Trắc nghiệm Hai mặt phẳng song song lớp 11 (có đúng sai, trả lời ngắn)

D

Hai mặt phẳng được gọi là song song với nhau nếu chúng không có điểm chung.

A

Qua một điểm bất kỳ nằm ngoài một mặt phẳng cho trước có một và chỉ một mặt phẳng song song với một mặt phẳng đó.

D

Mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng a, b cắt nhau, a // (Q) và b // (Q) thì (P) // (Q).

C

Hình lăng trụ là một đa diện có hai mặt đáy và các đa giác bằng nhau và những mặt bên là các hình bình hành.

B

Nếu mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng cắt nhau a, b và a, b cùng song song với mặt phẳng (Q) thì (P) song song với (Q).

A

Có AA' // BB'; AA' // CC'; AA' // DD'.

D

Ta có ABC'D' là hình bình hành nên BC' // AD' mà AD' $\subset$ (ACD') nên BC' // (ACD').

B

Ta có O, N lần lượt là trung điểm của AC và AD.

Suy ra ON là đường trung bình của tam giác ACD.

Do đó ON // CD mà CD $\subset$ (SCD) nên ON // (SCD) (1).

Ta có O, M lần lượt là trung điểm của AC và SA.

Suy ra OM là đường trung bình của tam giác SAC.

Do đó OM // SC mà SC $\subset$ (SCD) nên OM // (SCD) (2).

Từ (1) và (2), suy ra (MNO) // (SCD).

C

Ta có I, J lần lượt là trung điểm của SB, AB Þ IJ là đường trung bình DSAB $\Rightarrow$ IJ // SA.

Mà SA $\subset$ (SAD) nên IJ // (SAD) (1).

Ta có $AJ = \frac{1}{2}AB = CD$ và AJ // CD nên AJCD là hình bình hành $\Rightarrow$ JC // AD.

Mà AD $\subset$ (SAD) nên JC // (SAD) (2).

Từ (1) và (2), suy ra (IJC) // (SAD).

C

Ta có HI // AC mà AC $\subset$ (ABC) nên HI // (ABC) (1).

Ta có HK // AB mà AB $\subset$ (ABC) nên HK // (ABC) (2).

Từ (1) và (2), suy ra (HIK) // (ABC).

a) H, I lần lượt là trung điểm của SA, SB nên HI là đường trung bình của tam giác SAB.

Suy ra HI // AB mà AB $\subset$ (ABCD) nên HI // (ABCD) (1).

b) I, K lần lượt là trung điểm của SB, SC nên IK là đường trung bình của tam giác SBC.

Suy ra IK // BC mà BC $\subset$ (ABCD) nên IK // (ABCD) (2).

Từ (1) và (2), suy ra (HIK) // (ABCD).

c) $\begin{array}{l}{\rm{ Vì }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{M \in AI,AI \subset (SAB)}\\{M \in DK,DK \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow M \in (SAB) \cap (SCD)} \right.\\ \Rightarrow SM = (SAB) \cap (SCD).\end{array}$

${\rm{ Khi đó : }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(SAB) \cap (SCD) = SM}\\{AB \subset (SAB),CD \subset (SCD) \Rightarrow SM//AB//CD \Rightarrow SM//HI}\\{AB//CD}\end{array}} \right..$

Mà H là trung điểm của SA nên I là trung điểm của AM.

Xét tứ giác ABMS có I là trung điểm của AM, I là trung điểm của SB nên tứ giác ABMS là hình bình hành.

d) $\begin{array}{l}{\rm{ Vì }}\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{N \in DH,DH \subset (SAD)}\\{N \in CI,CI \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow N \in (SAD) \cap (SBC)} \right.\\ \Rightarrow SN = (SAD) \cap (SBC).\end{array}$

Khi đó, ta có:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(SAD) \cap (SBC) = SN}\\{AD \subset (SAD),BC \subset (SBC) \Rightarrow SN//AD//BC \Rightarrow SN//KI}\\{AD//BC}\end{array}} \right.$.

Vì SM // HI mà HI $\subset$ (HIK) nên SM // (HIK) (3).

Vì SN // KI mà KI $\subset$ (HIK) nên SN // (HIK) (4).

Từ (3) và (4) suy ra (SMN) // (HIK).

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

a) b) Vì $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$

nên $MN//AD \Rightarrow MN//BC \Rightarrow MN//(SBC)$. (1)

Tương tự, ta có $O,N$ theo thứ tự là trung điểm của $BD,SD$ nên $ON$ là đường trung bình của tam giác $SBD \Rightarrow ON//SB \Rightarrow ON//(SBC)$. (2)

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

c) Ta có $OE$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ nên $OE//AD \Rightarrow OE//MN$.

Do đó $E \in (OMN)$. Mặt khác $F \in ON,ON \subset (OMN) \Rightarrow F \in (OMN)$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{EF \subset (OMN)}\\{(OMN)//(SBC)}\end{array} \Rightarrow EF//(SBC)} \right.$.

d)

Vì $G$ thuộc mặt phẳng $(ABCD)$ và cách đều $AB,CD$ nên $G$ thuộc đường trung bình của hình bình hành $ABCD$ (ứng với hai cạnh $AB,CD$).

Gọi $I$ là trung điểm $BC$ thì $I,O,G$ thẳng hàng.

Ta có $OI$ là đường trung bình của $\Delta ABC$ nên $OI//AB \Rightarrow OI//(SAB)$.(3)

Tương tự, ta có $ON//SB \Rightarrow ON//(SAB)$.(4)

Từ (3), (4) suy ra $(OIN)//(SAB)$ mà $NG \subset (OIN)$ nên $NG//(SAB)$.

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

a) b) Ta có $OM//SC$ (đường trung bình tam giác $SAC$).

Ta có $ON//SB$ (đường trung bình tam giác $SBD$).

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{ON//SB;OM//SC}\\{OM,ON \subset (OMN),OM \cap ON = O}\\{SB,SC \subset (SBC),SB \cap SC = S}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow (OMN)//(SBC)$

c) Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{OP//AD}\\{AD//MN}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow OP//MN \Rightarrow OMPN$ là hình thang $\Rightarrow P \in (OMN)$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{PQ \subset (OMN)}\\{(OMN)//(SBC)}\end{array} \Rightarrow PQ//(SBC)} \right.$

d) Ta có $OR//CD$ (đường trung bình của tam giác $ACD$)

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{OM//SC(cmt)}\\{OR//CD(cmt)}\\{OM,OR \subset (MOR),OM \cap OR = O}\\{SC,SD \subset (SCD),SC \cap SD = S}\end{array} \Rightarrow (MOR)//(SCD)} \right.$

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

a) $\left( {ABC} \right)$//$\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right).$

b) AA$_{1}$ // CC$_{1}$ mà CC$_{1}$ $\subset$ (BCC$_{1}$) nên $A{A_1}$//$\left( {BC{C_1}} \right).$

c) AB // A$_{1}$B$_{1}$ mà A$_{1}$B$_{1}$$\subset$ ( A$_{1}$B$_{1}$C$_{1}$) nên $AB$//$\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right).$

d) Các mặt bên của hình lăng trụ là các hình bình hành.

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

a) Ta có A'B' // AB và AB // MN nên A'B' // MN. Suy ra A'B' // (MNP).

b) Ta có MN // C'D' và NP // BC' nên (MNP) // (BC'D').

c) Ta có (MNP) $\cap$ (ABCD) = MN và (B'C'D') // (ABCD) nên (MNP) cắt (B'C'D').

d) Ta có (MNP) // (BC'D') và DD' $\cap$ (BC'D') = D' nên DD' $\cap$ (MNP) = Q.

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

Áp dụng định lý Thales trong không gian, ta có $\frac{{KG}}{{EI}} = \frac{{GC}}{{EA}}$$\Leftrightarrow KG = \frac{{42.120}}{{100}} = 50{,}4$.

Trả lời: 50,4.

Gọi N, P lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (P) và các cạnh SC, SB.

Vì (P) // (ABC) nên theo định lí Thales ta có $\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3} \approx 0{,}67$.

Trả lời: 0,67.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Trong mặt phẳng (ACC'A'), kẻ AC' cắt A'O tại K.

mà A'O $\subset$ (A'BD). Do đó K = AC' $\cap$ (A'BD).

Vì AO // A'C' nên $\frac{{AK}}{{KC}} = \frac{{AO}}{{A'C'}} = \frac{{AO}}{{AC}} = \frac{1}{2}$.

Suy ra $\frac{{AC'}}{{AK}} = 3$.

Trả lời: 3.

Gọi O là giao điểm của AC' và A'C.

Xét tam giác A'CC' có AJ cắt C'O tại M. Suy ra O là trọng tâm của tam giác A'CC'.

Suy ra $\frac{{C'M}}{{C'O}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{C'M}}{{MA}} = \frac{1}{2}$.

Có M = (C'AB) $\cap$ (A'IJ) mà IJ // BC' (do IJ là đường trung bình của tam giác CC'B).

Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng (C'AB) và (A'IJ) là đường thẳng qua M và song song với BC' cắt AB tại K.

Do đó K = AB $\cap$ (A'IJ).

Xét tam giác ABC' có MK // BC' nên $\frac{{C'M}}{{MA}} = \frac{{BK}}{{AK}} = 0{,}5$.

Trả lời: 0,5.

Vì độ dài đường cao của tam giác đều là $3\sqrt 3$ nên cạnh của tam giác đều là 6 cm.

Diện tích hai mặt đáy là $\frac{{{{2.6}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 18\sqrt 3$cm$^{2}$.

Diện tích 3 mặt bên của lăng trụ là 3.9.6 = 162 cm$^{2}$.

Diện tích toàn phần của hình lăng trụ là $18\sqrt 3 + 162 \approx 193$ cm$^{2}$ ≈ 0,02 m$^{2}$.

Trả lời: 0,02.