55 câu hỏi
Đường thẳng \(d\) không có điểm chung với mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
Đường thẳng \(d\) có đúng một điểm chung với mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
Đường thẳng \(d\) có đúng hai điểm chung với mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
Đường thẳng \(d\) có vô số điểm chung với mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
Đường thẳng \(d\) song song với mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) thì đường thẳng \(d\) không có điểm chung với mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\). Chọn A.
Các cạnh bên của lăng trụ song song với nhau.
Các mặt bên của lăng trụ là hình chữ nhật.
Hai tam giác đáy của lăng trụ bằng nhau.
Hai đáy của lăng trụ nằm trên hai mặt phẳng song song.
Các mặt bên của lăng trụ là hình chữ nhật là khẳng định sai. Chọn B.
2.
0.
Vô số.
1.
Qua \(A\) không thuộc \(\left( \alpha \right)\) có vô số đường thẳng song song với \(\left( \alpha \right)\). Chọn C.
2.
4.
1.
3.
Trong không gian có 4 vị trí tương đối giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\). Chọn B.
chéo nhau.
cắt nhau.
song song.
trùng nhau.
Vì \(ABCD\) là tứ diện nên \(AC\) và \(BD\) chéo nhau. Chọn A.
Hai đường thẳng phân biệt không song song thì chéo nhau.
Hai đường thẳng chéo nhau thì không có điểm chung.
Hai đường thẳng lần lượt nằm trên hai mặt phẳng phân biệt thì chéo nhau.
Hai đường thẳng không có điểm chung thì chéo nhau.
Hai đường thẳng chéo nhau thì không có điểm chung. Chọn B.
Phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song.
Phép chiếu song song có thể biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng cắt nhau.
Phép chiếu song song có thể biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng chéo nhau.
Phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau.
Phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau. Chọn D.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 55 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Hai mặt phẳng cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì chúng song song.
Hai mặt phẳng không song song thì cắt nhau.
Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì chúng song song.
Hai mặt phẳng không cắt nhau thì song song.
Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì chúng song song. Chọn C.
Nếu \(a\) và \(b\) phân biệt, cùng thuộc một mặt phẳng và không cắt nhau thì \(a\) song song \(b\).
Nếu không có mặt phẳng nào chứa \(a\) và \(b\) thì \(a\) và \(b\) chéo nhau.
Nếu \(a\) và \(b\)không có điểm chung thì \(a\) song song với \(b\).
Trong không gian \(a\) và \(b\)có 4 vị trí tương đối hoặc là song song, hoặc là trùng nhau, hoặc là cắt nhau, hoặc là chéo nhau.
Nếu \(a\) và \(b\)không có điểm chung thì \(a\) song song với \(b\) hoặc \(a\) và \(b\) chéo nhau. Chọn B.
Nếu \(\left( \alpha \right)//\left( \beta \right)\) và \(a \subset \left( \alpha \right)\) thì \(a//\left( \beta \right)\).
Nếu \(\left( \alpha \right)//\left( \beta \right)\) và \(a \subset \left( \alpha \right)\), \(b \subset \left( \beta \right)\) thì \(a//b\).
Nếu \(a//\left( \alpha \right)\) và \(b//\left( \beta \right)\) thì \(a//b\).
Nếu \(a//b\) và \(a \subset \left( \alpha \right),b \subset \left( \beta \right)\) thì \(\left( \alpha \right)//\left( \beta \right)\).
Nếu \(\left( \alpha \right)//\left( \beta \right)\) và \(a \subset \left( \alpha \right)\) thì \(a//\left( \beta \right)\). Chọn A.
Tồn tại bốn điểm không cùng thuộc một mặt phẳng.
Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua hai đường thẳng cắt nhau.
Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua hai điểm phân biệt.
Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng.
Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua hai điểm phân biệt là một mệnh đề sai. Chọn C.
8.
9.
5.
6.
Hình chóp tứ giác có 8 cạnh. Chọn A.
Ba mặt phẳng đôi một vuông góc chắn trên hai cát tuyến phân biệt bất kì những đoạn thẳng tỉ lệ.
Ba mặt phẳng đôi một không song song chắn trên hai cát tuyến phân biệt bất kì những đoạn thẳng tỉ lệ.
Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến phân biệt bất kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến phân biệt bất kì những đoạn thẳng bằng nhau.
Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến phân biệt bất kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ. Chọn C.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành. Gọi \(A',B',C',D'\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA,SB,SC,SD\).
Đường thẳng không song song với \(A'B'\) là\(CD\).
\(AB\).
\(SC\).
\(C'D'\).
Do \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB//CD\).
Lại có \(A',B'\) là trung điểm của \(SA,SB\) nên \(A'B'\) là đường trung bình của \(\Delta SAB\) nên \(A'B'//AB\).
Tương tự \(C'D'//CD\).
Do đó \(AB//CD//A'B'//C'D'\).
Vậy \(SC\) không song song với \(A'B'\). Chọn C.
\(\left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SCD} \right)\).
\(\left( {SAD} \right)\).
\(\left( {SBC} \right)\).
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AD//BC\) mà \(BC \subset \left( {SBC} \right)\) nên \(AD//\left( {SBC} \right)\). Chọn D.
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\).
\(\left( {AA'D'D} \right)//\left( {BCC'B'} \right)\).
\(\left( {ABCD} \right)//\left( {A'B'C'D'} \right)\).
\(\left( {ABB'A'} \right)//\left( {CDD'C'} \right)\).
\(\left( {BDD'B'} \right)//\left( {ACC'A'} \right)\).
Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình hộp nên \(\left( {BDD'B'} \right)\) không song song \(\left( {ACC'A'} \right)\). Chọn D.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O,M\) là trung điểm \(SA\).
Khẳng định nào sau đây là đúng?
\(OM//\left( {SCD} \right)\).
\(OM//\left( {SAC} \right)\).
\(OM//\left( {SBD} \right)\).
\(OM//\left( {SAB} \right)\).
Có \(O,M\) là trung điểm của \(AC,SA\) nên \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta SAC\).
Suy ra \(OM//SC\) mà \(SC \subset \left( {SCD} \right)\)nên \(OM//\left( {SCD} \right)\). Chọn A.
\(\frac{{A'B'}}{{A'C'}} = \frac{1}{2}\).
\(\frac{{A'B'}}{{A'C'}} = \frac{1}{4}\).
\(\frac{{A'B'}}{{A'C'}} = 1\).
\(\frac{{A'B'}}{{A'C'}} = 2\).
Vì phép chiếu song song giữ nguyên tỉ số độ dài của hai đoạn thẳng cùng nằm trên một đường thẳng nên \(\frac{{A'B'}}{{A'C'}} = \frac{1}{2}\). Chọn A.
\(SD\).
\(SO\) (\(O\) là tâm của hình bình hành \(ABCD\)).
\(SE\) (\(E\) là trung điểm của \(AB\)).
\(SF\)(\(F\) là trung điểm của \(CD\)).
Gọi \(O\) là tâm của hình bình hành.
Do ABCD là hình bình hành, \(M,N\) là trung điểm của \(AD,BC\) nên \(O\) là trung điểm của \(MN\).
Do đó \(\left( {SMN} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SO\). Chọn B.
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\).
Phép chiếu song song theo phương chiếu \(A'A\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) biến đường thẳng \(B'C'\) thành
Tia \(BC\).
Đoạn thẳng \(BC\).
Đường thẳng \(BC\).
Điểm \(B\).
Phép chiếu song song theo phương chiếu \(A'A\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) biến đường thẳng \(B'C'\) thành đường thẳng \(BC\). Chọn C.
Qua \(I\) và song song với \(AB\).
Qua \(J\) và song song với \(BD\).
Qua \(G\) và song song với \(CD\).
Qua \(G\) và song song với \(BC\).
\(I\) và \(J\) theo thứ tự là trung điểm của \(AC,AD\) nên \(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\).
Suy ra \(IJ//CD\).
Mà \(G \in \left( {GIJ} \right) \cap \left( {BCD} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng qua \(G\) và song song với \(CD\). Chọn C.
\(\left( {AMC'} \right)\).
\(\left( {AA'M} \right)\).
\(\left( {MAB} \right)\).
\(\left( {MA'C} \right)\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\), \(K\) là giao điểm của \(BC'\) và \(B'C\).
Có \(AI = MB',AI//MB'\) nên \(AIB'M\) là hình bình hành. Suy ra \(AM//B'I\).
Lại có \(IK\) là đường trung bình của \(\Delta ABC'\) nên \(IK//AC'\).
Do đó \(\left( {AMC'} \right)//\left( {IB'C} \right) \Rightarrow B'C//\left( {AMC'} \right)\). Chọn A.
\(\left( {BC'A} \right)\).
\(\left( {AA'B} \right)\).
\(\left( {BB'C} \right)\).
\(\left( {CC'A} \right)\).
Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của \(BC,CC',B'C'\).
Theo tính chất trọng tâm ta có: \(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{{AK}}{{AP}} = \frac{2}{3}\).
Suy ra \(IJ//MN,JK//NP\) mà \(IJ \cap JK,MN \cap NP\) nên \(\left( {IJK} \right)//\left( {BB'C'C} \right)\) hay \(\left( {IJK} \right)//\left( {BB'C} \right)\). Chọn C.
\(KI\).
\(KD\).
đi qua \(K\) và song song với \(AB\).
\(ID\).
Có \(I\) là trung điểm của \(AC\), \(J\) là trung điểm của \(BC\) nên \(IJ\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\).
Suy ra \(IJ//AB\) mà \(K \in \left( {IJK} \right) \cap \left( {ABD} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này đi qua \(K\) và song song với \(AB\). Chọn C.
\(\left( {EIK} \right)\).
\(\left( {OEI} \right)\).
\(\left( {KOE} \right)\).
\(\left( {BEK} \right)\).
Ta có \(O,K\) là trung điểm của \(AC,CD\) nên \(OK\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\).
Suy ra \(OK//AD\) \( \Rightarrow OK//\left( {SAD} \right)\) (1).
Tương tự \(OE//SD\)\( \Rightarrow OE//\left( {SAD} \right)\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(\left( {OKE} \right)//\left( {SAD} \right)\). Chọn C.
\(AB//MC\).
\(MD//NC\).
\(MN//AC\).
\(MC//ND\).
Vì \(M,N\) là trung điểm của \(SA,SB\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta SAB\).
Suy ra \(MN//AB;MN = \frac{1}{2}AB\).
Lại có \(DC//AB,DC = \frac{1}{2}AB\) nên \(MN//CD;MN = CD\).
Do đó \(MNCD\) là hình bình hành. Suy ra \(MD//CN\). Chọn B.
\(AN\) và \(BC\) cắt nhau.
\(AN\) và \(BC\) chéo nhau.
\(AN\) và \(CM\) song song với nhau.
\(AC\) và \(BD\) cắt nhau.
Do \(ABCD\) là tứ diện nên \(AN\) và \(BC\) chéo nhau. Chọn B.
Một lục giác.
Một ngũ giác.
Một tứ giác.
Một tam giác.
Trong mặt phẳng , gọi là giao điểm của và .
Trong mặt phẳng , gọi là giao điểm của và .\(\left( {BCD} \right)\)
Do đó giao điểm của mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) với các cạnh tứ diện tạo thành một tứ giác \(MNPQ\). Chọn C.
Giao điểm của \(SD\) và \(BK\) (với \(K = SO \cap AM\)).
Giao điểm của \(SD\) và \(AM\).
Giao điểm của \(SD\) và \(MK\)(với \(K = SO \cap AM\)).
Giao điểm của \(SD\) và \(AB\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(K = AM \cap SO\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), gọi \(I = BK \cap SD\) mà \(BK \subset \left( {ABM} \right)\). Do đó \(I = SD \cap \left( {ABM} \right)\). Chọn A.
Tam giác.
Hình chữ nhật.
Hình thang.
Hình bình hành.
Có \(AD//BC\) mà \(M \in \left( {SBC} \right) \cap \left( {MAD} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng qua \(M\) và song song với \(BC\) cắt \(SC\) tại \(N.\)
Khi đó \(MN//AD\).
Do đó các giao điểm của mặt phẳng \(\left( {ADM} \right)\) với các cạnh hình chóp đã cho tạo thành hình thang. Chọn C.
\(PQ//\left( {SCD} \right)\).
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SMN} \right)\) là \(SO\).
Giao điểm của đường thẳng \(DQ\)với \(\left( {SAN} \right)\) là \(E\), với \(E = DQ \cap SK\).
Mặt phẳng \(\left( {MNQ} \right)\)cắt các mặt của hình chóp theo các đoạn giao tuyến tạo thành một ngũ giác.
a) Vì \(P,Q\) là trung điểm của \(SA,SB\) nên \(PQ//AB\) mà \(AB//CD\) nên \(PQ//CD \Rightarrow PQ//\left( {SCD} \right)\).
b) Gọi \(I = AC \cap MN\).
Do đó \(SI = \left( {SAC} \right) \cap \left( {SMN} \right)\).
c) Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), gọi \(E = DQ \cap SK\) mà \(SK \subset \left( {SAN} \right)\).
Suy ra \(E = DQ \cap \left( {SAN} \right)\).
d) Ta có \(MN//BD\)mà \(Q \in \left( {SBD} \right) \cap \left( {QMN} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này đi qua \(Q\) và song song với \(BD\) cắt \(SD\) tại \(J\).
Tương tự \(MQ//SC\) mà \(I \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {QMN} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này đi qua \(I\) và song song với \(SC\) cắt SA tại H.
Do đó mặt phẳng \(\left( {MNQ} \right)\)cắt các mặt của hình chóp theo các đoạn giao tuyến tạo thành một ngũ giác \(MNJHQ\).
Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.
\(NQ//\left( {ABCD} \right)\).
Đường thẳng \(SO\) cắt mặt phẳng \(\left( {ADN} \right)\) tại trọng tâm tam giác \(SBD\).
\(SB//\left( {CPQD} \right)\).
Diện tích tứ giác \(MNPQ\) là \({S_{MNPQ}} = 25\;\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
a) \(\left( \alpha \right)//\left( {ABCD} \right)\) mà \(NQ \subset \left( \alpha \right)\) \( \Rightarrow NQ//\left( {ABCD} \right)\).
b) Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), gọi \(G = SO \cap DN\) mà \(DN \subset \left( {ADN} \right)\) nên \(G = SO \cap \left( {ADN} \right)\).
Do \(O,N\) là trung điểm của \(BD,SB\) nên \(SO,DN\) là các trung tuyến của \(\Delta SBD\).
Do đó \(G\) là trọng tâm tam giác \(SBD\).
c) Ta có \(SB \cap \left( {SCD} \right) = S\) mà \(\left( {SCD} \right) \equiv \left( {CPQD} \right)\).
d) Tứ giác \(MNPQ\) là hình vuông cạnh \(MN = \frac{1}{2}AB = \frac{5}{2}\left( {{\rm{cm}}} \right)\).
Vậy \({S_{MNPQ}} = {\left( {\frac{5}{2}} \right)^2} = \frac{{25}}{4}\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}\).
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.
\(MC//AD\).
\(AD//\left( {NMC} \right)\) với \(N\) là trung điểm của \(SA\).
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là đường thẳng \(Sx,Sx//AD\).
\(\left( P \right)\) là mặt phẳng qua \(M\) và song song với hai đường thẳng \(SB,SD\). Gọi \(E\) là giao điểm của \(CD\) với \(\left( P \right)\). Khi đó \(\frac{{EC}}{{DC}} = 2\).
a) Vì \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(AM = MB = DC\) và \(AM//DC\) nên \(AMCD\) là hình bình hành.
Suy ra \(AD//CM\).
b) Vì \(AD//CM\) mà \(CM \subset \left( {NMC} \right)\) nên \(AD//\left( {NMC} \right)\).
c) Vì \(AB//CD\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là đường thẳng qua \(S\) và song song với \(AB\).
d) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)//SB\\MN//SB\\M \in \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN \subset \left( P \right)\).
Lại có \(\left\{ \begin{array}{l}SD//\left( P \right)\\SD \subset \left( {SAD} \right)\\\left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = Ny\end{array} \right. \Rightarrow Ny//SD\).
Gọi \(Q = Ny \cap AD\) nên \(Q\) là trung điểm của \(AD\).
Trong\(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(E = CD \cap QM\).
Ta có \(\Delta AQM = \Delta DQE\) vì \(AQ = QD,\widehat {AQM} = \widehat {DQE}\) (đối đỉnh), \(\widehat {QAM} = \widehat {QDE}\) (hai góc so le trong của hai đường thẳng song song \(AM,DE\)).
Ta có \(AM = ED\) nên \(\frac{{EC}}{{ED}} = 2\).
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.
Giao tuyến của \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là \(SO\).
Đường thẳng \(OI\) song song với mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).
Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng qua \(BD\) và song song với \(SA\). Khi đó \(OJ\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\).
Giao điểm của đường thẳng \(AJ\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) là điểm \(J\).
a) Ta có \(S,O\) là điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).
Do đó \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).
b) \(O,I\) là trung điểm của \(BD,BA\) nên \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta ABD\) nên \(OI//AD\).
Mà \(AD \subset \left( {SAD} \right)\) nên \(OI//\left( {SAD} \right)\).
c) \(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)//SA\\O \in BD \subset \left( \alpha \right)\\O \in AC \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \) giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng d qua \(O\) và song song với \(SA\).
Vì O là trung điểm của \(AC\)nên \(d\) cắt \(SC\) tại trung điểm của \(SC\). Đó chính là điểm J.
Vậy \(OJ\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( {SAC} \right)\).
d) Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(K\) là giao điểm của \(SO\) và \(AJ\) mà \(SO \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(K = AJ \cap \left( {SBD} \right)\).
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.
\(AB//\left( {SCD} \right)\).
\(OI//SD\).
\(MG//\left( {SBC} \right)\).
\(\left( {MOG} \right)//\left( {SBC} \right)\).
a) Có \(AB//CD\) mà \(CD \subset \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right)\).
b) Vì \(O,I\) là trung điểm của \(BD,SB\) nên \(OI\) là đường trung bình của tam giác \(SBD\) \( \Rightarrow OI//SD\).
c) Trong tam giác \(SAB\) có \(\frac{{AM}}{{SA}} = \frac{{AG}}{{AI}} = \frac{2}{3}\) nên \(MG//SB\) mà \(SB \subset \left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow MG//\left( {SBC} \right)\).
d) Ta có \(O\) là trung điểm của \(AC\), \(M\) không là trung điểm của \(SA\) nên \(OM\) không song song với \(SC\)hay \(OM\) cắt \(SC\). Suy ra \(\left( {MOG} \right),\left( {SBC} \right)\) có ít nhất 1 điểm chung.
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.
Đường thẳng \(ON\) và \(SA\) cắt nhau.
\(MD//AC\).
\(GK//ON\) với \(G\) là giao điểm của đường thẳng \(MN\) với mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).
Tỉ số \(\frac{{GM}}{{GN}} = 3\).
a) Ta có \(O,N\) lần lượt là trung điểm của \(AC,SC\) nên \(ON//SA\).
b) Có \(AM = AB = CD,AM//CD\) nên \(ACDM\) là hình bình hành. Suy ra \(MD//AC\).
c) Có \(\left. \begin{array}{l}ON//SA\\ON \subset \left( {OMN} \right)\\SA \subset \left( {SAD} \right)\\K \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {OMN} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \)giao tuyến của hai mặt phẳng này đi qua \(K\) và song song với \(ON\) cắt \(MN\) ở \(G.\) Suy ra \(G = MN \cap \left( {SAD} \right)\). Suy ra \(GK//ON\).
d) Xét \(\Delta MBD\), có \(MO,DA\) là trung tuyến và \(K = MO \cap DA\) nên \(K\) là trọng tâm của \(\Delta MBD\).
Suy ra \(\frac{{MK}}{{MO}} = \frac{2}{3}\).
Vì \(GK//ON\) nên \(\frac{{MK}}{{MO}} = \frac{{MG}}{{MN}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{GM}}{{GN}} = 2\).
Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.
\(MI//\left( {ABCD} \right)\).
Giao điểm của đường thẳng \(AI\) với mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) là trọng tâm của tam giác \(SAC\).
Đường thẳng \(IO\) không song song với đường thẳng \(SA\).
Đường thẳng \(SO\) và đường thẳng \(AB\) là hai đường thẳng chéo nhau.
a) Ta có \(M,I\) là trung điểm của \(SD\) và \(SC\) nên \(MI\) là đường trung bình của \(\Delta SCD\).
Suy ra \(MI//CD\) mà \(CD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow MI//\left( {ABCD} \right)\).
b) Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(G\) là giao điểm của \(SO\) và \(AI\).
Mà \(SO \subset \left( {SBD} \right)\) nên \(G = AI \cap \left( {SBD} \right)\).
Vì \(SO\) và \(AI\) là trung tuyến của \(\Delta SAC\) nên \(G\) là trọng tâm của \(\Delta SAC\).
c) Ta có \(I,O\) là trung điểm của \(SC,AC\) nên \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta SAC\).
Suy ra \(OI//SA\).
d) Ta có \(SO\) và \(AB\) là hai đường thẳng chéo nhau.
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.
Giao tuyến của \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là đường thẳng \(SO\).
\(MO//\left( {SCD} \right)\).
Giao tuyến của \(\left( {BCM} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) là đường thẳng \(MN\).
Gọi \(I = MN \cap \left( {SBD} \right)\). Khi đó \(2IM = 3IN\).
a) Ta có \(S,O\) là hai điểm chung của \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).
b) Ta có \(M,O\) là trung điểm của \(SA\) và \(AC\) nên \(MO//SC\) mà \(SC \subset \left( {SCD} \right)\) nên \(MO//\left( {SCD} \right)\).
c) Ta có \(\left. \begin{array}{l}BC//AD\\BC \subset \left( {BCM} \right)\\AD \subset \left( {SAD} \right)\\M \in \left( {BCM} \right) \cap \left( {SAD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \) giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng qua \(M\) và song song với \(AD\).
d) Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi E là giao điểm của \(AN\) và \(BD\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SAN} \right)\), gọi I là giao điểm của \(SE\) và \(MN\) mà \(SE \subset \left( {SBD} \right)\)\( \Rightarrow I = MN \cap \left( {SBD} \right)\).
Xét \(\Delta END\) có \(DN//AB\) nên \(\frac{{EN}}{{EA}} = \frac{{DN}}{{AB}} = \frac{{DN}}{{DC}} = \frac{1}{3}\).
Áp dụng định lí Menelaus cho \(\Delta AMN\), có \(\frac{{NE}}{{EA}} \cdot \frac{{AS}}{{AM}} \cdot \frac{{MI}}{{IN}} = 1\)\( \Rightarrow \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot \frac{{MI}}{{IN}} = 1\)\( \Rightarrow \frac{{MI}}{{IN}} = \frac{3}{2} \Rightarrow 2MI = 3IN.\)
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.
Đường thẳng \(AM\) nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là đường thẳng \(SO\).
Giao điểm của đường thẳng \(AM\) và mặt phẳng \(SBD\) là giao điểm của \(AM\) và \(SO\).
Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng chứa đường thẳng \(AM\) và song song với đường thẳng \(BD\). Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) cắt \(SB\) tại \(P\). Khi đó \(\frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3}\).
a) \(AM \subset \left( {SAC} \right)\).
b) \(S,O\) là hai điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right),\left( {SBD} \right)\). Do đó \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).
c) Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right),AM \cap SO = I\) mà \(SO \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow AM \cap \left( {SBD} \right) = I\).
d) Trong mặt phẳng\(\left( {SBD} \right)\), qua \(I\) dựng đường thẳng song song với \(BD\) cắt \(SB,SD\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\).
Gọi \(N\) là trung điểm của \(OC\).
Theo định lí Ta lét ta có: \(\frac{{OA}}{{OC}} = \frac{{AD}}{{BC}} = 2 \Rightarrow OA = 4ON \Rightarrow \frac{{OI}}{{MN}} = \frac{{AO}}{{AN}} = \frac{4}{5}\).
Lại có \(SO = 2MN = \frac{{10}}{4}IO = \frac{5}{2}IO\) \( \Rightarrow SI = \frac{3}{5}SO \Rightarrow \frac{{SP}}{{SB}} = \frac{{SI}}{{SO}} = \frac{3}{5}\).
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.
\(MN//\left( {SCD} \right)\).
Nếu \(E\) là giao điểm của \(\left( {MNG} \right)\) và \(BC\) thì tứ giác \(MNEF\) là hình thang đáy lớn là \(EF\) và \(EF = \frac{3}{2}MN\)
\(SC\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\).
\(MG//SC\).
a) Vì \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(SB\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta SAB\).
Suy ra \(MN//AB\) mà \(AB//CD\) nên \(MN//CD\).
Lại có \(CD \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow MN//\left( {SCD} \right)\).
b) Ta có \(\left. \begin{array}{l}MN//AB//CD\\\left( {MNG} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = G\end{array} \right\} \Rightarrow \) giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng qua \(G\) và song song với \(AB\) cắt \(AD,BC\) lần lượt tại \(F,E\).
Suy ra \(F = AD \cap \left( {MNG} \right),E = BC \cap \left( {MNG} \right)\).
Vì \(EF//AB\) và \(MN//AB\) nên \(EF//MN\). Suy ra \(MNEF\) là hình thang, đáy lớn \(EF\).
Có \(EF = AB,MN = \frac{{AB}}{2} \Rightarrow MN = \frac{{EF}}{2}\) hay \(EF = 2MN\).
c) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).
Ta có \(S,O\) là hai điểm chung của mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).
d) Có \(\frac{{AM}}{{AS}} = \frac{1}{2}\); \(\frac{{CG}}{{CO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{CG}}{{\frac{1}{2}AC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{CG}}{{AC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{AG}}{{AC}} = \frac{2}{3}\).
Vì \(\frac{{AM}}{{AS}} \ne \frac{{AG}}{{AC}}\) nên \(MG\) không song song với \(SC\).
Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Sai.
Phép chiếu song song lên mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) theo phương chiếu \(BD\) biến điểm \(M\) thành điểm \(P\) là trung điểm của \(SD\).
Phép chiếu song song lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) theo phương chiếu \(SA\) biến tam giác \(MNP\) thành tam giác \(EFK\), với \(E,K\) là trung điểm của đoạn \(AB,AD\) tương ứng, \(F \in AC\) và \(\frac{{SN}}{{SC}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{AF}}{{AC}} = \frac{2}{3}\).
Giả sử \(EK \cap AC = I\), ta có \(AI = \frac{1}{4}AC \Rightarrow AI = \frac{3}{8}AF\).
Ta có \(\frac{{{S_{\Delta FEK}}}}{{{S_{\Delta AEK}}}} = \frac{{FI}}{{AI}} = \frac{5}{3}\) \( \Rightarrow {S_{\Delta FEK}} = \frac{5}{3}{S_{\Delta AEK}} = \frac{5}{3} \cdot \frac{1}{8}{S_{ABCD}} = \frac{5}{{24}} \cdot {6^2} = 7,5\).
Trả lời: 7,5.
Ta có \(\left. \begin{array}{l}I \in \left( \alpha \right) \cap \left( {ABD} \right)\\\left( \alpha \right)//AD\end{array} \right\} \Rightarrow \) giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng qua \(I\) và song song với \(AD\) cắt \(BD\) tại \(J\).
Suy ra \(IJ//AD\). Do đó \(\frac{{DJ}}{{DB}} = \frac{{AI}}{{AB}} = \frac{1}{3}\).
\(\left. \begin{array}{l}J \in \left( \alpha \right) \cap \left( {BCD} \right)\\\left( \alpha \right)//BC\end{array} \right\} \Rightarrow \)giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng đi qua \(J\) và song song với \(BC\) cắt \(CD\) tại \(M\).
Do đó \(M = CD \cap \left( \alpha \right)\).
Ta có \(JM//BC\)\( \Rightarrow \frac{{DM}}{{DC}} = \frac{{DJ}}{{DB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{DC}}{{DM}} = 3\).
Trả lời: 3.
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB//CD\).
Mà \(M \in \left( {MAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng qua \(M\) và song song với \(CD\) cắt \(SD\) tại \(H\).
Suy ra \(H = SD \cap \left( {MAB} \right)\).
Vì \(MH//CD\) nên \(\frac{{SH}}{{SD}} = \frac{{SM}}{{SC}} = \frac{1}{3} \approx 0,33\).
Trả lời: 0,33.
Trong mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\), gọi H là giao điểm của \(KM\) và \(AC\).
Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(HN\) và \(AB\).
Khi đó \(I = AB \cap \left( {KMN} \right)\).
Ta có \(\frac{{SM}}{{MC}} \cdot \frac{{CH}}{{HA}} \cdot \frac{{AK}}{{KS}} = 1\)\( \Leftrightarrow \frac{2}{3} \cdot \frac{{CH}}{{HA}} \cdot 1 = 1 \Rightarrow \frac{{CH}}{{HA}} = \frac{3}{2}\).
Lại có \(\frac{{BN}}{{NC}} \cdot \frac{{CH}}{{HA}} \cdot \frac{{AI}}{{IB}} = 1\)\( \Leftrightarrow 1 \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{{AI}}{{IB}} = 1 \Rightarrow \frac{{AI}}{{IB}} = \frac{2}{3} \approx 0,67\).
Trả lời: 0,67.
Dựng thiết diện \(MNPQ\) như hình, trong đó: \(MN//SB,MQ//AB,PQ//SA\).
Dễ thấy \(M,N,P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(BC,SC,SD,AD\).
Suy ra \(MQ//PN\) (cùng song song \(CD\)). Suy ra \(MNPQ\) là hình thang.
Ta có:\(MN = PQ = \frac{{SA}}{2} = \frac{{SB}}{2}\).
Ta có \(MQ = AB = 8;PN = \frac{{AB}}{2} = 4,MN = PQ = \frac{{SA}}{2} = 3\).
Xét hình thang \(MNPQ\). Hạ \(NH \bot MQ,PK \bot MQ\).
Dễ chứng minh được \(\Delta MNH = \Delta QPK\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông).
Suy ra \(MH = KQ = 2\).
Xét tam giác vuông \(MNH\), có \(NH = \sqrt {M{N^2} - M{H^2}} = \sqrt {{3^2} - {2^2}} = \sqrt 5 \).
Khi đó \({S_{MNPQ}} = \frac{{\left( {NP + MQ} \right) \cdot NH}}{2} = \frac{{\left( {4 + 8} \right) \cdot \sqrt 5 }}{2} = 6\sqrt 5 \). Suy ra \(a = 6\).
Trả lời: 6.
Kẻ \(MN\) đi qua \(I\) và song song \(BD\left( {M \in AB,N \in AD} \right)\).
Kẻ \(MP//SB\left( {K \in SA} \right)\).
Suy ra \(\left( \alpha \right) \equiv \left( {MNP} \right)\).
Ta có \(MN//BD,MP//SB,NP//SD\).
Ta có \(\frac{{MN}}{{BD}} = \frac{{AI}}{{AO}} = \frac{2}{3}\).
Mặt khác \(\frac{{{S_{MNP}}}}{{{S_{SBD}}}} = {\left( {\frac{{MN}}{{BD}}} \right)^2} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} \Rightarrow {S_{MNP}} = \frac{4}{9}{S_{SBD}} = \frac{4}{9} \cdot \frac{{{6^2}\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \approx 6,93\).
Trả lời: 6,93.
Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(E\) là giao điểm của \(AN\) và \(DC\).
Dễ dàng chứng minh \(ABEC\) là hình bình hành. Suy ra \(AB = EC\) mà \(AB = CD\) nên \(CD = CE\).
Lại có \(SM = 2MC\) nên \(M\) là trọng tâm tam giác \(SED\)
Gọi \(EM \cap SD = I\) thì \(I\) là trung điểm \(SD\). Suy ra \(SI = 2,5\) cm.
Trả lời: 2,5.
Gọi \(I\) là giao điểm của \(AM\) và \(BD\) nên \(I\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).
Suy ra \(\frac{{BI}}{{BO}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{BI}}{{BD}} = \frac{1}{3}\).
Ta có \(\left( \alpha \right)\) và mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) có chung điểm \(I,\left( \alpha \right)//SD,SD \subset \left( {SBD} \right)\).
Nên giao tuyến của \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là đường thẳng qua \(I\) song song với \(SD\) cắt \(SB\) tại \(N\).
Ta có tam giác \(BIN\) đồng dạng với tam giác \(BDS\).
Suy ra \(\frac{{BN}}{{BS}} = \frac{{BI}}{{BD}} = \frac{1}{3}\) hay \(\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{ID}}{{BD}} = \frac{2}{3} \approx 0,67\).
Trả lời: 0,67.
\(I,K\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(CD\) nên \(IK\) là đường trung bình của \(\Delta BCD\).
Suy ra \(IK//BD\).
Ta có \(\left. \begin{array}{l}S \in \left( {SIK} \right) \cap \left( {SBD} \right)\\IK//BD\end{array} \right\} \Rightarrow \)giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng qua \(S\) và song song với \(BD\) cắt \(MD\) tại \(F\).
Khi đó \(F = MD \cap \left( {SIK} \right)\).
Dễ dàng chứng minh \(SDBF\) là hình bình hành.
Ta có \(SF//BD\)\( \Rightarrow \frac{{MF}}{{MD}} = \frac{{MS}}{{MB}} = 1\).
Trả lời: 1.
Gọi \(I,M\) lần lượt là trung điểm của \(CD,BC\).
Ta có \(\left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) = IK//AC\).
Suy ra \(IK\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\).
Nên \(AK = KD\).
Vậy \(m = 1\).
Trả lời: 1.
a) \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta SBD\) nên \(OM//SB\) mà \(SB \subset \left( {SAB} \right)\) nên \(OM//\left( {SAB} \right)\).
b) Trong mặt phẳng \(\left( {AMC} \right)\), gọi \(H = OG \cap AM\).
Gọi \(E\) là trung điểm của \(CD\).
Ta có \(OE//\left( {SAD} \right)\) vì \(OE//AD\).
Ta có \(\left( {SOE} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SH\).
Khi đó \(OE//SH\). Vậy \(SH//AD\).
Gọi \(P\) là trung điểm của \(AC\).
Theo tính chất trọng tâm ta có \(\frac{{BG}}{{BP}} = \frac{2}{3}\) mà \(\frac{{BM}}{{BS}} = \frac{2}{3}\) nên \(\frac{{BG}}{{BP}} = \frac{{BM}}{{BS}}\) \( \Rightarrow MG//SP\).
Lại có \(SP \subset \left( {SAC} \right)\) nên \(MG//\left( {SAC} \right)\).
a) Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) có \(AB//CD\) và \(MN\) cắt \(AB\) nên đường thẳng \(MN\) cắt đường thẳng \(CD\) tại I.
Ta có \(I,S\) là các điểm chung của mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng \(SI\).
b) \(E\) và \(G\) lần lượt là trọng tâm của các tam giác \(SAB\) và \(SBC\) nên \(E \in SM,G \in SN\) và \(\frac{{SE}}{{SM}} = \frac{2}{3};\frac{{SG}}{{SN}} = \frac{2}{3}\)
Trong tam giác \(SMN\) có \(\frac{{SE}}{{SM}} = \frac{{SG}}{{SN}}\) nên \(EG//MN\) mà \(MN \subset \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow EG//\left( {ABCD} \right)\).
c) Ta có \(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)//\left( {ABCD} \right)\\\left( {SMD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MD\\E \in \left( {SMD} \right) \cap \left( \alpha \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SMD} \right) \cap \left( \alpha \right) = Ex\) với \(Ex//MD,Ex \cap SD = K\).
Vậy \(K = \left( \alpha \right) \cap SD\).
a) Gọi \(M,H\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AB,AD\).
Ta có \(\frac{{MG}}{{GS}} = \frac{{MI}}{{ID}} = \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow GI//SD \Rightarrow GI//\left( {SBD} \right)\).
Vì \(HD = BC\) và \(HD//BC\) nên tứ giác \(BCDH\) là hình bình hành \( \Rightarrow BH//DC\).
Mặt khác \(GI//SD \Rightarrow \left( {BGI} \right)//\left( {SCD} \right)\).
b) Có \(AD//BC\) và \(S = \left( {SBC} \right) \cap \left( {SAD} \right)\) nên giao tuyến ∆ của hai mặt phẳng này đi qua S và song song với \(AD\).
Kẻ \(ND \cap \Delta = F\). Do đó \(F = ND \cap \left( {SBC} \right)\).
a) Do \(A'D'CB\) là hình bình hành suy ra \(A'B//CD' \Rightarrow A'B//\left( {B'D'C} \right)\) (1).
Tương tự \(A'B'//CD;A'B' = CD\) nên \(A'B'CD\) là hình bình hành.
Suy ra \(A'D//B'C \Rightarrow A'D//\left( {B'D'C} \right)\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(\left( {A'BD} \right)//\left( {B'D'C} \right)\).
b) Ta có \({G_1}\) là trọng tâm tam giác \(A'BD\) nên \(\frac{{A'{G_1}}}{{A'O}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow {G_1}\) là trọng tâm tam giác \(A'AC\).
Suy ra \({G_1} = AI \cap A'O\) (3).
Tương tự \({G_2}\) là trọng tâm tam giác \(B'D'C\) nên \(\frac{{C{G_2}}}{{CO'}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow {G_2}\) là trọng tâm tam giác \(A'C'C\).
Suy ra \({G_2} = C'I \cap CO'\) (4).
Từ (3) và (4) suy ra \({G_1},{G_2}\) cùng thuộc \(AC'\).
Lại có \(\frac{{A{G_1}}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{A{G_1}}}{{AC'}} = \frac{1}{3};\frac{{C'{G_2}}}{{C'I}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{C'{G_2}}}{{AC'}} = \frac{1}{3}\).
Do vậy \(A{G_1} = {G_1}{G_2} = {G_2}C' = \frac{1}{3}AC'\).
Vậy \({G_1},{G_2}\) cùng thuộc \(AC'\) đồng thời chia \(AC'\) thành ba phần bằng nhau.
Bạn có thích hoạt động này không?
Ý kiến của bạn sẽ giúp chúng tôi đề xuất nội dung phù hợp hơn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
