20 câu trắc nghiệm Toán 11 Chân trời sáng tạo Bài tập cuối chương IV (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án

Phép chiếu song song theo phương AA' biến B' thành chính nó, biến D thành D', biến M thành M'. Do đó biến DB'DM thành DB'D'M'.

a) Trong mặt phẳng (ABCD), P = AC Ç MD mà MD Ì (SMD). Suy ra P = AC Ç (SMD).

b) Trong mặt phẳng (SAC), K = AI Ç SP mà SP Ì (SMD). Suy ra K = AI Ç (SMD).

c) Vì MC // AD nên \(\frac{{CP}}{{AP}} = \frac{{MC}}{{AD}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{CP}}{{CA}} = \frac{1}{3}\).

Vì SI = 2IC nên \(\frac{{IC}}{{SC}} = \frac{1}{3}\).

Suy ra \[\frac{{CP}}{{CA}} = \frac{{IC}}{{SC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow IP//SA\] mà SA Ì (SAB) nên IP // (SAB).

d) Xét DSPD, theo định lý Menelaus có \(\frac{{SK}}{{KP}}.\frac{{PM}}{{MD}}.\frac{{DH}}{{HS}} = 1\) (1).

Vì IP // SA nên \(\frac{{SK}}{{KP}} = \frac{{SA}}{{IP}} = 3\) (2).

Tương tự \(\frac{{PM}}{{MD}} = \frac{1}{3}\) (3). Từ (1), (2), (3) suy ra \(\frac{{DH}}{{HS}} = 1\).

Xét DMHD, theo định lý Menelaus có \(\frac{{MP}}{{PD}}.\frac{{DS}}{{SH}}.\frac{{HK}}{{KM}} = 1\).

Ta có \(\frac{{MP}}{{PD}} = \frac{1}{2};\frac{{DS}}{{SH}} = 2\). Do đó \(\frac{{HK}}{{KM}} = 1\) Þ \(\frac{{MK}}{{MH}} = \frac{1}{2}\). Do đó a + b = 3.

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

a) Có S Î (SAB) Ç (SCD) mà AB // CD nên (SAB) Ç (SCD) = Sx // AB // CD.

b) DSBD có M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng SB, SD nên MN // BD mà BD Ì (SBD) nên MN // (SBD).

c) Gọi O là giao điểm AC và BD.

Trong mặt phẳng (SBD) có K = MN Ç SO mà SO Ì (SAC) nên K = MN Ç (SAC).

Có MN // BD nên \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{MK}}{{BO}} = \frac{{KN}}{{OD}} = \frac{1}{2}\) mà OB = OD nên MK = KM.

Suy ra K là trung điểm của MN.

d) Trong mặt phẳng (SAC) có AK Ç SC = I mà AK Ì (AMN) nên I = SC Ç (AMN).

Trong mặt phẳng (SAC), kẻ OJ // AI mà O là trung điểm của AC nên J là trung điểm của IC.

Lại có KI // OJ mà K là trung điểm của SO nên I là trung điểm SJ.

Do đó \(\frac{{SI}}{{IC}} = \frac{1}{2}\).

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

a) Gọi Q là trung điểm của SD.

G1; G2 lần lượt là trọng tâm của các tam giác SAD, SCD nên \(\frac{{Q{G_1}}}{{QA}} = \frac{{Q{G_2}}}{{QC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow {G_1}{G_2}//AC\).

b) AB = (SAB) Ç (ABCD).

c) Có G1G2 // AC mà AC Ì (ABCD) nên G1G2 // (ABCD).

d) Qua G1 kẻ đường thẳng MF // AD (M Î SA, F Î SD).

Qua G2 kẻ EF // CD (E Î SC, F Î SD).

Qua E kẻ EN // BC (N Î SB).

Do đó MNEF là mặt phẳng chứa đường thẳng G1G2 và song song với mặt phẳng (ABCD).

Vì MN // EF (// AB // CD) và MF // NE (// AD // BC).

Do đó MNEF là hình bình hành.

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

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 Ì (MNI), BB' Ì (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 Ç 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 Ç BD.

Trong (SAC), gọi I = SO Ç 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 Ç BD.

Trong (SCM), gọi J = MN Ç 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 Î (ABN) Ç (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.

Trong mặt phẳng (ABC) gọi D là giao điểm của PN và AC.

Trong mặt phẳng (SAC) gọi Q là giao điểm của DM và SC.

Ta có Q = DM Ç SC mà DM Ì (MNP) Þ Q = SC Ç (MNP).

Gọi I là trung điểm của AC.

Xét DDIN có AP // IN nên \(\frac{{DA}}{{DI}} = \frac{{AP}}{{IN}} = \frac{{\frac{1}{3}AB}}{{\frac{1}{2}AB}} = \frac{2}{3}\).

Xét DDQC với MI // QC ta có \(\frac{{MI}}{{QC}} = \frac{{DI}}{{DC}} = \frac{3}{4}\) Þ \(MI = \frac{3}{4}QC\) \( \Rightarrow \frac{1}{2}SC = \frac{3}{4}QC\)

\( \Leftrightarrow \frac{{QC}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{{SQ}}{{SC}} = \frac{1}{3} \approx 0,3\).

Trả lời: 0,3.

Trong mặt phẳng (ABCD) gọi O = AC Ç BD.

Trong mặt phẳng (ABCD) gọi I = AC Ç MN.

Trong mặt phẳng (SAC) gọi K = PI Ç SC mà PI Ì (PMN) Þ K = SC Ç (PMN).

Dễ dàng chứng minh được I là trung điểm của AO.

Trong mặt phẳng (SAC), kẻ OH // IK Þ \(\frac{{CO}}{{CI}} = \frac{{CH}}{{CK}} = \frac{2}{3}\).

Xét DSOH, PK // OH mà P là trung điểm SO nên K là trung điểm của SH.

Suy ra \(\frac{{SK}}{{SC}} = \frac{1}{4} = 0,25\).

Trả lời: 0,25.

Trong mặt phẳng (SAC) kẻ SN song song OM với N thuộc AC.

Khi đó N Î (ABCD) nên N là hình chiếu song song của S lên (ABCD) theo phương OM.

Xét DSAN ta có OM // SN Þ \(\frac{{AM}}{{AS}} = \frac{{AO}}{{AN}} = \frac{2}{3}\).

\( \Rightarrow \frac{{\frac{1}{2}AC}}{{AN}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{AC}}{{AN}} = \frac{4}{3} \Rightarrow \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{3}{4}\) \( \Rightarrow \frac{{CN}}{{CA}} = \frac{1}{4} = 0,25\).

Trả lời: 0,25.

Trong (ABCD), gọi E = MN Ç AC.

Trong (SAC) vẽ EQ // SC với Q Î SA.

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

Þ Q = SA Ç (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 Ì (SBD) suy ra (P) Ç (SBD) = d // BD với I Î d.

Gọi E = d Ç SB, F = d Ç 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.