Đề cương ôn tập cuối kì 1 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Chương 4. Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song
55 câu hỏi
Cho tứ giác \(ABCD\). Có thể xác định được bao nhiêu mặt phẳng chứa tất cả các đỉnh của tứ giác \(ABCD\).
\(1.\)
\(2.\)
\(3.\)
\(0.\)
Lời giải
Chọn A.
4 điểm \(A,\;B,\;C,\;D\) tạo thành 1 tứ giác, khi đó 4 điểm \(A,\;B,\;C,\;D\) đã đồng phẳng và tạo thành 1 mặt phẳng duy nhất là mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào sai?
Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có vô số điểm chung khác nữa\[.\]
Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất\[.\]
Hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất\[.\]
Hai mặt phẳng cùng đi qua 3 điểm \(A,\;B,\;C\) không thẳng hàng thì hai mặt phẳng đó trùng nhau\[.\]
Lời giải
Chọn B.
Nếu 2 mặt phẳng trùng nhau, khi đó 2 mặt phẳng có vô số điểm chung và chung nhau vô số đường thẳng.
Cho \(ABCD\) và \(ACNM\) là hai hình bình hành chỉ có chung đường chéo \(AC\). Khi đó có thể kết luận gì về bốn điểm \(B,M,D,N?\)
\(B,M,D,N\) tạo thành tứ diện.
\(B,M,D,N\) tạo thành tứ giác.
\(B,M,D,N\) thẳng hàng.
Chỉ có ba trong 4 điểm \(B,M,D,N\) thẳng hàng.
Lời giải
Chọn A.
Vì \(ABCD\) và \(ACNM\) là hai hình bình hành chỉ có chung đường chéo \(AC\) nên \(B,D,N,M\) không đồng phẳng. Mà \(MN{\rm{//}}AC\) còn \(AC\) cắt \(BD\) nên \(BD\) và \(MN\) chéo nhau.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang \(ABCD\,\,\left( {AB{\rm{//}}CD} \right)\). Khẳng định nào sau đây là sai?
Hình chóp \(S.ABCD\) có \(4\) mặt bên.
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) là \(SO\) với \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\) là \(SI\) với \(I\) là giao điểm của \(AD\) và \(BC\).
Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right)\) là đường trung bình của \(ABCD\).
Lời giải
Chọn D.
Ta có ngay \(A,B,C\) đúng.
Lại có \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA \Rightarrow \)D sai.
Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AC\) và \(CD\). Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {MBD} \right)\) và \(\left( {ABN} \right)\) là:
Đường thẳng \(MN\).
Đường thẳng \(AM\).
Đường thẳng \(BG\) (\(G\) là trọng tâm \(\Delta ACD\)).
Đường thẳng \(AH\) (\(H\) là trực tâm \(\Delta ACD\)).
Lời giải
Chọn C.
Ta có \(\left( {MBD} \right) \cap \left( {ABN} \right) = BG.\)
Mà \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ACD\).
Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm \(AB\) và \(CD\). Mặt phẳng \[(\alpha )\] đi qua \(MN\), cắt \(AD\), \(BC\) lần lượt tại \(P\) và \(Q\). Biết \(MP\) cắt \(NQ\) tại \(I\). Ba điểm nào sau đây thẳng hàng?
\(I,A,C\).
\(I,B,D\).
\(I,A,B\).
\(I,D,C\).
Lời giải
Chọn B.
\[\left. \begin{array}{l}M \in (\alpha ) \cap (ABD)\\P \in (\alpha ) \cap (ABD)\end{array} \right\} \Rightarrow MP = (\alpha ) \cap (ABD)\]
hay \(MP\) là giao tuyến của \[(\alpha )\] và (ABD);
Tương tự ta tìm được:
\(NQ\) là giao tuyến của \[(\alpha )\] và \(\left( {BCD} \right)\); \(BD\) là giao tuyến của \(\left( {BCD} \right)\) và \(\left( {ABD} \right);\) Theo định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng, ta suy ra \(MP\), \(NQ\), \(BD\) hoặc đôi một song song hoặc đồng quy.
Mặt khác, \(MP\) cắt \(NQ\) tại I (theo giả thiết) nên \(I,B,D\) thẳng hàng.
Cho tứ diện \[ABCD.\] Gọi \[E\] và \[F\] lần lượt là trung điểm của \[AB\] và \[CD\]; \[G\] là trọng tâm tam giác \[BCD.\] Giao điểm của đường thẳng \[EG\] và mặt phẳng \[\left( {ACD} \right)\] là
điểm \[F.\]
giao điểm của đường thẳng \[EG\] và \[AF.\]
giao điểm của đường thẳng \[EG\] và \[AC.\]
giao điểm của đường thẳng \[EG\] và \[CD.\]
Lời giải
Chọn B.
Vì \[G\] là trọng tâm tam giác \[BCD,\,\,\,F\] là trung điểm của \[CD\]\[ \Rightarrow \,\,\,G \in \left( {ABF} \right)\,.\]
Ta có \[E\] là trung điểm của \[AB\]\[ \Rightarrow \,\,\,E \in \left( {ABF} \right)\,.\]
Gọi \[M\] là giao điểm của \[EG\] và \[AF\] mà \[AF \subset \left( {ACD} \right)\] suy ra \[M \in \left( {ACD} \right)\,.\]
Vậy giao điểm của \[EG\] và \[mp\,\,\left( {ACD} \right)\] là giao điểm \[M = EG \cap AF\,.\]
Cho tứ diện \(ABCD\). Gọi \(E,{\rm{ }}F,{\rm{ }}G\) là các điểm lần lượt thuộc các cạnh \(AB,{\rm{ }}AC,{\rm{ }}BD\) sao cho \[EF\] cắt \(BC\) tại \(I\), \(EG\) cắt \(AD\) tại \(H\). Ba đường thẳng nào sau đây đồng quy?
\(CD,{\rm{ }}EF,{\rm{ }}EG.\)
\(CD,{\rm{ }}IG,{\rm{ }}HF.\)
\(AB,{\rm{ }}IG,{\rm{ }}HF\).
\(AC,{\rm{ }}IG,{\rm{ }}BD.\)
Lời giải
Chọn B.
Phương pháp: Để chứng minh ba đường thẳng \({d_1},{\rm{ }}{d_2},{\rm{ }}{d_3}\) đồng quy ta chứng minh giao điểm của hai đường thẳng \({d_1}\) và \({d_2}\) là điểm chung của hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\); đồng thời \({d_3}\) là giao tuyến \(\left( \alpha \right)\) và \(\left( \beta \right)\).
Gọi \(O = HF \cap IG\). Ta có
● \(O \in HF\) mà \(HF \subset \left( {ACD} \right)\) suy ra \(O \in \left( {ACD} \right)\).
● \(O \in IG\) mà \(IG \subset \left( {BCD} \right)\) suy ra \(O \in \left( {BCD} \right)\).
Do đó \(O \in \left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right)\). \(\left( 1 \right)\)
Mà \(\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD\). \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra \(O \in CD\).
Vậy ba đường thẳng \(CD,{\rm{ }}IG,{\rm{ }}HF\) đồng quy.
Cho tứ diện \[ABCD\,.\] Gọi \[M,\,\,N\] lần lượt là trung điểm các cạnh \[AB\] và \[AC,\] \[E\] là điểm trên cạnh \[CD\] với \[ED = 3EC.\] Thiết diện tạo bởi mặt phẳng \[\left( {MNE} \right)\] và tứ diện \[ABCD\] là
Tam giác \[MNE.\]
Tứ giác \[MNEF\] với \[F\] là điểm bất kì trên cạnh \[BD\,.\]
Hình bình hành \[MNEF\] với \[F\] là điểm trên cạnh \[BD\] mà \[EF\]//\[BC.\]
Hình thang \[MNEF\] với \[F\] là điểm trên cạnh \[BD\] mà \[EF\]//\[BC.\]
Lời giải
Chọn D.
Tam giác \[ABC\] có \[M,\,\,N\] lần lượt là trung điểm của \[AB,\,\,AC\,.\]
Suy ra \[MN\] là đường trung bình của tam giác \[ABC\] \[ \Rightarrow \,\,MN\]//\[BC\,.\]
Từ \[E\] kẻ đường thẳng \[d\] song song với \[BC\] và cắt \[BD\] tại \[F\,\, \Rightarrow \,\,EF\]//\[BC.\]
Do đó \[MN\]//\[EF\] suy ra bốn điểm \[M,\,\,N,\,\,E,\,\,F\] đồng phẳng và \[MNEF\] là hình thang.
Vậy hình thang \[MNEF\] là thiết diện cần tìm.
Trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng?
Hai đường thẳng không cùng nằm trên một mặt phẳng thì chéo nhau.
Hai đường thẳng không có điểm chung thì song song với nhau.
Hai đường thẳng không có điểm chung thì chéo nhau.
Hai đường thẳng phân biệt không cắt nhau thì song song.
Lời giải
Chọn A.
Hai đường thẳng không cùng nằm trên một mặt phẳng thì chéo nhau.
Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
Hai đường thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng thì không chéo nhau.
Hai đường thẳng phân biệt không cắt nhau thì chéo nhau.
Hai đường thẳng phân biệt không song song thì chéo nhau.
Hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng khác nhau thì chéo nhau.
Lời giải
Chọn A.
A đúng vì hai đường thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng thì song song nhau hoặc cắt nhau hoặc trùng nhau.
Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
Hai đường thẳng phân biệt lần lượt thuộc hai mặt phẳng khác nhau thì chéo nhau.
Hai đường thẳng phân biệt không cắt nhau thì chéo nhau.
Hai đường thẳng phân biệt không song song thì chéo nhau.
Hai đường thẳng phân biệt cùng nằm trong một mặt phẳng thì không chéo nhau.
Lời giải
Chọn D.
Hai đường thẳng phân biệt cùng nằm trong một mặt phẳng thì chúng đồng phẳng nên không chéo nhau.
Trong không gian cho các mệnh đề sau:
\[I.\] Hai đường thẳng phân biệt cùng nằm trong một mặt phẳng thì song song với nhau.
\[II.\] Hai mặt phẳng phân biệt chứa hai đường thẳng song song cắt nhau theo giao tuyến song song với hai đường thẳng đó.
\[III.\] Nếu ba mặt phẳng đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao tuyến ấy song song với nhau
\[IV.\] Qua điểm \(A\) không thuộc đường thẳng \[d\], kẻ được đúng một đường thẳng song song với \[d\].
Số mệnh đề đúng là:
\[2\].
\[0\].
\[1\].
\[3\].
Lời giải
Chọn C.
Mệnh đề I sai vì hai đường thẳng có thể cắt nhau.
Mệnh đề II sai vì giao tuyến có thể trùng với một trong hai đường thẳng đó.
Mệnh đề III sai vì ba giao tuyến ấy có thể cắt nhau
Do đó có 1 mệnh đề đúng.
Trong không gian cho các mệnh đề sau:
\[I.\] Hai đường thẳng phân biệt cùng nằm trong một mặt phẳng thì song song hoặc cắt nhau.
\[II.\] Hai đường thẳng song song là hai đường thẳng không có điểm chung.
\[III.\] Nếu ba mặt phẳng đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao tuyến ấy hoặc đồng quy, hoặc đôi một song song với nhau.
\[IV.\] Trong không gian cho hai đường thẳng phân biệt cùng song song với đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.
Số mệnh đề đúng là:
\[2\].
\[0\].
\[1\].
\[3\].
Lời giải
Chọn D.
Mệnh đề II sai vì hai đường thẳng có thể chéo nhau.
Do đó có 3 mệnh đề đúng.
Cho hình bình hành \[ABCD\] và một điểm \[S\] không nằm trong mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\]. Giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] và \[\left( {SCD} \right)\] là một đường thẳng song song với đường thẳng nào sau đây?
\[AB\].
\[AC\]
\[BC\].
\[SA\].
Lời giải
Chọn A.
Do \[AB{\rm{//}}CD\] nên \[\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d\] với \[d\] là đường thẳng đi qua \[S\] và song song với \[AB\].
Cho hình chóp \[S.ABCD\]. Gọi \[I,J\] lần lượt là trung điểm của \[AB\] và \[BC\]. Giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\] và \[\left( {SIJ} \right)\] là một đường thẳng song song với
đường thẳng \[AD\].
đường thẳng \[AB\].
đường thẳng \[AC\].
đường thẳng \[BD\].
Lời giải
Chọn C.
Cho tứ diện \[ABCD\], \[G\] là trọng tâm tứ diện. Gọi \({G_1}\) là giao điểm của \[AG\] và mp\[\left( {BCD} \right)\], \({G_2}\) là giao điểm của \[BG\] và mp \[\left( {ACD} \right)\]. Khẳng định nào sau đây là đúng?
\({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB\).
\({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AC\).
\({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,CD\).
\({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AD\).
Lời giải
Chọn A.
Gọi \[M\], \[N\] lần lượt là trung điểm của \[DC\], \[AC\]. Vì \[G\] là trọng tâm tứ diện nên \[G\] là giao điểm của ba đoạn thẳng nối hai trung điểm của cặp cạnh đối của tứ diện như hình vẽ trên.
Xét \[\left( {ABM} \right)\]: \[AG \cap BM = {G_1}\], \[BG \cap AM = {G_2}\]. Trong \[\Delta ACD\] có \[AM\] và \[DN\] là đường trung tuyến nên \({G_2}\) là trọng tâm của tam giác do đó \[\frac{{{G_2}M}}{{{G_2}A}} = \frac{1}{2}\]. Tương tự ta cũng có \[\frac{{{G_1}M}}{{{G_1}B}} = \frac{1}{2}\] suy ra \({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB\).
Cho tứ diện \[ABCD\]. Gọi \[I,J\] lần lượt là trung điểm của các cạnh \[BC\], \[CD\]. Trên cạnh \[AC\] lấy điểm \[K\]. Gọi \[M\] là giao điểm của \[BK\] và \[AI\], \[N\] là giao điểm \[DK\] và \[AJ\]. Chọn khẳng định đúng?
\[MN{\rm{//}}BD\].
\[MN\] cắt \[BD\].
\[MN\] chéo \[BD\].
\[BM{\rm{//}}DN\].
Lời giải
Chọn A.
Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{IJ = (BCD) \cap (AJI)}\\{MN = (BKD) \cap (AJI)}\\{BD = (BKD) \cap (BCD)}\end{array}} \right.\] Mà \[IJ{\rm{//}}BD\] (tính chất đường trung bình) nên \[IJ{\rm{//}}BD{\rm{//}}MN\].
Cho mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] và đường thẳng \[d \not\subset \left( \alpha \right)\]. Khẳng định nào sau đây là sai?
Nếu \[d\,//\,\left( \alpha \right)\] thì trong \[\left( \alpha \right)\] tồn tại đường thẳng \[\Delta \] sao cho \[\Delta \,//\,d\].
Nếu \[d\,//\,\left( \alpha \right)\] và \[b \subset \left( \alpha \right)\] thì \[b\,//\,d\].
Nếu \[d \cap \left( \alpha \right) = A\] và \[d' \subset \left( \alpha \right)\] thì \[d\] và \[d'\] hoặc cắt nhau hoặc chéo nhau.
Nếu \[d\,//\,c\,;\,\,c \subset \left( \alpha \right)\] thì \[d\,//\,\left( \alpha \right)\].
Lời giải
Chọn B.
Mệnh đề B sai vì \[b\] và \[d\] có thể chéo nhau.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang, đáy lớn \(AB\). Gọi \(P,Q\) lần lượt là hai điểm nằm trên cạnh \(SA\) và \(SB\) sao cho \(\frac{{SP}}{{SA}} = \frac{{SQ}}{{SB}} = \frac{1}{3}\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
\(PQ\) cắt \(\left( {ABCD} \right)\).
\(PQ \subset \left( {ABCD} \right)\).
\(PQ//\left( {ABCD} \right)\).
\(PQ\) và \(CD\) chéo nhau.
Lời giải
Chọn C.
\(\left\{ \begin{array}{l}PQ//AB\\AB \subset \left( {ABCD} \right)\\PQ \not\subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow PQ//\left( {ABCD} \right)\).
Cho tứ diện \(ABCD\), gọi \({G_1},{G_2}\) lần lượt là trọng tâm tam giác \(BCD\) và \(ACD\). Mệnh đề nào sau đây sai?
\({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,\left( {ABD} \right)\).
Ba đường thẳng \(B{G_1},A{G_2}\) và \(CD\) đồng quy.
\({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,\left( {ABC} \right)\).
\({G_1}{G_2} = \frac{2}{3}AB\).
Lời giải
Chọn D.
Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\).
Xét \(\Delta ABM\) ta có: \(\frac{{M{G_1}}}{{MB}} = \frac{{M{G_2}}}{{MA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB\\{G_1}{G_2} = \frac{1}{3}AB\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) D sai.
Vì \({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB \Rightarrow {G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,\left( {ABD} \right)\) \( \Rightarrow \) A đúng.
Vì \({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB \Rightarrow {G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,\left( {ABC} \right)\) \( \Rightarrow \) C đúng.
Ba đường \(B{G_1},A{G_2},CD\), đồng quy tại \(M\) \( \Rightarrow \) B đúng.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật. Gọi \(M,N\) theo thứ tự là trọng tâm \(\Delta SAB;\,\Delta SCD\). Khi đó MN song song với mặt phẳng
\((SAC)\)
\((SBD)\).
\((SAB)\)
\((ABCD)\).
Lời giải
Chọn D.
Gọi E và F lần lượt là trung điểm AB và CD.
Do \(M;N\) là trọng tâm tam giác \(SAB;\,SCD\) nên \(S,M,E\) thẳng hàng; \(S,N,F\) thẳng hàng.
Xét \(\Delta SEF\) có: \(\frac{{SM}}{{SE}} = \frac{2}{3} = \frac{{SN}}{{SF}}\) nên theo định lý Thalès \( \Rightarrow MN//EF\).
Mà \(EF \subset \left( {ABCD} \right)\) nên \(MN//\left( {ABCD} \right)\).
Cho tứ diện\[ABCD\], \[G\] là trọng tâm \[\Delta ABD\] và \[M\] là điểm trên cạnh \[BC\] sao cho\[BM = 2MC\]. Đường thẳng \[MG\] song song với mặt phẳng
\[\left( {ACD} \right).\]
\[\left( {ABC} \right).\]
\[\left( {ABD} \right).\]
\[(BCD).\]
Lời giải
Chọn A.
Gọi \(P\) là trung điểm \(AD\).
Ta có: \[\frac{{BM}}{{BC}} = \frac{{BG}}{{BP}} = \frac{3}{2} \Rightarrow MG{\rm{//CP}} \Rightarrow MG{\rm{//}}\left( {ACD} \right).\]
Cho hai hình bình hành \[ABCD\] và \[ABEF\] không cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi \[O\], \[{O_1}\] lần lượt là tâm của \[ABCD\], \[ABEF\] \[M\] là trung điểm của \[CD\]. Khẳng định nào sau đây sai?
\(O{O_1}\)\({\rm{//}}\)\(\left( {BEC} \right)\).
\[O{O_1}\]\({\rm{//}}\)\[\left( {AFD} \right)\].
\[O{O_1}\]\({\rm{//}}\)\[\left( {EFM} \right)\].
\[M{O_1}\] cắt \[\left( {BEC} \right)\].
Lời giải
Chọn D.
Xét tam giác \[ACE\] có \[O,\,\,{O_1}\] lần lượt là trung điểm của \[AC\], \[AE\].
Suy ra \[O{O_1}\] là đường trung bình trong tam giác \[ACE\] \[ \Rightarrow \,\,O{O_1}\]\({\rm{//}}\)\[EC\].
Tương tự, \[O{O_1}\] là đường trung bình của tam giác \[BFD\] nên \[O{O_1}\]\({\rm{//}}\)\[FD\].
Vậy \[O{O_1}\]\({\rm{//}}\)\[\left( {BEC} \right)\], \[O{O_1}\]\({\rm{//}}\)\[\left( {AFD} \right)\] và \[O{O_1}\] \({\rm{//}}\)\[\left( {EFC} \right)\]. Chú ý rằng: \[\left( {EFC} \right) \equiv \left( {EFM} \right)\].
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\), gọi \(I\) là trung điểm cạnh \(SC\). Mệnh đề nào sau đây sai?
Đường thẳng \(IO\) song song với mặt phẳng \(\left( {SAD} \right).\)
Đường thẳng \(IO\) song song với mặt phẳng \(\left( {SAB} \right).\)
Mặt phẳng \(\left( {IBD} \right)\) cắt mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) theo giao tuyến \(OI.\)
Mặt phẳng \(\left( {IBD} \right)\) cắt hình chóp \(S.ABCD\) theo một thiết diện là tứ giác.
Lời giải
Chọn D.
Trong tam giác \(SAC\) có \(O\) là trung điểm \(AC\), \(I\) là trung điểm \(SC\) nên \[IO//SA\]
\( \Rightarrow IO\) song song với hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SAD} \right).\)
Mặt phẳng \(\left( {IBD} \right)\) cắt \(\left( {SAC} \right)\) theo giao tuyến \(IO.\)
Mặt phẳng \(\left( {IBD} \right)\) cắt \(\left( {SBC} \right)\) theo giao tuyến \(BI\), cắt \(\left( {SCD} \right)\) theo giao tuyến \(ID\), cắt \(\left( {ABCD} \right)\) theo giao tuyến \(BD\) \( \Rightarrow \) thiết diện tạo bởi mặt phẳng \(\left( {IBD} \right)\) và hình chóp \(S.ABCD\) là tam giác \(IBD.\)
Vậy đáp án D sai.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA\) vuông góc với mặt đáy, \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\sqrt 2 \), \(SA = 2a\). Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(SC\), \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng đi qua \(A\), \(M\) và song song với đường thẳng \(BD\). Tính diện tích thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
\({a^2}\sqrt 2 \).
\(\frac{{4{a^2}}}{3}\).
\(\frac{{4{a^2}\sqrt 2 }}{3}\).
\(\frac{{2{a^2}\sqrt 2 }}{3}\).
Lời giải
Chọn D.
Gọi \(O = AC \cap BD\), \(I = SO \cap AM\). Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) qua \(I\) kẻ \(EF//BD\), khi đó ta có \(\left( {AEMF} \right) \equiv \left( \alpha \right)\) là mặt phẳng chứa \(AM\) và song song với \(BD\). Do đó thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là tứ giác \(AEMF\).
Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{FE\,{\rm{//}}\,BD}\\{BD \bot \left( {SAC} \right)}\end{array}} \right.\]\[ \Rightarrow FE \bot \left( {SAC} \right)\]\[ \Rightarrow FE \bot AM\].
Mặt khác ta có:
*\(AC = 2a = SA\) nên tam giác \(SAC\) vuông cân tại \(A\), suy ra \(AM = a\sqrt 2 \).
* \(I\) là trọng tâm tam giác \(SAC\), mà \(EF\,{\rm{//}}\,BD\) nên tính được \(EF = \frac{2}{3}BD = \frac{{4a}}{3}\).
Tứ giác \(AEMF\) có hai đường chéo \(FE \bot AM\) nên \({S_{AEMF}} = \frac{1}{2}FE.AM = \frac{{2{a^2}\sqrt 2 }}{3}\).
Cho đường thẳng \(a \subset \left( \alpha \right)\) và đường thẳng \(b \subset \left( \beta \right)\). Mệnh đề nào sau đây đúng?
\(\left( \alpha \right)//\left( \beta \right) \Rightarrow a//\left( \beta \right)\) và \(b//\left( \alpha \right).\)
\(a//b \Rightarrow \left( \alpha \right)//\left( \beta \right).\)
a và b chéo nhau.
\(\left( \alpha \right)//\left( \beta \right) \Rightarrow a//b.\)
Lời giải
Chọn A.
- Do \(\left( \alpha \right)//\left( \beta \right)\) và \(a \subset \left( \alpha \right)\) nên \(a//\left( \beta \right)\).
- Tương tự, do \(\left( \alpha \right)//\left( \beta \right)\) và \(b \subset \left( \beta \right)\) nên \(b//\left( \alpha \right).\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\), có đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm \(SA,SD\). Mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\) song song với mặt phẳng nào sau đây?
\(\left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SCD} \right)\).
\(\left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SAB} \right)\).
Lời giải
Chọn A.
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(O\) là trung điểm \(AC,BD\).
Do đó: \(MO//SC \Rightarrow MO//\left( {SBC} \right)\)
Và \(NO//SB \Rightarrow NO//\left( {SBC} \right)\)
Suy ra: \(\left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)\).
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình bình hành tâm \[O\]. Gọi \[M\], \[N\], \(P\) theo thứ tự là trung điểm của \[SA\], \[SD\] và \[AB\]. Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\left( {NMP} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {SBD} \right)\).
\(\left( {NOM} \right)\) cắt \[\left( {OPM} \right)\].
\[\left( {MON} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {SBC} \right)\].
\(\left( {PON} \right) \cap \left( {MNP} \right) = NP\).
Lời giải
Chọn C.
Xét hai mặt phẳng \[\left( {MON} \right)\]và \[\left( {SBC} \right)\].
Ta có: \(OM\;{\rm{//}}\;SC\) và \(ON\;{\rm{//}}\;SB\).
Mà \(BS \cap SC = C\) và \(OM \cap ON = O\).
Do đó \[\left( {MON} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {SBC} \right)\].
Cho hình vuông \(ABCD\) và tam giác đều \(SAB\) nằm trong hai mặt phẳng khác nhau. Gọi \(M\) là điểm di động trên đoạn \(AB\). Qua \(M\) vẽ mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] song song với \[\left( {SBC} \right)\]. Gọi \(N\), \(P\), \(Q\) lần lượt là giao của mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] với các đường thẳng \(CD\), \(SD\), \(SA\). Tập hợp các giao điểm \(I\) của hai đường thẳng \(MQ\) và \(NP\) là
Đoạn thẳng song song với \(AB\).
Tập hợp rỗng.
Đường thẳng song song với \(AB\).
Nửa đường thẳng.
Lời giải
Chọn A.
Lần lượt lấy các điểm \(N\), \(P\), \(Q\) thuộc các cạnh \(CD\), \(SD\), \(SA\) thỏa \(MN\parallel BC\), \(NP\parallel SC\), \(PQ\parallel AD\). Suy ra \(\left( \alpha \right) \equiv \left( {MNPQ} \right)\) và \(\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBC} \right)\).
Vì \(I = MQ \cap NP \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I,S \in \left( {SCD} \right)\\I,S \in \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \) \(I\) nằm trên đường thẳng là giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\). Khi \(\left\{ \begin{array}{l}M \equiv B \Rightarrow I \equiv S\\M \equiv A \Rightarrow I \equiv T\end{array} \right.\) với \(T\) là điểm thỏa mãn tứ giác \(ABST\) là hình bình hành.
Vậy quỹ tích cần tìm là đoạn thẳng song song với \(AB\).
Cho tứ diện đều \(SABC\). Gọi \(I\) là trung điểm của đoạn \(AB\), \(M\) là điểm di động trên đoạn \(AI\). Qua \(M\) vẽ mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) song song với \(\left( {SIC} \right)\). Thiết diện tạo bởi \(\left( \alpha \right)\) với tứ diện \(SABC\) là.
hình bình hành.
tam giác cân tại \(M\).
tam giác đều.
hình thoi.
Lời giải
Chọn B.
Qua \(M\) vẽ \(MP{\rm{//}}IC\),\(P \in AC\), \(MN{\rm{//}}SI\),\(N \in SA\).
Ta có\(\frac{{MN}}{{SI}} = \frac{{MP}}{{IC}}\) và \(SI = IC\) nên suy ra \(MN = MP\) thiết diện là tam giác cân tại \(M\).
Cho hình chóp \[S.ABC\] có đáy là tam giác \[ABC\] thỏa mãn \[AB = AC = 4,\] \[\widehat {BAC} = 30^\circ \]. Mặt phẳng \[\left( P \right)\] song song với \[\left( {ABC} \right)\] cắt đoạn \[SA\] tại \[M\] sao cho \[SM = 2MA\]. Diện tích thiết diện của \[\left( P \right)\] và hình chóp \[S.ABC\] bằng bao nhiêu?
\(1\).
\(\frac{{14}}{9}\).
\(\frac{{25}}{9}\).
\(\frac{{16}}{9}\).
Lời giải
Chọn D.
Diện tích tam giác \[ABC\] là \[{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.4.4.\sin 30^\circ = 4\].
Gọi \[N,\,\,P\] lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \[\left( P \right)\] và các cạnh \[SB,\,\,SC\].
Vì \[\left( P \right)\]\({\rm{//}}\)\[\left( {ABC} \right)\] nên theoo định lí Thalès, ta có \[\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{2}{3}\].
Khi đó \[\left( P \right)\] cắt hình chóp \[S.ABC\] theo thiết diện là tam giác \[MNP\] đồng dạng với tam giác \[ABC\] theo tỉ số \[k = \frac{2}{3}\]. Vậy \[{S_{\Delta MNP}} = {k^2}.{S_{\Delta ABC}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2}.4 = \frac{{16}}{9}\].
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
Hình lăng trụ có các cạnh bên song song và bằng nhau.
Hai mặt đáy của hình lăng trụ nằm trên hai mặt phẳng song song.
Hai đáy của lăng trụ là hai đa giác đều.
Các mặt bên của lăng trụ là các hình bình hành.
Lời giải
Chọn C.
Xét hình lăng trụ có đáy là một đa giác (tam giác, tứ giác, …), ta thấy rằng
Hình lăng trụ luôn có các cạnh bên song song và bằng nhau.
Hai mặt đáy của hình lăng trụ nằm trên hai mặt phẳng song song.
Hai đáy của lăng trụ là hai đa giác bằng nhau (tam giác, tứ giác, …)
Các mặt bên của lăng trụ là các hình bình hành vì có hai cạnh là hai cạnh bên của hình lăng trụ, hai cạnh còn lại thuộc hai đáy song song.
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Khẳng định nào sau đây SAI?
\(AB'C'D\) và \(A'BCD'\) là hai hình bình hành có chung một đường trung bình.
\(BD'\) và \(B'C'\) chéo nhau.
\(A'C\) và \[DD'\] chéo nhau
\(DC'\) và \(AB'\) chéo nhau
Lời giải
Chọn D.
\(DC'\) và \(AB'\) song song với nhau.
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Mệnh đề nào sau đây sai?
\(\left( {ACD'} \right){\rm{ // }}\left( {A'C'B} \right)\).
\(\left( {ABB'A'} \right){\rm{ // }}\left( {CDD'C'} \right)\).
\(\left( {BDA'} \right){\rm{ // }}\left( {D'B'C} \right)\).
\(\left( {BA'D'} \right){\rm{ // }}\left( {ADC} \right)\).
Lời giải
Chọn D.
Ta có \(\left( {BA'D'} \right) \equiv \left( {BCA'D'} \right)\) và \(\left( {ADC} \right) \equiv \left( {ABCD} \right)\).
Mà \(\left( {BCA'D'} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\), suy ra \(\left( {BA'D'} \right){\rm{ // }}\left( {ADC} \right)\) sai.
Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\). Mặt phẳng \(\left( {AB'D'} \right)\) song song với mặt phẳng nào sau đây?
\(\left( {BA'C'} \right)\).
\(\left( {C'BD} \right)\).
\(\left( {BDA'} \right)\).
\(\left( {ACD'} \right)\).
Lời giải
Chọn B.
Ta có \(B'D'{\rm{//}}BD\); \(AD'{\rm{//}}C'B\) \( \Rightarrow \left( {AB'D'} \right){\rm{//}}\left( {C'BD} \right)\).
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\). Gọi \(I\), \(J\), \(K\) lần lượt là trọng tâm tam giác \(ABC\), \(ACC'\), \(AB'C'\). Mặt phẳng nào sau đây song song với \(\left( {IJK} \right)\)?
\(\left( {BC'{\rm{A}}} \right)\).
\(\left( {AA'B} \right)\).
\(\left( {BB'C} \right)\).
\(\left( {CC'A} \right)\).
Lời giải
Chọn C.
Do \(I\), \(J\), \(K\) lần lượt là trọng tâm tam giác \(ABC\), \(ACC'\) nên \(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}\) nên \(IJ{\rm{//}}MN\)
\( \Rightarrow IJ{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\)
Tương tự \(IK{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\)\( \Rightarrow \left( {IJK} \right){\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\) hay \(\left( {IJK} \right){\rm{//}}\left( {BB'C} \right)\).
Cho hình lăng trụ \[ABC.A'B'C'\]. Gọi \[H\] là trung điểm của \[A'B'\]. Mặt phẳng \[\left( {AHC'} \right)\] song song với đường thẳng nào sau đây?
\(BA'\).
\(BB'\).
\(BC\).
\(CB'\).
Lời giải
Chọn D.
Gọi \[M\] là trung điểm của \[AB\] suy ra \[MB'\parallel AH \Rightarrow MB'\parallel \left( {AHC'} \right)\]. \(\left( 1 \right)\)
Vì \[MH\] là đường trung bình của hình bình hành \[ABB'A'\] suy ra \[MH\] song song và bằng \(BB'\) nên \[MH\] song song và bằng \(CC' \Rightarrow \)\[MHC'C\] là hình hình hành \[ \Rightarrow MC\,\parallel \,\,HC' \Rightarrow MC\parallel \left( {AHC'} \right)\]. \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra \[\left( {B'MC} \right)\parallel \left( {AHC'} \right) \Rightarrow B'C\parallel \left( {AHC'} \right)\].
Khẳng định nào sau đây sai?
Phép chiếu song song có thể biến một đường tròn thành một đường tròn.
Phép chiếu song song có thể biến một đường tròn thành một đoạn thẳng.
Phép chiếu song song có thể biến một đường tròn thành một elip.
Phép chiếu song song có thể biến một đường tròn thành một điểm.
Lời giải
Chọn D.
Theo tính chất phép chiếu song song ta có phương án D sai.
Phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành
Hai đường thẳng song song.
Hai đường thẳng trùng nhau.
Hai đường thẳng trùng nhau hoặc hai đường thẳng song song.
Hai đường thẳng chéo nhau.
Lời giải
Chọn C.
Theo định lí ta có: phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng trùng nhau hoặc hai đường thẳng song song.
Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai?
Phép chiếu song song biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thảnh đoạn thẳng.
Phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song.
Phép chiếu song song biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không thay đổi thứ tự của ba điểm đó.
Phép chiếu song song không làm thay đổi tỉ số độ dài của hai đoạn thẳng nằm trên hai đường thẳng song song hoặc cùng nằm trên một đường thẳng.
Lời giải
Chọn B.
Tính chất của phép chiếu song song.
Phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau. Suy ra B sai: Chúng có thể trùng nhau.
Hình chiếu của hình chữ nhật không thể là hình nào trong các hình sau?
Hình thang.
Hình bình hành.
Hình chữ nhật.
Hình thoi.
Lời giải
Chọn A.Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình bình hành. \[M\] là trung điểm của \[SC\]. Hình chiếu song song của điểm \[M\] theo phương \[AB\] lên mặt phẳng \[\left( {SAD} \right)\] là điểm nào sau đây?
\[S\].
Trung điểm của \[SD\].
\[A\].
\[D\].
Lời giải
Chọn B.
Giả sử \[N\] là ảnh của \[M\] theo phép chiếu song song đường thẳng \[AB\] lên mặt phẳng \[\left( {SAD} \right)\]
Suy ra \[MN{\rm{//}}AB\]\[ \Rightarrow MN{\rm{//}}CD\]. Do \[M\] là trung điểm của \[SC\]\[ \Rightarrow N\] là trung điểm của \[SD\].
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình bình hành. Hình chiếu song song của điểm \[A\] theo phương \[AB\] lên mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] là điểm nào sau đây?
\[S\].
Trung điểm của \[BC\].
\[B\].
\[C\].
Lời giải
Chọn B.
Do \[AB \cap \left( {SBC} \right) = \left\{ A \right\}\], suy ra hình chiếu song song của điểm \[A\] theo phương \[AB\] lên mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] là điểm \[B\].
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành, gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(SC\) (như hình vẽ). Hình chiếu song song của điểm \(M\) theo phương \(AC\) lên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là điểm nào sau đây?
Trung điểm \(SB\).
Trung điểm \(SD\).
Điểm \(D\).
Trung điểm \(SA\).
Lời giải
Chọn D.
Gọi N là trung điểm \(SA\), ta có \(MN//CA\) nên hình chiếu song song của điểm \(M\) theo phương \(AC\) lên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là điểm N.
Cho hình lăng trụ tứ giác \(ABCD.A'B'C'D'\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(BB'\).
Phép chiếu song song theo phương chiếu \(A'A\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) của đoạn thẳng \(A'M\) thành đoạn thẳng?
\(AM\).
\(AB\).
\(A'B\).
\(A'B'\).
Lời giải
Chọn B.
Ảnh của điểm \(A'\) qua phép chiếu song song theo phương chiếu \(A'A\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là điểm \(A\).
Ta có \(MB\,{\rm{// }}A'A\) và \(MB\, \cap \left( {ABCD} \right) = \left\{ B \right\}\) nên ảnh của điểm \(M\) qua phép chiếu song song theo phương chiếu \(A'A\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là điểm \(B\).
Vậy ảnh của đoạn thẳng \(A'M\) qua phép chiếu song song theo phương chiếu \(A'A\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là đoạn thẳng \(AB\).
Cho hai mặt phẳng \(\left( \alpha \right),\left( \beta \right)\) và đường thẳng \(l\) cắt mặt phẳng \(\left( \beta \right)\). Tam giác \(ABC\) nằm trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\), biết rằng hình chiếu của tam giác\(ABC\) qua phép chiếu song song lên mặt phẳng \(\left( \beta \right)\) theo phương \(l\) là một đoạn thẳng. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
\(l//\left( \alpha \right)\)hoặc \(l \subset \left( \alpha \right)\).
\(l \subset \left( \alpha \right)\).
\(l//\left( \alpha \right)\).
\(\left( \alpha \right)//\left( \beta \right)\).
Lời giải
Chọn A.
Giả sử \(\left( \alpha \right) \cap \left( \beta \right) = d\) Khi phương chiếu \(l\) song song hoặc nằm trên mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\)thì mọi điểm trên mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\)có hình chiếu lên mặt phẳng \(\left( \beta \right)\) theo phương \(l\) đều nằm trên đường thẳng \(d\).
Hình chiếu của hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) lên \({\rm{mp}}(BC'D)\) theo phương \(AB\) là:
Một tam giác.
Một hình bình hành.
Một ngũ giác.
Một lục giác.
Lời giải
Chọn B.
+ Gọi \(I\) là điểm đối xứng của \(A'\) qua \(B'.\)
+ Xét phép chiếu song theo phương \(AB\) lên mặt phẳng \(\left( {BC'D} \right)\) ta có: Hình chiếu của \(D,\,B,\,C'\) thành chính nó; Hình chiếu của \(A\) thành \(B;\) Hình chiếu của \(A',\,\,B'\) thành \(I\); Hình chiếu của \(D'\) thành \(C'.\)
+ Do đó, hình chiếu của hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'\) lên \({\rm{mp}}(BC'D)\) theo phương \(AB\) là hình bình hành \(BDC'I.\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành. Gọi \(M\) là trung điểm của \(SC\). Gọi \(I\) giao điểm của đường thẳng \(AM\) và mặt phẳng \((SBD)\).
\(AM \cap SO = I\).
\(IA = 3IM\).
Giao điểm \(E\) của đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \((ABM)\) là điểm thuộc đường thẳng \(BI\).
Gọi \(N\) là một điểm tuỳ ý trên cạnh \(AB\). Khi đó giao điểm của đường thẳng \(MN\) và mặt phẳng \((SBD)\) là điểm thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng \((SBD),(SNC)\).
Lời giải
a) Đúng b) Sai c) Đúng d) Đúng
Trong \((SAC):AM \cap SO = I\). Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I \in AM}\\{I \in SO \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow I \in AM \cap (SBD)} \right.\).
Tam giác \(SAC\) có hai đường trung tuyến \(AM\) và \(SO\) cắt nhau tại \(I\), suy ra \(I\) là trọng tâm của tam giác \(SAC\). Từ đó ta có \(IA = 2IM\).
Trong \((SBD):BI \cap SD = E\). Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{E \in SD}\\{E \in BI \subset (ABM)}\end{array} \Rightarrow I \in SD \cap (ABM)} \right.\).
Trong \((ABCD):CN \cap BD = F\).
Trong \((SNC):SF \cap MN = J\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{J \in MN}\\{J \in SF \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow J \in MN \cap (SBD)} \right.\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang (\(AD\) là đáy lớn, \(BC\) là đáy nhỏ). Gọi \(E,F\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(SD\). \(K\) là giao điểm của các đường thẳng \(AB\) và \(CD\).
Giao điểm \(M\) của đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \((CDE)\) là điểm thuộc đường thẳng \(KE\)
Đường thẳng \(SC\) cắt mặt phẳng \((EFM)\) tại \(N\). Tứ giác \(EFNM\) là hình bình hành.
Các đường thẳng \(AM,DN,SK\) cùng đi qua một điểm.
Cho biết \(AD = 2BC\). Tỉ số diện tích của hai tam giác \(KMN\) và \(KEF\) bằng \(\frac{{{S_{\Delta KMN}}}}{{{S_{\Delta KEF}}}} = \frac{2}{3}\).
Lời giải
a) Đúng b) Sai c) Đúng d) Sai
Có \(SK = (SAB) \cap (SCD)\).
Trong mp (SAB), gọi \(M = KE \cap SB\), có \(KE \subset (CDE)\). Do đó \(SB \cap (CDE) = M\).
Trong mp \((SCD)\), gọi \(N = KF \cap SC\), có \(KF \subset (EFM)\). Do đó \(SC \cap (EFM) = N\).
Có \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MN = (EFK) \cap (SBC)}\\{EF//BC;EF \subset (EFK),BC \subset (SBC)}\end{array}} \right.\)\( \Rightarrow MN//EF//BC\).
Suy ra tứ giác \(EFNM\) là hình thang.
Trong mp \((ADNM)\), gọi \(I = AM \cap DN\).
Mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I \in AM,AM \subset (SAB)}\\{I \in CD,CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow I \in (SAB) \cap (SCD)} \right.\),
Hay \(I \in SK\). Kết luận 3 đường thẳng \(AM,DN,SK\) đồng quy tại điểm \(I\).
Khi \(AD = 2BC\) dễ dàng chứng minh được \(B,C\) lần lượt là trung điểm của \(KA\) và \(KD\). Suy ra \(M,N\) lần lượt là trọng tâm của hai tam giác \(SAK\) và \(SDK\).
Do đó \(MN = \frac{2}{3}EF\), gọi \({h_1},{h_2}\) lần lượt là độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh \(K\) xuống hai đáy \(MN\) và \(EF\), dễ thấy \({h_1} = \frac{2}{3}{h_2}\). Vậy \(\frac{{{S_{\Delta KMN}}}}{{{S_{\Delta KEF}}}} = \frac{{\frac{1}{2}MN \cdot {h_1}}}{{\frac{1}{2}EF \cdot {h_2}}} = \frac{{\frac{2}{3}EF \cdot \frac{2}{3}{h_2}}}{{EF \cdot {h_2}}} = \frac{4}{9}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\), có đáy \(ABCD\) là một hình bình hành tâm \(O\). Gọi \(I,K\) lần lượt là trung điểm của \(SB\) và \(SD\).
\(SO\) là giao tuyến của \((SAC)\) và \((SBD)\).
Giao điểm \(J\) của \(SA\) với \((CKB)\) thuộc đường thẳng đi qua \(K\) và song song với \(DC\).
Giao tuyến của \((OIA)\) và \((SCD)\) là đường thẳng đi qua \(C\) và song song với \(SD\).
\(CD//IJ\).
Lời giải
a) Đúng b) Sai c) Đúng d) Đúng
\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{O \in AC \subset (SAC)}\\{O \in BD \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow O \in (SAB) \cap (SCD)} \right.\\S \in (SAB) \cap (SCD)\\ \Rightarrow SO = (SAC) \cap (SBD).\end{array}\)
Tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB//CD;AD//BC\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD//CB}\\{AD \subset (SAD)}\\{BC \subset (SBC)}\\{K \in (KBC) \cap (SAD)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{Kx = (KBC) \cap (SAD)}\\{Kx//AD//BC}\end{array}} \right.} \right.\).
Trong \((SAD)\) gọi \(J = Kx \cap SA\), có \( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{J \in SA}\\{J \in Kx \subset (BKC)}\end{array} \Rightarrow J = SA \cap (BKC)} \right.\).
Có \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta SBD \Rightarrow OI//SD\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OI//SD}\\{OI \subset (OIA)}\\{SD \subset (SCD)}\\{C \in (OIA) \cap (SCD)}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{Cy = (OIA) \cap (SCD)}\\{Cy//SD//OI}\end{array}} \right.} \right.\).
Ta có: \(IJ//AB\) (\(IJ\) là đường trung bình của \(\Delta SAB\))
\(AB//CD\) (tứ giác \(ABCD\) là hình bình hành) \( \Rightarrow CD//IJ\).
Cho lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\) có \(I,K,G\) lần lượt là trọng tâm các tam giác \(ABC,A'B'C',\)\(ACC'\). Gọi \(M,M'\) lần lượt là trung điểm của \(BC,B'C'\).
\(AMM'A'\) là hình bình hành.
\(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AG}}{{AN}} = \frac{1}{3}\).
\((IKG)\) cắt \(\left( {BCC'B'} \right)\).
\(\left( {A'KG} \right)//\left( {AIB'} \right)\).
Lời giải
a) Đúng b) Sai c) Sai d) Đúng
Gọi \(M,M'\) lần lượt là trung điểm của \(BC,B'C'\).
\(MM'\) là đường trung bình của hình bình hành \(BCC'B'\) nên
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MM'//BB'}\\{MM' = BB'}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MM'//AA'}\\{MM' = AA'}\end{array} \Rightarrow AMM'A'} \right.} \right.{\rm{ l\`a h\`i nh b\`i nh h\`a nh}}{\rm{. }}\]
Vì \(I,K\) theo thứ tự là trọng tâm các tam giác \(ABC,A'B'C'\) nên
\(IM = KM' = \frac{1}{3}A'M' = \frac{1}{3}AM,\)mà \(IM//KM'\) nên \(IKM'M\) là hình bình hành.
Suy ra \(IK//MM',MM' \subset \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow IK//\left( {BCC'B'} \right)\). (1)
Gọi \(N\) là trung điểm của \(CC'\), tam giác \(AMN\) có
\(\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AG}}{{AN}} = \frac{2}{3}{\rm{ }}\)(tính chất trọng tâm)
Suy ra \(IG//MN\) mà \(MN \subset \left( {BCC'B'} \right)\) nên \(IG//\left( {BCC'B'} \right)\).(2)
Từ (1) và (2) suy ra \((IKG)//\left( {BCC'B'} \right)\).
Vì \(\left( {A'KG} \right) \equiv \left( {A'M'C} \right),\left( {AIB'} \right) \equiv \left( {AMB'} \right)\), ta cần chứng minh \(\left( {A'M'C} \right)//\left( {AMB'} \right)\).
Dễ thấy \(AMM'A'\) là hình bình hành nên \(AM//A'M'\) mà \(A'M' \subset \left( {A'M'C} \right)\) nên \(AM//\left( {A'M'C} \right)\). (3)
Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CM//B'M'}\\{CM = B'M'}\end{array} \Rightarrow CMB'M'} \right.\) là hình bình hành, suy ra \[B'M//CM',CM'{\kern 1pt} \subset \left( {A'M'C} \right)\] \[ \Rightarrow B'M//\left( {A'M'C} \right)\]. (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\left( {A'M'C} \right)//\left( {AMB'} \right)\), hay \(\left( {A'KG} \right)//\left( {AIB'} \right)\).
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\).
\(AA'//CC'\).
\(A'\) hình chiếu của \(A\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) qua phép chiếu song song theo phương \(CC'\).
Gọi \(M\) là một điểm trên đoạn thẳng \(AB\). Hình chiếu của \(M\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) qua phép chiếu song song theo phương \(BB'\) là điểm \(M' \in A'B'\).
Gọi \(O\) là tâm của hình bình hành \(BCC'B'\). Ảnh của \(O\) qua phép chiếu song song theo phương \(AA'\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) là trung điểm của \(B'C'\).
Lời giải
a) Đúng b) Đúng c) Đúng d) Đúng
Vì \(AA'//CC'\) và \(A'\) thuộc \(\left( {A'B'C'} \right)\) nên \(A'\) là hình chiếu song song của \(A\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) theo phương \(CC'\).
Trong mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\), kẻ đường thẳng \(MM'//BB'\) với \(M' \in A'B'\). Khi đó \(M'\) là hình chiếu song song của \(M\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) theo phương \(BB'\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \(B'C'\). Vì \(OI\) là đường trung bình của tam giác \(BB'C'\) nên \(OI//BB' \Rightarrow OI//AA'\) mà \(I \in \left( {A'B'C'} \right)\) nên \(I\) là ảnh của \(O\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) qua phép chiếu song song phương \(AA'\).
Cho hai hình bình hành \(ABCD\) và \(ABEF\) không cùng nằm trong một mặt phẳng. Trên cạnh \(AC\) lấy điểm \(M\) và trên cạnh \(BF\) lấy điểm \(N\) sao cho \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{BN}}{{BF}} = \frac{1}{a}{\rm{. }}\)Tìm \(a\) để \(MN//DE\).
Lời giải
Trả lời: \(3\).
Ta có: \(MN//DE\) nên bốn điểm \(M,N,D,E\) đồng phẳng.
Trong mặt phẳng \((MNED)\), gọi \(I = DM \cap NE \Rightarrow I \in AB,AB = (ABCD) \cap (ABEF)\),
khi đó: \(\frac{{IM}}{{DM}} = \frac{{IN}}{{NE}}\).
Đặt \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{BN}}{{BF}} = k\), ta có: \(\frac{{AM}}{{AC}} = k(1) \Rightarrow \frac{{AC - MC}}{{AC}} = k \Rightarrow 1 - \frac{{MC}}{{AC}} = k \Rightarrow \frac{{MC}}{{AC}} = 1 - k(2).\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{AM}}{{MC}} = \frac{k}{{1 - k}}\); tương tự ta chứng minh được \(\frac{{BN}}{{FN}} = \frac{k}{{1 - k}}\).
Vì \(AB//CD\) nên \(\frac{{IM}}{{DM}} = \frac{{IA}}{{DC}} = \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{k}{{1 - k}}\);
Vì \(AB//EF\) nên \(\frac{{IN}}{{NE}} = \frac{{BI}}{{EF}} = \frac{{BN}}{{NF}} = \frac{k}{{1 - k}}\).
Mặt khác \(\frac{{AI}}{{DC}} + \frac{{BI}}{{EF}} = \frac{{AI}}{{FE}} + \frac{{BI}}{{EF}} = 1 \Rightarrow 2 \cdot \frac{k}{{1 - k}} = 1\)
\( \Rightarrow 2k = 1 - k \Rightarrow k = \frac{1}{3}{\rm{. }}\)Suy ra \(a = 3\). Vậy với \(a = 3\) thì \(MN//DE\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành. Gọi \(I,K\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(CD\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(SB\). Gọi \(F\) là giao điểm của \(DM\) và \((SIK)\). Tính tỉ số \(\frac{{MF}}{{MD}}\).
Lời giải
Trả lời: 1.
Ta có \(S \in (SIK) \cap (SAC)\).
Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(E = IK \cap AC \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{E \in IK \subset (SIK)}\\{E \in AC \subset (SAC)}\end{array} \Rightarrow E \in (SIK) \cap (SAC)} \right.\).
Suy ra \(SE = (SIK) \cap (SAC)\).
\({\rm{Ta c\'o }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S \in (SIK) \cap (SBD)}\\{BD \subset (SBD),IK \subset (SIK) \Rightarrow (SIK) \cap (SBD) = Sx,({\rm{ }}Sx{\rm{//}}BD{\rm{//}}IK){\rm{. }}}\\{BD{\rm{//}}IK}\end{array}} \right.\)
Trong mp \((SBD)\), gọi \(F = Sx \cap DM \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S \in DM}\\{S \in Sx \subset (SIK)}\end{array} \Rightarrow F = DM \cap (SIK)} \right.\).
Ta có \(SF{\rm{//}}BD \Rightarrow \frac{{MF}}{{MD}} = \frac{{MS}}{{MB}} = 1\).
