Trắc nghiệm Bài tập cuối chương IV lớp 11 (có đúng sai, trả lời ngắn)

C

Khi phương chiếu l thỏa mãn (α) // l hoặc l $\subset$ (α) thì các đoạn thẳng AB, BC, CA có hình chiếu lên (P) nằm trên giao tuyến của (α) và (P).

C

Gọi d là giao tuyến của (GIJ) và (BCD).

Ta có G $\in$ (GIJ) $\cap$ (BCD), IJ // CD, IJ $\subset$ (GIJ), CD $\subset$ (BCD).

Suy ra d đi qua G và song song với CD.

D

Vì I = MN $\cap$ BD nên I $\in$ (ABD), I $\in$ (BCD), I $\in$ (CMN).

A

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD, BC. Suy ra MN là đường trung bình của tam giác BCD.

Do đó MN // CD (1).

Vì J, I lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC và ABD nên $\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}$ $\Rightarrow IJ//MN$(2).

Từ (1) và (2) suy ra IJ // CD.

C

Trong không gian, hình chiếu song song của hai đường thẳng song song là hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau.

C

Do MN là đường trung bình của tam giác SAD nên MN // AD.

Mà AD // BC (do ABCD là hình thang).

Suy ra BC // MN.

Lại có BC Ì (SBC) nên MN // (SBC).

A

Giả sử (α) // (β).

Một đường thẳng a song song với (β) thì a có thể nằm trên (α).

D

Ta có B'D' // BD; AD' // C'B. Suy ra (AB'D') // (C'BD).

B

I trên đoạn SO và $\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{2}{3}$ nên I là trọng tâm tam giác SBD.

Suy ra M là trung điểm của SD, N là trung điểm SB.

Do đó MN // BD và $MN = \frac{1}{2}BD$ nên MNBD là hình thang.

C

Vì $\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SG}}{{SC}} = \frac{2}{3}$ nên MG // BC // AD (theo định lí thales đảo).

a) Đường thẳng MN song song với CC' và cắt mặt phẳng (ABC) tại N nên N là hình chiếu song song của điểm M lên mặt phẳng (ABC) theo phương CC'.

b) Hình chiếu song song của tam giác A'CI lên mặt phẳng (ABC) theo phương CC' là tam giác ACJ với J là trung điểm của BC.

c) Mặt phẳng (MNI) và (BCC'B') có điểm chung là I mà MN // BB', MN $\subset$ (MNI), BB' $\subset$ (BCC'B') nên giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng đi qua I và song song BB'.

d) Gọi J, H lần lượt là trung điểm của BC và B'C'.

Gọi K = MI $\cap$NJ, suy ra K chính là giao điểm của MI và (ABC).

Có NJ = JK = MH suy ra NK = 2MH = AC.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.

a) SO là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).

b) Trong mặt phẳng (ABCD) có O = AC $\cap$ BD.

Trong (SAC), gọi I = SO $\cap$ AN.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}I \in AN\\I \in SO,SO \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I = AN \cap \left( {SBD} \right)$.

Vậy điểm I là điểm nằm trên đường thẳng SO.

c) Trong (ABCD), gọi P = CM $\cap$ BD.

Trong (SCM), gọi J = MN $\cap$ SP.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}J \in MN\\J \in SP,SP \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow J = MN \cap \left( {SBD} \right)$.

Vậy J là điểm nằm trên đường thẳng SP.

d) Dễ thấy B $\in$ (ABN) $\cap$ (SBD) (1).

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}I \in AN,AN \subset \left( {ABN} \right)\\I \in SO,SO \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( {ABN} \right) \cap \left( {SBD} \right)$ (2).

Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}J \in MN,MN \subset \left( {ABN} \right)\\J \in SP,SP \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow J \in \left( {ABN} \right) \cap \left( {SBD} \right)$ (3).

Từ (1), (2), (3) suy ra B, I, J cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (ABN) và (SBD) nên ba điểm này thẳng hàng.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.

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

b) Gọi O là tâm hình bình hành ABCD.

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

c) Ta có AD = 3AN $\Rightarrow \frac{{DM}}{{DA}} = \frac{2}{3}$.

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

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

d) Gọi P là trung điểm AB.

Tam giác SPC có $\frac{{PG}}{{PS}} = \frac{{PN}}{{PC}} = \frac{1}{3}$ suy ra NG // SC mà SC $\subset$ (SAC) $\Rightarrow$ NG // (SAC).

Đáp án: a) Sai; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

a) Do 4 điểm S, D, A, B không đồng phẳng nên hai đường thẳng SD và AB chéo nhau.

b) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}DC//AB\\AB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow DC//\left( {SAB} \right)$.

c) Do AD $\cap$ BC = I nên I $\in$ (SAD) $\cap$ (SBC) mà S $\in$ (SAD) $\cap$ (SBC) nên SI = (SAD) $\cap$ (SBC).

Mặt khác SI và AD cắt nhau tại I suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) cắt đường thẳng AD.

d) Hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) có điểm chung S và lần lượt chứa hai đường thẳng song song là AB và CD nên giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng d đi qua S và song song AB, CD.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

a) Do AD // BC$\subset$ (SBC) nên AD // (SBC).

b) Gọi E là trung điểm của SD.

Khi đó $\frac{{AM}}{{AE}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{2}{3}$ $\Rightarrow$ MN // CE $\subset$ (SCD) nên MN // (SCD).

c) Do AD // BC, BC $\subset$ (MBC), AD $\subset$ (SAD) nên (MBC) $\cap$ (SAD) = HK thì AD // HK.

d) Tứ giác BCKH là hình bình hành $\Leftrightarrow$ HK = BC $\Leftrightarrow$ $\frac{2}{3}AD = BC \Leftrightarrow 2AD = 3BC$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

Trong (ABCD), gọi E = MN $\cap$ AC.

Trong (SAC) vẽ EQ // SC với Q $\in$ SA.

Có $\left\{ \begin{array}{l}QE//PN\left( {//SE} \right)\\PN \subset \left( {MNP} \right)\\E \in MN \subset \left( {MNP} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow$ Q $\in$ (MNP).

$\Rightarrow$ Q = SA $\cap$ (MNP).

Ta có MN là đường trung bình của DBCD nên MN // BD hay ME // BO.

Suy ra E là trung điểm của OC.

Khi đó $\frac{{CE}}{{CO}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{CE}}{{CA}} = \frac{1}{4}$.

Xét DSAC, ta có QE // SC nên $\frac{{SQ}}{{SA}} = \frac{{CE}}{{CA}} = \frac{1}{4} = 0{,}25$.

Trả lời: 0,25.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AM \cap SO = I\\AM \subset \left( P \right)\\SO \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( P \right) \cap \left( {SBD} \right)$.

Mà SD // (P), SD $\subset$ (SBD) suy ra (P) $\cap$ (SBD) = d // BD với I $\in$ d.

Gọi E = d $\cap$ SB, F = d $\cap$ SD. Khi đó E, F chính là giao điểm của (P) với các cạnh SB, SD.

Xét DSAC có O là trung điểm của AC, M là trung điểm của SC nên I là trọng tâm của tam giác SAC. Suy ra $\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{2}{3}$.

Lại có EF // BD nên $\frac{{SE}}{{SB}} = \frac{{SF}}{{SD}} = \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{2}{3}$.

Suy ra $\frac{{SE}}{{SB}} + \frac{{SF}}{{SD}} = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} = \frac{4}{3} \approx 1{,}3$.

Trả lời: 1,3.

Ảnh của tam giác MPQ qua phép chiếu song song lên (ABCD) theo phương chiếu MA là tam giác AOI với O, I lần lượt là trung điểm của AC, AD.

Ta có ${S_{\Delta AOI}} = \frac{1}{4}{S_{\Delta ACD}} = \frac{1}{8}{S_{ABCD}} = \frac{{{4^2}}}{8} = 2$.

Trả lời: 2

Gọi I, M lần lượt là trung điểm của CD, BC.

Ta có (P) $\cap$ (ACD) = IK // AC.

Suy ra IK là đường trung bình của tam giác ACD nên AK = KD.

Vậy m = 1.

Trả lời: 1

Gọi I = SO $\cap$ AE suy ra I là trọng tâm DSAC; kéo dài FI cắt SB tại M.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}M \in SB\\M \in FI \subset \left( {AEF} \right)\end{array} \right. \Rightarrow M = SB \cap \left( {AEF} \right)$.

Ta có $BF = \frac{2}{3}BD$ $\Rightarrow DF = \frac{1}{3}BD = \frac{2}{3}DO$ $\Rightarrow$ F là trọng tâm DACD.

Suy ra $\frac{{OI}}{{OS}} = \frac{{OF}}{{OD}} = \frac{1}{3} \Rightarrow IF//SD$.

Do đó FM // SD $\Rightarrow$ $\frac{{BM}}{{BS}} = \frac{{BF}}{{BD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{3}$.

Suy ra 3a + b = 6.

Trả lời: 6