ với $Mx\parallel CD\parallel AB$

Gọi $N = Mx \cap SD$ trong $\left( {SCD} \right)$ $\Rightarrow N = SD \cap \left( {MAB} \right)$

Vậy $MN$ song song với $CD$.

Chọn C

Ta có:$SI = \left( {SBC} \right) \cap \left( {SAD} \right)$

Do $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{SI = \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}AD \subset \left( {SAD} \right)\,;\,\,BC \subset \left( {SBC} \right)\\AD\parallel BC\end{array}\end{array}} \right.$ $\Rightarrow SI\parallel BC\parallel AD$.

Chọn B

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{MN = \left( {MCD} \right) \cap \left( {SAB} \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,}\\\begin{array}{l}CD \subset \left( {MCD} \right)\,\,;\,\,AB \subset \left( {SAB} \right)\\CD\parallel AB\end{array}\end{array}} \right.$ $\Rightarrow MN\parallel CD\parallel AB$.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Phát biểu A đúng (xem định lí 3).

Phát biểu ${\bf{B}}$ sai. Vì nếu hai đường $a,c$ chéo nhau và hai đường $b,c$ chéo nhau thì đường thẳng $a$ và đường thẳng $b$ có đến ba khả năng: chéo nhau, song song hoặc cắt nhau.

Phát biểu C đúng.

Phát biểu D sai vì đường thẳng $a$ có thể cắt cả hai đường chéo nhau là $b$ và $c$, tức là đường thẳng $a$ có thể cắt đường thẳng $c$.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

a) Có $SK = (SAB) \cap (SCD)$.

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

b) 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.

c) 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 $I$.

d) 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 $\frac{{{S_{\Delta KMN}}}}{{{S_{\Delta KEF}}}} = \frac{{\frac{1}{2}MN \cdot {h_1}}}{{\frac{1}{2}EF \cdot {h_2}}} = \frac{{\frac{2}{3}EF \cdot \frac{2}{3}{h_2}}}{{EF \cdot {h_2}}} = \frac{4}{9}$.

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

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

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

c) Ta có : $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AB//CD}\\{AB \subset (MAB)}\\{CD \subset (SCD)}\\{M \in (MAB) \cap (SCD)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{Mt = (MAB) \cap (SCD)}\\{Mt//AB//CD}\end{array}} \right.} \right.$.

d) Ta có : $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AB//CD}\\{AB \subset (SAB)}\\{CD \subset (NCD)}\\{N \in (SAB) \cap (NCD)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{Nz = (SAB) \cap (NCD)}\\{Nz//AB//CD}\end{array}} \right.} \right.$.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

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

b) 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 $\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{J \in SA}\\{J \in Kx \subset (BKC)}\end{array} \Rightarrow J = SA \cap (BKC)} \right.$

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

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

d) Ta có:

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

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

a) Áp dụng định lí về ba đường giao tuyến cho ba mặt phẳng $(ABC),(ACD)$ và (MNPQ)

b) Tương tự câu a.

a) Trong mặt phẳng $(SAD)$, gọi $P$ là giao điểm của $AN$ và $DM$.

Trong mặt phẳng $(NAB)$, vẽ đường thẳng $d$ đi qua $P$ và song song với $AB$ thì $d$ là giao tuyến cần tìm.

b) Theo cách dựng thì $d$ song song với $AB$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$

Xét tam giác $ABC$ có: $\frac{{MI}}{{MC}} = \frac{1}{3}$ (do $I$ là trọng tam của tam giác $ABC$)

Xét tam giác $ABD$ có: $\frac{{MJ}}{{MD}} = \frac{1}{3}$ (do $J$ là trọng tam của tam giác $ABD$)

Do $\frac{{MI}}{{MC}} = \frac{{MJ}}{{MD}} = \frac{1}{3}$ $\Rightarrow IJ{\rm{//}}CD$ (Định lí Ta-let)

Vì $MN//AC \Rightarrow \frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{CN}}{{CB}} = \frac{1}{4}$

Ta có: $\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AP}}{{AS}} = \frac{1}{4}$

Vậy $MP//SB$

Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$ và chứa hai đường thẳng song song là $AD$ và $BC$. Do đó, giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $n$ đi qua $S$ và song song với $AD$, $BC$

Mỗi cánh cửa ở Hình 4.29 đều có dạng hình chữ nhật nên các cạnh đối diện của mỗi cánh cửa song song với nhau.

Khi đó ta có $a\parallel b$ và $c\parallel d$.

Lại có các đường thằng $a$ và $d$ là đường thẳng giao tuyến giữa khung cửa và cánh cửa nên $a\parallel d$.

Do vậy, bốn đường thẳng $a,b,c,d$ luôn đôi một song song với nhau.

Vậy khi hai cánh cửa sổ hình chữ nhật được mở, dù ở vị trí nào, thì hai mép ngoài của chúng luôn song song với nhau.

Nếu hai cánh cửa sổ có dạng hình thang như Hình 4.30 thì không có vị trí nào của hai cánh cửa để hai mép ngoài của chúng song song với nhau.