Đề kiểm tra Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian lớp 11 (có lời giải) - Đề 1

Chọn C

Ta có \[\left( {SAC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\].

Chọn D

Hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\)và \(\left( {SCD} \right)\)có hai điểm chung là \(S\)và \(E\)nên có giao tuyến là đường thẳng \(SE\).

Chọn B

Hai mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {SBD} \right)\) có

+ \(S\) là điểm chung thứ nhất

+\(\left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {SAC} \right)\\O \in BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\) ð \(O\) là điểm chung thứ hai

Vậy \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).

Chọn D

Giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\)và \(\left( {SAD} \right)\)là\(SA\) và \(SA\)không là đường trung bình của \(ABCD\). Đây là mệnh đề sai.

Chọn B

Trong \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(O = AC \cap BD\)\( \Rightarrow \,\left( {SAC} \right)\, \cap \,\left( {SBD} \right) = SO\).

Trong \(\left( {SAC} \right)\), gọi \(J = CM \cap SO\). Ta có:

\(J \in CM\).

\(\left\{ \begin{array}{l}J \in SO\\SO \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\, \Rightarrow \,J \in \left( {SBD} \right)\).

Vậy \(J = CM \cap \left( {SBD} \right)\).

Chọn A

Gọi \(Q = NP \cap BD\). Gọi \(R = QM \cap AD\). Suy rA. \(Q \in \left( {MNP} \right)\)và \(R \in \left( {MNP} \right)\).

Vậy thiết diện của tứ diện bị cắt bởi mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\)là tứ giác \(MRNP\).

Chọn A

Trong mặt phẳng\[\left( {ABCD} \right)\], gọi \[E\] là giao điểm của \[MN\] với \[AD,F\] là giao điểm của \[MN\]với\[AB\]

Khi đó:

\[\begin{array}{l}\left( {MNP} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\,\,\\\left( {MNP} \right) \cap \left( {SAB} \right) = PF\,\\\left( {MNP} \right) \cap \left( {SAD} \right) = PE\end{array}\]

Gọi \[K\] là giao điểm của \[PF\]với \[SB\] và \[I\] là giao điểm của \[PE\] với\[SD\].

Suy ra \[\left( {MNP} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NI;\,\,\,\,\left( {MNP} \right) \cap \left( {SBC} \right) = MK\,\]

Vậy Mặt phẳng \[\left( {MNP} \right)\]cắt hình chóp \[S.ABCD\]theo thiết diện là hình ngũ giác \[MNIPK\]

Chọn B

Ta có:

+ \(\left\{ \begin{array}{l}A \in (ABG)\\A \in (ACD)\end{array} \right. \Rightarrow A \in (ABG) \cap (ACD).\)

+\(\left\{ \begin{array}{l}F \in (AG)\\F \in (CD)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}F \in (ABG)\\F \in (ACD)\end{array} \right. \Rightarrow F \in (ABG) \cap (ACD).\)

Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng \(\left( {ABG} \right)\)và \(\left( {ACD} \right)\)là đường thẳng \(AF.\).

Chọn C

Vì \[G\]là trọng tâm \[\Delta ACD\]nên \[G\]là giao điểm của hai trung tuyến \[DM\]và\[AN\]. Suy ra \[G\]thuộc cả hai mặt phẳng \(\left( {MBD} \right)\)và \(\left( {ABN} \right)\). Mặt khác \[B\]cũng là điểm chung của hai mặt phẳng này nên \[BG\]là giao tuyến hai mặt phẳng đã cho.

Chọn C

\[IO\] là đường trung bình trong tam giác \[SAC\] nên \[IO{\rm{ //}}\;SA\], do đó mệnh đề (I) đúng.

Mặt phẳng \[IBD\] cắt hình chóp theo thiết diện là tam giác \[IBD\], do đó mệnh đề (II) sai.

\[AI \cap SO = G\] vậy \[G\] là trọng tâm tam giác \[SAC\] nên \[SG = \frac{2}{3}SO\].

Ta thấy \[SO \subset \left( {SBD} \right)\] nên \[IA \cap \left( {SBD} \right) = G\], \[SO\] là đường trung tuyến  nên \[G\] là trọng tâm tam giác \[SBD\]. Vậy mệnh đề (III) đúng.

\[I\] là điểm chung của hai mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\] và \[\left( {IBD} \right)\].

\[AC \cap BD = O\] nên \[O\] là điểm chung của hai mặt phẳng \[\left( {SAC} \right)\] và \[\left( {IBD} \right)\].

\[\left( {IBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = OI\]. Vậy mệnh đề (IV) đúng.

Vậy có \[3\] mệnh đề đúng.

Chọn A

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}OI{\rm{//}}SA\\OI \not\subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OI{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\)nên B đúng.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}OI{\rm{//}}SA\\OI \not\subset \left( {SAD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow OI{\rm{//}}\left( {SAD} \right)\)nên D đúng.

Ta có: \(\left( {IBD} \right)\)cắt hình chóp theo thiết diện là tam giác \(IBD\)nên A sai.

Ta có: \[\left( {IBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IO\]nên C đúng.

Chọn C

Trong \(\left( {SAB} \right)\),\(MN \cap AB = \left\{ I \right\} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in MN\\I \in AB \Rightarrow I \in \left( {ABC} \right)\end{array} \right.\)\[ \Rightarrow MN \cap \left( {ABC} \right) = \left\{ I \right\}\].

Vậy giao điểm của \(MN\)với \(\left( {ABC} \right)\)là giao điểm của \(MN\)với \(AB\).

A sai. Qua 2 điểm phân biệt, tạo được 1 đường thẳng, khi đó chưa đủ điều kiện để lập một mặt phẳng xác định. Có vô số mặt phẳng đi qua 2 điểm đã cho.

B sai. Trong trường hợp 3 điểm phân biệt thẳng hàng thì chỉ tạo được đường thẳng, khi đó có vô số mặt phẳng đi qua 3 điểm phân biệt thẳng hàng.

D sai. Trong trường hợp 4 điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó hoặc trong trường hợp 4 điểm mặt phẳng không đồng phẳng thì sẽ tạo không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm.

a) Ta có: \(E = AB \cap CD \Rightarrow E \in AB,AB \subset (ABCD) \Rightarrow E \in (ABCD)\).

Tương tự: \(F = AC \cap BD \Rightarrow F \in AC,AC \subset (ABCD) \Rightarrow F \in (ABCD)\). Vậy \(EF \subset (ABCD)\).

b) Dễ thấy \(A\) là điểm chung của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((ABCD),B\) cũng là điểm chung của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((ABCD)\).

Suy ra \(AB = (SAB) \cap (ABCD)\).

c) Tìm giao tuyến của \((SAB)\) và \(SCD)\) :

Dễ thấy \(S\) là điểm chung của hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SCD)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{E \in AB,AB \subset (SAB)}\\{E \in CD,CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow E \in (SAB) \cap (SCD)} \right.\).

Vậy \(SE = (SAB) \cap (SCD)\).

Tìm giao tuyến của \((SAC)\) và \((SBD)\) :

Dễ thấy \(S\) là điểm chung của hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBD)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{F \in AC,AC \subset (SAC)}\\{F \in BD,BD \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow F \in (SAC) \cap (SBD)} \right.\).

Vậy \(SF = (SAC) \cap (SBD)\).

d) Tìm giao tuyến của \((SEF)\) với \((SAD)\) :

Dễ thấy \(S\) là điểm chung của hai mặt phẳng \((SEF)\) và \((SAD)\).

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(G = EF \cap AD\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{G \in EF,EF \subset (SEF)}\\{G \in AD,AD \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow G \in (SEF) \cap (SAD)} \right.\).

Vậy \(SG = (SEF) \cap (SAD)\).

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBD)\) :

Dễ thấy \(S\) là điểm chung của hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBD)\).

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(O = AC \cap BD\).

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{O \in AC,AC \subset (SAC)}\\{O \in BD,BD \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow O \in (SAC) \cap (SBD)} \right.\).

Vậy \(SO = (SAC) \cap (SBD)\).

b) Tìm giao điểm của \(AM\) và mặt phẳng \((SBD)\) :

Trong mặt phẳng \((SAC)\), gọi \(P = AM \cap SO\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P \in AM}\\{P \in SO,SO \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow P = AM \cap (SBD)} \right.\).

c) Xét mặt phẳng phụ \((SCD)\) chứa \(SD\). Ta tìm giao tuyến của hai mặt phẳng \((AMN)\) và \((SCD)\).

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(K = AN \cap CD\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{K \in AN,AN \subset (AMN)}\\{K \in CD,CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow K \in (AMN) \cap (SCD)} \right.\).

Mặt khác: \(M \in SC,SC \subset (SCD) \Rightarrow M \in (SCD) \Rightarrow M \in (SCD) \cap (AMN)\).

Vậy \(KM = (SCD) \cap (AMN)\).

d) Trong mặt phẳng \((SCD)\), gọi \(H = KM \cap SD\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{H \in SD}\\{H \in KM,KM \subset (AMN)}\end{array} \Rightarrow H = SD \cap (AMN)} \right.\).

a) \(MN = (MNP) \cap (ABC)\)

b Trong \((ABC)\) gọi \(H = MN \cap BC\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{H \in MN \subset (MNP)}\\{H \in BC \subset (BCD)}\end{array} \Rightarrow H \in (MNP) \cap (BCD)} \right. & (1)\)

Lại có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{P \in (MNP)}\\{P \in (BCD)}\end{array} \Rightarrow P \in (MNP) \cap (BCD)(2)} \right.\)

Từ (1) và (2) suy ra \(HP = (MNP) \cap (BCD)\)

c) Trong \((BCD)\) gọi \(K = HP \cap BD\)

Ta có: H∈MN⊂(MNP)H∈BC⊂(BCD)⇒H∈(MNP)∩(BCD)(1)

Lại có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in (MNP)}\\{M \in AB \subset (ABD)}\end{array} \Rightarrow M \in (MNP) \cap (ABD)(2)} \right.\)

Từ (1) và (2) suy ra \(MK \in (MNP) \cap (ABD)\).

d) Trong \((BCD)\) gọi \(F = HK \cap DC\).

Trình bày tương tự như hai câu trên ta được \(NF = (MNP) \cap (ACD)\)

Giả sử bốn điểm \(M,N,C,D\) cùng thuộc một mặt phẳng. Khi đó, \(M \in (NCD)\) nên \(M \in (BCD)\). Như vậy, \(BM \subset (BCD)\) nên \(A \in (BCD)\). Mâu thuẫn với giả thiết \(ABCD\) là tứ diện. Vậy bốn điểm \(M,N,C,D\) không cùng nằm trong một mặt phẳng.

Gọi \(I\) là giao điểm của \(a\) và \(b\). Khi đó, \(I\) vừa thuộc \((P)\) vừa thuộc \((Q)\). Suy ra \(I\) thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng \((P)\) và \((Q)\). Vậy \(I\) thuộc \(d\).

Ta có \(I = DE \cap AB\), suy ra:\(I \in DE\), suy ra \(I \in (DEF)\); \(I \in AB\), suy ra \(I \in (ABC)\).

Tương tự, ta có \(J,K\) cũng thuộc hai mặt phẳng \((DEF),(ABC)\).

Vậy \(I,J,K\) thẳng hàng.

Vì điểm \(O\) nằm trong tam giác \(BCD\) nên đường thẳng \(OD\) cắt cạnh \(BC\) tại \(E\). Vì \(E\) thuộc \(OD\) nên \(E\) thuộc mặt phẳng \((AOD)\). Vì \(E\) cũng thuộc \(BC\) nên \(E\) là giao điểm của đường thẳng \(BC\) và mặt phẳng \((AOD)\).

Một cục nam châm tròn nhỏ gắn trên mặt bảng cho ta hình ảnh về một điểm thuộc mặt phẳng;

Một chiếc đầu đinh được gắn vào mặt bàn khi đinh đóng vào bàn cho ta hình ảnh về một điểm thuộc mặt phẳng;

Không thể tìm được đường thẳng nào khác đi qua hai điểm \(A,B\) đã cho ngoài đường thẳng tạo bởi xà ngang.