Đề kiểm tra Hai mặt phẳng song song lớp 11 (có lời giải) - Đề 1

Chọn D

Ta có

$\left\{ \begin{array}{l}BA'//CD'\\A'C'//AC\end{array} \right.$$\Rightarrow \left( {BA'C'} \right)//\left( {ACD'} \right)$

$\left\{ \begin{array}{l}AD//BC\\AA'//BB'\end{array} \right.$$\Rightarrow \left( {ADD'A'} \right)//\left( {BCC'B'} \right)$

$\left\{ \begin{array}{l}BD//B'D'\\A'D//B'C\end{array} \right.$$\Rightarrow \left( {BA'D} \right)//\left( {CB'D'} \right)$

Mặt khác $B' \in \left( {ABA'} \right) \cap \left( {CB'D'} \right) \Rightarrow$D sai.

Chọn B

Ta có $B'D'{\rm{//}}BD$; $AD'{\rm{//}}C'B$ $\Rightarrow \left( {AB'D'} \right){\rm{//}}\left( {C'BD} \right)$.

Chọn C

Xét hai mặt phẳng $\left( {ADF} \right)$ và $\left( {BCE} \right)$ có : $\left\{ \begin{array}{l}AD{\rm{//}}BC\\AF{\rm{//}}BE\end{array} \right.$ nên $\left( I \right):\,\left( {ADF} \right){\rm{//}}\left( {BCE} \right)$ là đúng.

Xét hai mặt phẳng $\left( {ADF} \right)$ và $\left( {MOO'} \right)$ có : $\left\{ \begin{array}{l}AD{\rm{//}}MO\\AF{\rm{//}}MO'\end{array} \right.$ nên $\left( {II} \right):\,\left( {MOO'} \right){\rm{//}}\left( {ADF} \right)$là đúng.

Vì $\left( I \right):\,\left( {ADF} \right){\rm{//}}\left( {BCE} \right)$ đúng và $\left( {II} \right):\,\left( {MOO'} \right){\rm{//}}\left( {ADF} \right)$ đúng nên theo tính chất bắc cầu ta có $\left( {III} \right):\,\left( {MOO'} \right){\rm{//}}\left( {BCE} \right)$đúng.

Xét mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ có $AC \cap BD = O$ nên hai mặt phẳng $\left( {ACE} \right)$ và $\left( {BDF} \right)$ có điểm $O$ chung vì vậy không song song nên $\left( {IV} \right):\,\left( {ACE} \right){\rm{//}}\left( {BDF} \right)$ sai.

Chọn C

A đúng vì hai mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$và $\left( {A'B'C'D'} \right)$là hai mặt đáy của hình hộp nên song song.

B đúng vì hai mặt phẳng $\left( {AA'D'} \right)$và $\left( {BCC'} \right)$là hai mặt đối của hình hộp nên song song.

D đúng vì hai mặt phẳng $\left( {ABB'} \right)$và $\left( {CDC'} \right)$là hai mặt đối của hình hộp nên song song.

C sai vì hai mặt phẳng này có điểm chung là $O$với $O = AC \cap BD$.

Chọn C

Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm $BC$,$B'C'$và $CC'$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}IJ//MN\\IJ \not\subset \left( {BB'C} \right)\\MN \subset \left( {BB'C} \right)\end{array} \right.$ nên $IJ//\left( {BB'C'} \right)$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}JK//NP\\JK \not\subset \left( {BB'C} \right)\\NP \subset \left( {BB'C} \right)\end{array} \right.$ nên $JK//\left( {BB'C'} \right)$.

Từ đó suy ra $\left( {IJK} \right)//\left( {BB'C'} \right)$.

Chọn A

Ta có $\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right){\rm{//}}\left( {SBC} \right)\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = \left\{ M \right\}\end{array} \right\} \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN;MN{\rm{//}}BC$.

Tương tự $\left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ;MQ{\rm{//}}SB$; $\left( \alpha \right) \cap \left( {SDC} \right) = NP;NP{\rm{//}}SC$;

$\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = PQ;PQ{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC$.

Thiết diện taọ thành là hình thang $MNPQ$ do $SBC$ là tam giác đều nên $MQ = NP$.

Vậy $MNPQ$ là hình thang cân.

Chọn D

$\left( {ABI} \right) \cap \left( {BCD} \right) = BI$, $\left( \alpha \right)$ và $\left( {BCD} \right)$ có điểm $M$ chung. Vậy giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ và $\left( {BCD} \right)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $IB$, giả sử cắt $CD$ tại $N$.

Lập luận tương tự ta được $NP//AI$, $P \in {\rm{A}}C$; $PM//AB$.

Do$ABCD$ là tứ diện đều nên tam giác $ABI$ cân tại $I$ cân tại $N$

Chọn A

Ta có: $IM\,{\rm{//}}\,CD \Rightarrow IM\,{\rm{//}}\,AB \Rightarrow IM\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\left( 1 \right)$.

Trong $\left( {ABCD} \right):\frac{{IA}}{{IC}} = \frac{{AB}}{{CD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{IC}}{{AC}} = \frac{2}{3} = \frac{{CM}}{{CB}}$.

Mà $\frac{{CN}}{{CS}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{CN}}{{CS}} = \frac{{CM}}{{CB}} \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,SB \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right);\left( 2 \right) \Rightarrow \left( {IMN} \right)\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)$.

Chọn D

Gọi $M$, $N$, $E$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $CC'$, $B'C'$. Suy ra $\frac{{AI}}{{IM}} = \frac{{AJ}}{{JN}} = 2$

nên $IJ{\rm{//}}MN$ $\left( 1 \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {AA'ME} \right)$ ta có $\frac{{AI}}{{IM}} = \frac{{A'K}}{{KE}} = 2 \Rightarrow IK{\rm{//}}ME$ mà $ME{\rm{//}}BB'$ nên $IK{\rm{//}}BB'$$\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ do $\left( {IJK} \right)$và $\left( {BB'C'} \right)$ là hai mặt phẳng phân biệt, $IJ,IK \in \left( {IJK} \right)$

nên $IJ{\rm{//}}\left( {BB'C'} \right)$, $IK{\rm{//}}\left( {BB'C'} \right)$ suy ra $\left( {IJK} \right){\rm{//}}\left( {BB'C'} \right)$.

Chọn D

$\left\{ \begin{array}{l}A'D'||AD\\C'D'||CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {A'C'D'} \right)||\left( {ABC} \right)$.

Chọn C

Ta có các tứ giác $B'C'FE$; $B'DAE$ là hình bình hành nên $B'C'||\left( {AEF} \right)$ và $B'D||\left( {AEF} \right)$$\Rightarrow \left( {DB'C'} \right)||\left( {AEF} \right)$.

Chọn A

Ta có:

$M$ là trung điểm $AB$; $K$ là trung điểm $SB$.

$\Rightarrow MK//SA$ (1).

$M$ là trung điểm $AB$; $N$ là trung điểm $BC$.

$\Rightarrow MN//AC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\left( {MNK} \right)//\left( {SAC} \right)$.

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng

Cho điểm $M$ nằm ngoài mặt phẳng $\left( \alpha \right).$ Khi đó có vô số đường thẳng chứa $M$ và song song với $\left( \alpha \right).$ Các đường thẳng này cùng nằm trong mặt phẳng đi qua $M$ và song song với $\left( \alpha \right).$ Do đó đáp án A là sai.

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

a) Chứng minh $mp\left( {A{A^\prime },B{B^\prime }} \right)$ và $mp\left( {C{C^\prime },D{D^\prime }} \right)$ song song:

Ta có $A{A^\prime }//D{D^\prime }$ và $AB//CD$ nên $mp\left( {A{A^\prime },B{B^\prime }} \right)//mp\left( {C{C^\prime },D{D^\prime }} \right)$.

b) Chứng minh ${A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }$ là hình bình hành:

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{{\mathop{\rm mp}\nolimits} \left( {A{A^\prime },B{B^\prime }} \right)//mp\left( {C{C^\prime },D{D^\prime }} \right)}\\{(Q) \cap mp\left( {A{A^\prime },B{B^\prime }} \right) = {A^\prime }{B^\prime }}\\{(Q) \cap mp\left( {C{C^\prime },D{D^\prime }} \right) = {C^\prime }{D^\prime }}\end{array} \Rightarrow {A^\prime }{B^\prime }//{C^\prime }{D^\prime }} \right.$.(1)

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được ${A^\prime }{D^\prime }//{B^\prime }{C^\prime }$. (2)

c) Từ (1) và (2) suy ra ${A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }$ là hình bình hành.

d) Chứng minh $O{O^\prime }//A{A^\prime }$ :

$\begin{array}{l}{\rm{ Ta c\'o : }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \cap \left( {BD{D^\prime }{B^\prime }} \right) = O{O^\prime }}\\{A{A^\prime } \subset \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right),B{B^\prime } \subset \left( {BD{D^\prime }{B^\prime }} \right)}\\{A{A^\prime }//B{B^\prime }}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow O{O^\prime }//A{A^\prime }//B{B^\prime }{\rm{ hay }}O{O^\prime }//A{A^\prime }.\end{array}$

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

Gọi $M,{M^\prime }$ lần lượt là trung điểm của $BC,{B^\prime }{C^\prime }$.

$M{M^\prime }$ là đường trung bình của hình bình hành $BC{C^\prime }{B^\prime }$ nên

a) $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{M{M^\prime }//B{B^\prime }}\\{M{M^\prime } = B{B^\prime }}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{M{M^\prime }//A{A^\prime }}\\{M{M^\prime } = A{A^\prime }}\end{array} \Rightarrow AM{M^\prime }{A^\prime }} \right.} \right.{\rm{ l\`a h\`i nh b\`i nh h\`a nh}}{\rm{. }}$

Vì $I,K$ theo thứ tự là trọng tâm các tam giác $ABC,{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }$ nên

$IM = K{M^\prime } = \frac{1}{3}{A^\prime }{M^\prime } = \frac{1}{3}AM,$mà $IM//K{M^\prime }$ nên $IK{M^\prime }M$ là hình bình hành.

Suy ra $IK//M{M^\prime },M{M^\prime } \subset \left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right) \Rightarrow IK//\left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)$.(1)

Gọi $N$ là trung điểm của $C{C^\prime }$, tam giác $AMN$ có

b) $\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AG}}{{AN}} = \frac{2}{3}{\rm{ }}$(tính chất trọng tâm)

Suy ra $IG//MN$ mà $MN \subset \left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)$ nên $IG//\left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)$.(2)

c) Từ (1) và (2) suy ra $(IKG)//\left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)$.

Vì $\left( {{A^\prime }KG} \right) \equiv \left( {{A^\prime }{M^\prime }C} \right),\left( {AI{B^\prime }} \right) \equiv \left( {AM{B^\prime }} \right)$, ta cần chứng minh

$\left( {{A^\prime }{M^\prime }C} \right)//\left( {AM{B^\prime }} \right)$.

Dễ thấy $AM{M^\prime }{A^\prime }$ là hình bình hành nên $AM//{A^\prime }{M^\prime }$ mà ${A^\prime }{M^\prime } \subset \left( {{A^\prime }{M^\prime }C} \right)$ nên $AM//\left( {{A^\prime }{M^\prime }C} \right)$. (3)

Ta có $:\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CM//{B^\prime }{M^\prime }}\\{CM = {B^\prime }{M^\prime }}\end{array} \Rightarrow CM{B^\prime }{M^\prime }} \right.$ là hình bình hành, suy ra ${B^\prime }M//C{M^\prime },C{M^\prime } \subset \left( {{A^\prime }{M^\prime }C} \right) \Rightarrow {B^\prime }M//\left( {{A^\prime }{M^\prime }C} \right)$.(4)

d) Từ (3) và (4) suy ra $\left( {{A^\prime }{M^\prime }C} \right)//\left( {AM{B^\prime }} \right)$, hay $\left( {{A^\prime }KG} \right)//\left( {AI{B^\prime }} \right)$.

a) b) c) Cho hình bình hành $ABCD$ và $ABEF$ nằm ở hai mặt phẳng khác nhau. Chứng minh rằng: $(ADF)//(BCE)$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{EF//CD(//AB)}\\{EF = CD( = AB)}\end{array} \Rightarrow EFDC} \right.$ là hình bình hành.

$\Rightarrow FD//EC$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AD//BC;AF//BE}\\{AD,AF \subset (ADF);AD \cap AF = A}\\{BC,BE \subset (BEC);BC \cap BE = B}\end{array} \Rightarrow (ADF)//(BCE)} \right.$

d) Tính $\frac{{AN}}{{NC}}$.

Vẽ mp $(P)$ chứa $M$ và $(P)//(ADF)$ cắt $AB,AC,CD,EF$ lần lượt tại $I,N,K,J$.

Ta có: $\frac{{AI}}{{BI}} = \frac{{AN}}{{NC}}(IN//BC)$

Ta có: $\frac{{EJ}}{{IS}} = \frac{{ME}}{{MS}} = 2(IS//JE)$

$BI = EJ$ (tứ giác BIJE là hình bình hành)

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{BI}}{{IS}} = 2 \Rightarrow \frac{{BI}}{2} = \frac{{IS}}{1} = \frac{{BI + IS}}{{2 + 1}} = \frac{{BS}}{3}\\ \Rightarrow BI = \frac{2}{3}BS;IS = \frac{1}{3}BS\end{array}$

Ta có: $AI = AS + AI = BS + \frac{1}{3}BS = \frac{4}{3}BS \Rightarrow > \frac{{AI}}{{BI}} = \frac{{\frac{4}{3}BS}}{{\frac{2}{3}BS}} = 2 \Rightarrow \frac{{AN}}{{NC}} = 2$

Ta có $MO$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, suy ra $MO//SC$. Do đó $MO//(SBC)$. (1)

Ta có $NO$ là đường trung bình của tam giác $SDB$, suy ra $NO//SB$. Do đó $NO//(SBC)$. (2)

Mặt khác, $NO \cap MO = O$ và $NO,MO \subset (OMN)$. (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra $(OMN)//(SBC)$.

Giả sử $AB//CD$.

Các mặt $AB{B^\prime }{A^\prime }$ và $CD{D^\prime }{C^\prime }$ của hình lăng trụ là hình bình hành nên $AB//{A^\prime }{B^\prime }$ và $CD//{C^\prime }{D^\prime }$. Vì vậy ta có ${A^\prime }{B^\prime }//{C^\prime }{D^\prime }$, tức là tứ giác ${A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }$ là hình thang.

Vì hai mặt $(ABCD)$ và $\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }} \right)$ của hình hộp song song với nhau nên giao tuyến của mặt phẳng $\left( {EFGH} \right)$ và hai mặt phẳng đó song song với nhau, tức là $EF//HG$. Tương tự có $EH//FG$ nên tứ giác $EFGH$ là hình bình hành.

Đặt tên các đường thằng như trong hình vẽ dưới đây.

Vì các khung sắt có dạng hình chữ nhật nên các cạnh đối diện của khung sắt song song với nhau, do đó $a\parallel c$ và $b\parallel d$.

Vì $c$ và $d$ là các đường thẳng của chân bàn nằm trên mặt đất, nên $a//c$ thì đường thẳng $a$ song song với mặt đất và $b\parallel d$ thì đường thẳng $b$ song song với mặt đất.

Mặt phẳng bàn chứa hai đường thẳng cắt nhau $a$ và $b$ cùng song song với mặt đất nên mặt phẳng bàn song song với mặt đất.

Lời giải

Mặt bàn nằm ngang thì song song với mặt đất. Khi tấm bìa cứng được đặt lên một góc của mặt bàn nằm ngang sao cho mặt bìa song song với mặt bàn thì mặt bìa trùng với mặt bàn.