Đề kiểm tra Đường thẳng và mặt phẳng song song lớp 11 (có lời giải) - Đề 3

Chọn C

Vì \(\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = \left\{ G \right\}\) ta có \(IJ//AB\) vì\(IJ\)là đường trung bình của hình thang \(ABCD\)

\(\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = Gx//AB//IJ\). Gọi \(E = Gx \cap SA,F = Gx \cap SB\)

\(\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAD} \right) = EI\);\(\left( {IJG} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = IJ\);\(\left( {IJG} \right) \cap \left( {SBC} \right) = JF\)

Suy ra thiết diện \(\left( {IJG} \right)\)và hình chóp là hình bình hành \[IJFE \Leftrightarrow IJ = EF\,\,\,\left( 1 \right)\]

vì \[G\] là trọng tâm tam giác \[SAB \Leftrightarrow SG = \frac{2}{3}GH \Rightarrow EF = \frac{2}{3}AB\,\,\left( 2 \right)\]

và \(IJ = \frac{{AB + CD}}{2}\,\,\,\,\left( 3 \right)\) vì\(IJ\)là đường trung bình của hình thang \(ABCD\)

Từ \[\left( 1 \right)\],\[\left( 2 \right)\] và\[\left( 3 \right)\] \[ \Rightarrow \frac{2}{3}AB = \frac{{AB + CD}}{2} \Leftrightarrow \] \[4AB = 3AB + 3CD \Leftrightarrow AB = 3CD\].

Chọn D

Gọi \(I,K\)lần lượt là trung điểm của \(BD,DC\).

\(\left( {II} \right)\)- Đúng

Xét tam giác\(AIK\)có:\(\left\{ \begin{array}{l}MN{\rm{//}}\,{\rm{IK}}\\IK \subset \left( {BCD} \right)\\MN \not\subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,\left( {BCD} \right)\)

\(\left( I \right)\)- Đúng

\(\left\{ \begin{array}{l}MN\,{\rm{//}}\,{\rm{IK}}\\{\rm{IK}}\,{\rm{//}}\,BC\end{array} \right. \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,BC\) và \(MN \not\subset \left( {ABC} \right)\)do đó \(MN\,{\rm{//}}\,\left( {ABC} \right)\)

Có \(M \in \left( {ABD} \right),N \in \left( {ACD} \right)\) do đó:\(\left( {III} \right)\,,\,\left( {IV} \right)\)- Sai:.

Chọn D

\(IO\) là đường trung bình tam giác \(SAC\) nên \(IO\,\,{\rm{//}}\,\,SA\)\( \Rightarrow IO\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\), \(IO\,\,{\rm{//}}\,\,\left( {SAC} \right)\).

Do đó A, B đúng.

\(I \in SC\), \(O = AC \cap BD\)\( \Rightarrow \left( {IBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IO\) nên D đúng.

Chọn D

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \subset \left( {ABM} \right)\\CD \not\subset \left( {ABM} \right)\\CD\,{\rm{//}}\,AB\end{array} \right.\). Từ đó suy ra \(CD\,{\rm{//}}\,\left( {ABM} \right)\).

Chọn C

Gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm \(BC\), \(BD\).

Ta có \(\frac{{AM}}{{AI}} = \frac{{AN}}{{{\rm{AJ}}}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow MN\;{\rm{//}}\;{\rm{IJ}}\) \( \Rightarrow MN\;{\rm{//}}\;IJ\;{\rm{//}}\;CD\)\( \Rightarrow \) \(MN\;{\rm{//}}\;\left( {BCD} \right)\) và \(MN\;{\rm{//}}\;\left( {ACD} \right)\).

Chọn C

Gọi \(M\)là trung điểm của \(CD\)nên ba đường thẳng \(B{G_1},\,\,A{G_2}\)và \(CD\)đồng quy tại \(M\), mặt khác:

\(\frac{{M{G_1}}}{{MB}} = \frac{{M{G_2}}}{{MA}} = \frac{1}{3}\), suy ra \({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB\)và \[\frac{{{G_1}{G_2}}}{{AB}} = \frac{1}{3}\].

Vậy \({G_1}{G_2}//\left( {ABD} \right)\), \({G_1}{G_2}//\left( {ABC} \right)\)và \({G_1}{G_2} = \frac{1}{3}AB\).

Chọn A

Ta có \(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{//}}AB\\AB \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right\}\) \( \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\) với \(MN{\rm{//}}AB\) và \(N \in BC\).

Ta có \(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{//}}AD\\AD \subset \left( {ADC} \right)\end{array} \right\}\) \( \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ADC} \right) = MP\) với \(MP{\rm{//}}AD\) và \(P \in CD\).

\(\left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) = NP\).

Do đó thiết diện của \[\left( \alpha  \right)\] với tứ diện \[ABCD\] là hình tam giác \(MNP\).

Chọn A

Qua \(I\), dựng \(MQ//\,\,BD\), và \(QP//SC\), \(PN//BD\), \(MN//\,SC\). Gọi \(E = \,FI \cap SA\).

Ta có: \(\left( {ABCD} \right) \cap \left( P \right) = NP,\,\,\left( {SBC} \right) \cap \left( P \right) = NM,\)

\(\,\left( {SAB} \right) \cap \left( P \right) = MF,\,\,\left( {SAD} \right) \cap \left( P \right) = EQ,\,\,\left( {SCD} \right) \cap \left( P \right) = QP\).

Vậy thiết diện là ngũ giác.

Chọn B

Ta có

+) \(\left. \begin{array}{l}AB||(\alpha )\\AB \subset (ABC)\\M \in (\alpha ) \cap (ABC)\end{array} \right\} \Rightarrow (ABC) \cap (\alpha ) = MN||AB{\rm{ }}(N \in BC).\)

+) \(\left. \begin{array}{l}CD||(\alpha )\\CD \subset (BCD)\\N \in (\alpha ) \cap (BCD)\end{array} \right\} \Rightarrow (BCD) \cap (\alpha ) = NP||CD{\rm{ }}(P \in BD).\)

+) \(\left. \begin{array}{l}AB||(\alpha )\\AB \subset (ABD)\\P \in (\alpha ) \cap (ABD)\end{array} \right\} \Rightarrow (ABD) \cap (\alpha ) = PQ||AB{\rm{ }}(Q \in AD).\)

Theo cách dựng thì thiết diện \[MNPQ\] là hình bình hành.

Chọn B

Dựng thiết diện của \(\left( P \right)\) và hình chóp \(S.ABCD\), ta có nếu \(M\)nằm giữa \(A,C\) thì thiết diện là tứ giác, nằm giữa \(O,C\) hoặc trùng với \(O\) thì thiết diện là tam giác, nên giá trị cần tìm của \(x\) là \(0 < x < \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Chọn A

Trong \(\left( {ABCD} \right)\), kẻ đường thẳng qua \(M\)và song song với \(BD\)cắt \(BC,{\rm{ }}CD,{\rm{ }}CA\)tại \(K,{\rm{ }}N,{\rm{ }}I\).

Trong \(\left( {SCD} \right)\), kẻ đường thẳng qua \(N\)và song song với \(SC\)cắt \(SD\)tại \(P\).

Trong \(\left( {SCB} \right)\), kẻ đường thẳng qua \(K\)và song song với \(SC\)cắt \(SB\)tại \(Q\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\), kẻ đường thẳng qua \(I\)và song song với \(SC\)cắt \(SA\)tại \(R\).

Thiết diện là ngũ giác \[KNPRQ\].

Chọn C

ABC) cắt \((\alpha )\) theo giao tuyến MN đi qua H và song song với AB (\(M \in AC,N \in BC\))

(BCD) cắt \((\alpha )\) theo giao tuyến NP song song với CD (\(P \in BD\))

(ACD) cắt \((\alpha )\) theo giao tuyến MQ song song với CD (\(Q \in AD\))

(ABD) cắt \((\alpha )\) theo giao tuyến PQ song song với AB

Có MQ//NP (vì cùng song song CD)

Có MN//PQ (vì cùng song song AB)

Vậy thiết diện là hình bình hành MNPQ

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

 

\(\begin{array}{l}{\rm{V\`i }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in (SAB) \cap (\alpha )}\\{(\alpha )//AB,AB \subset (SAB)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \cap (\alpha ) = MN{\rm{ v\^o \`u i }}MN//AB,N \in SB;} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in (SAD) \cap (\alpha )}\\{(\alpha )//AD,AD \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow (SAD) \cap (\alpha ) = MQ{\rm{ v\^o \`u i }}MQ//AD,Q \in SD.} \right.\end{array}\)

Vì \(BC//AD//MQ\) và \(BC\not \subset (\alpha ),MQ \subset (\alpha )\) nên \(BC//(\alpha )\).

Khi đó, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{N \in (SBC) \cap (\alpha )}\\{(\alpha )//BC,BC \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow (SBC) \cap (\alpha ) = NP} \right.\) (với \(NP//BC,P \in SC\)).

Nối các đỉnh \(M,N,P,Q\) ta được một tứ giác.

Ta có: \(MN//AB,MQ//AD,NP//BC,PQ//CD\) nên theo định lí Thalès, ta có:

\(\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{{SQ}}{{SD}} = \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{NP}}{{BC}} = \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{MQ}}{{AD}} = \frac{2}{3}{\rm{. }}\)

Suy ra \(MN = NP = PQ = MQ = \frac{2}{3} \cdot 2 = \frac{4}{3}\) (đáy hình của chóp là hình vuông cạnh 2).

Dễ thấy \(MNPQ\) là một hình vuông có cạnh bằng \(\frac{4}{3}\) nên có diện tích bằng \(\frac{{16}}{9}\) (đơn vị diện tích).

\({\rm{ a) Ta c\'o : }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{S \in (SAB) \cap (SCD)}\\{AB//CD}\\{AB \subset (SAB),CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \cap (SCD) = Sx} \right.\)

(với \(Sx\) qua \(S\) và \(Sx//AB//CD\)).

c) Chứng minh \(MN\) song song với mặt phẳng \((SCD)\):

Gọi \(O\) là tâm hình bình hành \(ABCD\).

Vì \(N\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\) nên \(BN = \frac{2}{3}BO = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}BD = \frac{1}{3}BD \Rightarrow \frac{{DN}}{{DB}} = \frac{2}{3}\).

Mặt khác, ta có: \(AD = 3AM \Rightarrow \frac{{DM}}{{DA}} = \frac{2}{3}\).

Xét tam giác \(ADB\), ta có: \(\frac{{DM}}{{DA}} = \frac{{DN}}{{DB}} = \frac{2}{3}\) nên \(MN//AB \Rightarrow MN//CD\),

mà \(CD \subset (SCD) \Rightarrow MN//(SCD)\).

d) Chứng minh \(NG\) song song \((SAC)\) :

Gọi \(P\) là trung điểm \(AB\). Tam giác \(SPC\) có:

\(\frac{{PG}}{{PS}} = \frac{{PN}}{{PC}} = \frac{1}{3}\) (tính chất trọng tâm)

\( \Rightarrow NG//SC,SC \subset (SAC) \Rightarrow NG//(SAC)\)

a) Vì \(IJ\) là đường trung bình \(\Delta ABC\) nên \(IJ//AC\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC//IJ}\\{IJ \subset (SIJ)}\\{AC\not \subset (SIJ)}\end{array} \Rightarrow AC//(SIJ)} \right.\).

b) Ta có \(\frac{{SH}}{{HI}} = \frac{{SK}}{{KJ}} = 2(H,K\) lần lượt là trọng tâm \(\Delta SAB\) và \(\Delta SAC)\).

\( \Rightarrow HK//IJ\)

Lại có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HK//AC(HK//IJ,AC//IJ)}\\{AC \subset (SAC)}\\{HK\not \subset (SAC)}\end{array} \Rightarrow HK//(SAC)} \right.\)

c) Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HK//AC}\\{HK \subset (BHK)}\\{AC \subset (ABC)}\\{B \in (BHK) \cap (ABC)}\end{array}} \right.\)

Vậy giao tuyến của \((BHK)\) và \((ABC)\) là đường thẳng \(Bx\) đi qua \(B\) và song song với \(AC\) và \(HK\).

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

 

a) Ta có

Tương tự, .

b) Vì \(\frac{{DI}}{{DA}} = \frac{1}{2} \ne \frac{1}{3} = \frac{{DE}}{{DC}}\) nên \(IE\) không song song với \(AC\). Trong hình chữ nhật \(ABCD\), gọi \(P = IE \cap BC\)

\( \Rightarrow P = IE \cap (SBC)\).

Gọi \(K\) là trung điểm của \(BC,{G^\prime }\) là trọng tâm tam giác \(SBC\).

Khi đó \(\frac{{S{G^\prime }}}{{SK}} = \frac{{SG}}{{SI}} = \frac{{{G^\prime }G}}{{KI}} = \frac{2}{3}\), suy ra và \( \Rightarrow {G^\prime }G = \frac{2}{3}KI = \frac{2}{3}CD = CE\).

Do dó tứ giác \({G^\prime }GEC\) là hình bình hành, suy ra .

Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\) nên \(MN//BD\), mà \(MN \subset (CMN)\) nên \(BD//(CMN)\). Vì \(PQ\) là đường trung bình của tam giác \(BCD\) nên \(PQ//BD\), mà \(PQ \subset (APQ)\) nên \(BD//(APQ)\).

Trong mặt phẳng \((ABC)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(AP\) và \(MC\); trong mặt phẳng \((ACD)\), gọi \(J\) là giao điểm của \(AQ\) và \(NC\). Khi đó, \(IJ\) là giao tuyến của hai mặt phẳng \((APQ)\) và \((CMN)\). Mà \(BD//(CMN)\) và \(BD//(APQ)\) nên \[IJ//BD\].

Mặt phẳng \((P)\) chứa đường thẳng \(AM\) và song song với \(BD\) nên \((P)\) cắt \((ABCD)\) theo giao tuyến \(d\) đi qua \(A\) và song song với \(BD\). Vì hình bình hành \(ABCD\) cố định nên đường thẳng \(d\) cố định trong \((ABCD)\).

Vậy khi \(M\) chuyển động trên cạnh \(SC\) thì mặt phẳng \((P)\) luôn luôn đi qua đường thẳng \(d\)cố định.

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AD\). Ta có \(MG \subset (SMN)\).

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(E = MN \cap BC\).

Ta có \(S \in (SNM) \cap (SBC)\);\(E \in MN\) và \(MN \subset (SMN)\);\(E \in BC\) và \(BC \subset (SBC)\).

Suy ra \((SMN) \cap (SBC) = SE\).

Dễ thấy \(\Delta MND{\mathop{\rm cs}\nolimits} \Delta MEC\), suy ra \(\frac{{MN}}{{ME}} = \frac{{MD}}{{MC}} = \frac{1}{2}\), suy ra \(\frac{{MN}}{{NE}} = \frac{1}{3}\).(1)

Mặt khác, \(\frac{{GN}}{{SN}} = \frac{1}{3}\) (\(G\) là trọng tâm của tam giác \(\left. {SAD} \right)\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{GN}}{{SN}} = \frac{{MN}}{{NE}}\).

Theo định lí Thalès đảo trong tam giác \(SNE\), ta có \(MG//SE\).

Mà \(SE \subset (SBC)\) nên \(MG//(SBC)\).

Gọi \(O \in A'B\)sao cho \[MO{\rm{//}}BB'\]. Khi đó \(\frac{{A'M}}{{A'B'}} = \frac{{MO}}{{BB'}}\).

Mà theo giả thiết \(A'M = DN\), \(ABCD.A'B'C'D'\) là hình lập phương nên ta có :\(\left\{ \begin{array}{l}MO = DN\\MO{\rm{//}}DN\end{array} \right.\) nên tứ giác \(MODN\) là hình bình hành. Do đó \(MN{\rm{//}}DO\), \(DO \subset \left( {A'DB} \right)\)\( \Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {A'DB} \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(B'C'\). \({G_1}\) là trọng tâm \(\Delta A'B'C'\) nên ta có : \(\frac{{A'{G_1}}}{{A'M}} = \frac{2}{3}\)\(\left( 1 \right)\).

\({G_2}\) là trọng tâm \(\Delta ABB'\) nên \(\frac{{B{G_2}}}{{\frac{1}{2}A'B}} = \frac{2}{3}\)\( \Rightarrow \frac{{B{G_2}}}{{A'B}} = \frac{1}{3}\)\( \Rightarrow \frac{{A'{G_2}}}{{A'B}} = \frac{2}{3}\)\(\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\), \(\left( 2 \right)\) ta có : \(\frac{{A'{G_1}}}{{A'M}} = \frac{{A'{G_2}}}{{A'B}}\)\( \Rightarrow {G_1}{G_2}{\rm{//}}BM\), \(BM \subset \left( {BCC'B'} \right)\)\( \Rightarrow {G_1}{G_2}{\rm{//}}\left( {BCC'B'} \right)\).

Dựng \(O = DM \cap AB\), mà \(AB//CD\) nên theo định lý Talet có \(\frac{{AO}}{{DC}} = \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AB\), hay \(O\) là trung điểm của \(AB\).

Dựng \(O' = EN \cap AB\), mà \[AB{\rm{//}}EF\] nên theo định lý Talet có \(\frac{{BO}}{{EF}} = \frac{{BN}}{{NF}} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow BO' = \frac{1}{2}AB\), hay \(O'\) là trung điểm của \(AB\).

Từ hai điều trên ta có \(O \equiv O'\). Vậy suy ra \(\frac{{OM}}{{MD}} = \frac{1}{2} = \frac{{ON}}{{NE}}\)\[ \Rightarrow MN{\rm{//}}DE\]\( \Rightarrow MN{\rm{//}}\left( {DCEF} \right)\).