Đề kiểm tra Hai đường thẳng song song lớp 11 (có lời giải) - Đề 2

Chọn A

Gọi \[M,\,N\] lần lượt là trung điểm của \[BC,\,BD\], ta có \[MN//CD\] (1)

Xét \[\Delta AMN\] có \[\frac{{AI}}{{AM}} = \frac{{AJ}}{{AN}} = \frac{2}{3}\]\[ \Rightarrow IJ//MN\] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[IJ//CD\].

Chọn B

Xét \[\Delta SAD\] có \[RT\] là đường trung bình của tam giác \[ \Rightarrow RT//AD\] (1)

Xét \[\Delta ACD\] có \[MQ\] là đường trung bình của tam giác \[ \Rightarrow MQ//AD\] (2)

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow MQ//RT\].

Chọn B

Ta có \[\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = CD\]; \[\left( {ABCD} \right) \cap \left( {MAB} \right) = AB\]; \[\left( {MAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d\] và \[AB\,{\rm{//}}\,CD\]nên \[AB\,\,;\,\,CD\,\,;\,\,d\] đôi một song song \[\left( 1 \right)\].

Mặt khác \[M\]là điểm chung của \[\left( {MAB} \right);\,\,\left( {SCD} \right)\] \[\left( 2 \right)\].

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[d\] đi qua\[M\] và song song với \[CD\], cắt \[SD\]tại \[N\].

Khi đó thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng \[\left( {MAB} \right)\] là một hình thang.

Chọn D

Trong mp \[\left( {ABC} \right)\], qua \(M\) kẻ đường thẳng song song với \[AB\], cắt \[BC\] tại \[N\]

Trong mp \[\left( {ACD} \right)\], qua \(M\) kẻ đường thẳng song song với \[CD\], cắt \[AD\] tại \[Q\]

Trong mp \[\left( {BCD} \right)\], qua \(M\) kẻ đường thẳng song song với \[CD\], cắt \[BD\] tại \[P\]

\[ \Rightarrow \] Thiết diện của \(\left( P \right)\) với tứ diện là tứ giác \[MNPQ\].

Mặt khác \[\left\{ \begin{array}{l}MQ//NP\,\,\left( {//CD} \right)\\MN//PQ\,\,\,\left( {//AB} \right)\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow MNPQ\] là hình bình hành.

Chọn D

Xét hai mặt phẳng \[\left( {MNE} \right)\] và \[\left( {BCD} \right)\], có;

\[E \in \left( {MNE} \right) \cap \left( {BCD} \right)\]

Và \[MN\,{\rm{//}}\,BC\] (\[MN\]là đường trung bình của \[\Delta ABC\]), \[MN \subset \left( {MNE} \right),\,BC \subset \left( {BCD} \right)\]

Nên \[\left( {MNE} \right) \cap \left( {BCD} \right) = EF\]\[\left( {EF\,{\rm{//}}\,MN\,{\rm{//}}\,BC,\,F = BD \cap EF} \right)\].

Do đó thiết diện tạo bởi mặt phẳng \[\left( {MNE} \right)\] và tứ diện \[ABCD\] là hình thang\[MNEF\](\[MN\,{\rm{//}}\,EF\]).

Chọn C

Gọi \[E\]là trung điểm của \[AB\].

Vì \[I,\,\,J\]là trọng tâm của tam giác \[ABC\],\[ABD\] nên \[\frac{{EI}}{{EC}} = \frac{{EJ}}{{ED}} = \frac{1}{3} \Rightarrow IJ\,{\rm{//}}\,CD\]và \[IJ = \frac{1}{3}CD\].

Chọn D

Ta có: \(MP\), \(NQ\) lần lượt là đường trung bình của các tam giác \(ABC\) và \(BCD\) nên \(MP\,{\rm{//}}\,BC\) và \(MQ\,{\rm{//}}\,BC\)\( \Rightarrow MP\,{\rm{//}}\,NQ\).

Chọn C

Gọi\(E\) là trung điểm của \(AC\).Trong \(mp(SED)\),tacó:\(\frac{{E{G_1}}}{{ES}} = \frac{{E{G_2}}}{{ED}} = \frac{1}{3}\),suyra\({G_1}{G_2}//{\kern 1pt} SD\).

Chọn B

Gọi\(M\)là trung điểm của\(AB\).Trong tam giác\(MCD\)có\(\frac{{MG}}{{MD}} = \frac{{ME}}{{MC}} = \frac{1}{3}\)suy ra\(GE{\rm{//}}CD\).

Chọn D

Xét \(\left( {MNE} \right)\) và \(\left( {BCD} \right)\) có:

\(E\) là điểm chung.

\(MN{\rm{//}}BC\) (do \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\)).

Do đó \(\left( {MNE} \right) \cap \left( {BCD} \right) = EF{\rm{//}}BC{\rm{//}}MN\) (với \(F \in BD\))

Thiết diện là hình thang \(MNEF\).

Ta có \(MN = \frac{1}{2}BC\) và \[\frac{{EF}}{{BC}} = \frac{{ED}}{{CD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EF = \frac{2}{3}BC\]. Suy ra \(EF > MN\).

Vậy \(MNEF\) là hình thang với đáy nhỏ là \(MN\).

Chọn B

Ta có \(\left( {IBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\); \(\left( {IBC} \right) \cap \left( {SAB} \right) = IB\)

Tìm \(\left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}I \in \left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right)\\BC \in \left( {IBC} \right)\\AD \in \left( {SAD} \right)\\BC\;{\rm{//}}\;AD\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = Ix\;{\rm{//}}\;AD\;{\rm{//}}\;BC\)

Xét \(\left( {SAD} \right)\): Gọi \(J = Ix \cap SD\), mà \(IA = IS\), \(Ix\;{\rm{//}}\;AD\) \( \Rightarrow JS = JD\)

\( \Rightarrow \left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = IJ\)\( \Rightarrow \left( {IBC} \right) \cap \left( {SDC} \right) = JC\)

Vậy thiết diện cần tìm là hình thang \[IJBC\].

Chọn B

Trong mp \[\left( {ABCD} \right)\], gọi \[E = NP \cap AB\].

Khi đó : \[\left( {MNP} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = NE\] và \[\left( {MNP} \right) \cap \left( {SAB} \right) = EM\]. (1)

Xét \[\Delta ACD\] có \[P\],\[N\] lần lượt là trung điểm của \[AC\],\[CD\]\[ \Rightarrow \]\[NP//AD\,{\rm{/}}\,/BC\].

Ta có: \[NP{\rm{//}}BC\]; \[NP \subset \left( {MNP} \right)\]; \[BC \subset \left( {SBC} \right)\]; \[M \in \left( {MNP} \right) \cap \left( {SBC} \right)\], qua \[M\]kẻ đường thẳng song song với \[BC\] cắt \[SC\] tại \[F\].

Khi đó : \[\left( {MNP} \right) \cap \left( {SBC} \right) = MF\]

và \[\left( {MNP} \right) \cap \left( {SCD} \right) = FN\]. (2)

Từ (1) và (2), thiết diện của hình chóp là tứ giác \[MENF\].

Tứ giác \[MENF\] có \[MF{\rm{//}}EN\] nên \[MENF\] là hình thang.

Phát biểu A và B sai vì hai đường thẳng không có điểm chung thì có thể là chúng chéo nhau hoặc song song với nhau.

Phát biểu C sai vì hai đường có điểm chung thì chúng có thể cắt nhau hoặc trùng nhau.

Phát biểu D đúng (tính chất cơ bản).

Ta có \(IJ\) là đường trung bình của tam giác \(BCD\) nên \(IJ//CD,IJ = \frac{1}{2}CD\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(P) \cap (ACD) = MN}\\{IJ \subset (P),CD \subset (ACD) \Rightarrow MN//IJ//CD.}\\{IJ//CD}\end{array}} \right.\)

Vì vậy \(IJNM\) là một hình thang.

Theo câu a), ta có: \(IJ//MN\).

Vì vậy, \(IJNM\) là hình bình hành khi và chỉ khi \(IJ = MN\).

Khi đó, \(MN = \frac{1}{2}CD,MN//CD\).

Suy ra \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\), hay \(M\) là trung điểm của đoạn \(AC\).

Xác định \(M,N\) :

Trong mặt phẳng \((SAC)\), kẻ \(CI\) cắt \(SA\) tại \(M\);

Trong mặt phẳng \((SBD)\), kẻ \(DI\) cắt \(SB\) tại \(N\).

Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in CI,CI \subset (ICD)}\\{M \in SA}\end{array} \Rightarrow M = SA \cap (ICD)} \right.\).

Tương tự: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{N \in DI,DI \subset (ICD)}\\{N \in SB}\end{array} \Rightarrow N = SB \cap (ICD)} \right.\).

Tính \(MN\) theo \(a\) :

Gọi \(E\) là trung điểm \(BN,OE\) là đường trung bình của tam giác \(BDN\)\( \Rightarrow OE//DN\).

Trong tam giác \(SOE\), ta có \(NI\) qua trung điểm \(I\) của \(SO\) và \(NI//OE,N\) là trung điểm của \(SE\).

Vậy \(SN = NE = EB\) hay \(SN = \frac{1}{3}SB\).

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được \(SM = \frac{1}{3}SA\).

Khi đó hai tam giác \(SMN,SAB\) đồng dạng vì có góc \(S\) chung và \(\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SB}} = \frac{1}{3}\).

Xét tam giác \(SAB\), theo định lí Thalès, ta có:

\(\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow MN = \frac{{AB}}{3} = \frac{a}{3}{\rm{. }}\)

Chứng minh \(SK//BC//AD\) :

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

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{K \in CN,CN \subset (SBC)}\\{K \in DM,DM \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow K \in (SBC) \cap (SAD)} \right.\).

Vì vậy \(SK = (SBC) \cap (SAD)\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SK = (SBC) \cap (SAD)}\\{BC \subset (SBC),AD \subset (SAD) \Rightarrow SK//BC//AD.}\\{BC//AD}\end{array}} \right.\)

Gọi \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AD\). Khi đó, ta có \(\frac{{SG}}{{SP}} = \frac{{SK}}{{SQ}} = \frac{2}{3}\), suy ra \(GK//PQ\). Vì \(PQ\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\) nên \(PQ//BD;MN\) là đường trung bình của tam giác \(BCD\) nên \(MN//BD\). Suy ra \(MN//PQ\).

Từ đó, suy ra \(GK//MN\).

Áp dụng định lí về ba đường giao tuyến cho ba mặt phẳng: mặt sàn nhà, mặt chân tường và mặt phẳng tạo bởi bốn đầu của chân thang. Từ đó suy ra đường thẳng đi qua hai đầu của chân thang trên sàn nhà song song với đường chân tường.

Hai nửa của tờ giấy có thể coi như hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song là hai mép giấy. Đường nếp gấp chính là giao tuyến của hai mặt phẳng này nên nó song song với hai mép giấy.

Ta có: \(EF//AB\) (do \(ABEF\) là hình bình hành) và \(CD//AB\) (do \(ABCD\) là hình bình hành).

Do đó, \(CD\parallel EF\).

Khi đó, hai đường thẳng \(CD\) và \(EF\) đồng phẳng hay bốn điểm \(C,D,E,F\) đồng phẳng.

Lại có \(EF = AB\) và \(CD = AB\) (do \(ABEF\) và \(ABCD\) là các hình bình hành) nên \(CD = EF\).

Vậy tứ giác \(CDFE\) là hình bình hành.

\[\Delta ABC\]: \[ON\] là đường trung bình \( \Rightarrow ON{\rm{//}}AB\), \(ON{\rm{ = }}\frac{1}{2}AB\)\(\left( 1 \right)\).

Tính chất hình lập phương: \(AB{\rm{//}}A'B'\), \(AB{\rm{ = }}A'B' \Rightarrow A'M{\rm{//}}AB\), \(A'M = \frac{1}{2}AB\)\(\left( 2 \right)\).

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow ON{\rm{//}}A'M\), \(ON = A'M \Rightarrow \) Tứ giác AMNO là hình bình hành.

\( \Rightarrow A'O{\rm{//}}MN\). (đpcm)

\[\Delta A'B'C'\] có \[MP\] là đường trung bình\( \Rightarrow MP{\rm{//}}A'C'\), \(MP{\rm{ = }}\frac{1}{2}A'C'\)\(\left( 1 \right)\).

Ta có\[A'C'//AC,A'C' = AC \Rightarrow AQ//A'C';AQ = \frac{1}{2}A'C'\left( 2 \right)\].

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow MP{\rm{//QA;MP = QA}} \Rightarrow MNPD\) là hình bình hành.

\( \Rightarrow AM{\rm{//}}PQ\).