Đề kiểm tra Hai mặt phẳng song song lớp 11 (có lời giải) - Đề 3

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: \(\left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)\).

Chọn A

Do \(BC'\)song song với \(AD'\), \(DC'\)song song với \(AB'\)nên thiết diện cần tìm là tam giác đều \(BDC'\)

Chọn A

Ta dễ dàng dựng được thiết diện là tứ \[ACC'A'\]. Tứ giác \[ACC'A'\] là hình chữ nhật có chiều dài là \[AC = a\sqrt 2 \] và chiều rộng \[AA' = a\].

Khi đó chu vi thiết diện của hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\] khi cắt bởi mặt phẳng \[\left( \alpha  \right)\] là \[P = 2.\left( {AC + AA'} \right) = 2\left( {1 + \sqrt 2 } \right)a\].

Phát biểu A đúng.

Phát biểu B sai vì trong giả thiết đã thiếu đi một yếu tố cần thiết là hai đường thẳng phải cắt nhau, khi đó ta mới kết luận hai mặt phẳng song song với nhau.

Phát biểu C sai vì hai mặt phẳng cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì chúng vẫn có thể trùng nhau.

Phát biểu D sai vì hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thì chúng có thể cắt nhau hoặc song song với nhau.

a) b) Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\)

nên \(MN//AD \Rightarrow MN//BC \Rightarrow MN//(SBC)\). (1)

Tương tự, ta có \(O,N\) theo thứ tự là trung điểm của \(BD,SD\) nên \(ON\) là đường trung bình của tam giác \(SBD \Rightarrow ON//SB \Rightarrow ON//(SBC)\). (2)

Từ (1) và \((2)\) suy ra \((OMN)//(SBC)\).

c) Ta có \(OE\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\) nên \(OE//AD \Rightarrow OE//MN\).

Do đó \(E \in (OMN)\). Mặt khác \(F \in ON,ON \subset (OMN) \Rightarrow F \in (OMN)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{EF \subset (OMN)}\\{(OMN)//(SBC)}\end{array} \Rightarrow EF//(SBC)} \right.\).

d)

Vì \(G\) thuộc mặt phẳng \((ABCD)\) và cách đều \(AB,CD\) nên \(G\) thuộc đường trung bình của hình bình hành \(ABCD\) (ứng với hai cạnh \(AB,CD\)).

Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\) thì \(I,O,G\) thẳng hàng.

Ta có \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\) nên \(OI//AB \Rightarrow OI//(SAB)\).(3)

Tương tự, ta có \(ON//SB \Rightarrow ON//(SAB)\).(4)

Từ (3), (4) suy ra \((OIN)//(SAB)\) mà \(NG \subset (OIN)\) nên \(NG//(SAB)\).

a) b)

Vì \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) là hình hộp nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{A^\prime }{D^\prime }//BC}\\{{A^\prime }{D^\prime } = BC}\end{array} \Rightarrow {A^\prime }{D^\prime }CB} \right.\) là hình bình hành.

Suy ra \({A^\prime }B//C{D^\prime } \Rightarrow {A^\prime }B//\left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)\). (1)

Tương tự, ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{A^\prime }{B^\prime }//CD}\\{{A^\prime }{B^\prime } = CD}\end{array} \Rightarrow {A^\prime }{B^\prime }CD} \right.\) là hình bình hành.

Suy ra \({A^\prime }D//{B^\prime }C \Rightarrow {A^\prime }D//\left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)\).(2)

Từ (1) và \((2)\) suy ra \(\left( {{A^\prime }BD} \right)//\left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)\).

c) d)

Gọi \(O,{O^\prime },I\) theo thứ tự là tâm của các hình bình hành \(ABCD,{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\), \(AC{C^\prime }{A^\prime }\).

Vì \({G_1}\) là trọng tâm tam giác \(A{B^\prime }D\) nên \(\frac{{{A^\prime }{G_1}}}{{{A^\prime }O}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow {G_1}\) là trọng tâm tam giác \({A^\prime }AC\),

suy ra \({G_1} = AI \cap {A^\prime }O\). (3)

Tương tự, \({G_2}\) là trọng tâm tam giác \({B^\prime }{D^\prime }C\) nên \(\frac{{C{G_2}}}{{C{O^\prime }}} = \frac{2}{3}\)

\( \Rightarrow {G_2}\) là trọng tâm tam giác \({A^\prime }{C^\prime }C\), suy ra \({G_2} = {C^\prime }I \cap C{O^\prime }\). (4)

Từ (3) và (4) suy ra \({G_1},{G_2}\) cùng thuộc \(A{C^\prime }\).

Chứng minh \(A{G_1} = {G_1}{G_2} = {G_2}{C^\prime } = \frac{1}{3}A{C^\prime }\):

Ta có: \(\frac{{A{G_1}}}{{AI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{A{G_1}}}{{A{C^\prime }}} = \frac{1}{3};\frac{{{C^\prime }{G_2}}}{{{C^\prime }I}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{{C^\prime }{G_2}}}{{A{C^\prime }}} = \frac{1}{3}\).

Do vậy \(A{G_1} \buildrel\textstyle.\over= {G_1}{G_2} = {G_2}{C^\prime } = \frac{1}{3}A{C^\prime }\).

Vậy \({G_1},{G_2}\) cùng thuộc \(A{C^\prime }\), đồng thời chia \(A{C^\prime }\) thành ba phần bằng nhau.

a) b) Ta có \(OM//SC\) (đường trung bình tam giác \(SAC\)). Ta có \(ON//SB\) (đường trung bình tam giác \(SBD\)).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ON//SB;OM//SC}\\{OM,ON \subset (OMN),OM \cap ON = O}\\{SB,SC \subset (SBC),SB \cap SC = S}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow (OMN)//(SBC)\)

c) Gọi \(P\) và \(Q\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(ON\). Chứng minh: \(PQ//(SBC)\)

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OP//AB}\\{AB//MN}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow OP//MN \Rightarrow OMPN\) là hình thang \( \Rightarrow P \in (OMN)\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{NP \subset (OMN)}\\{(OMN)//(SBC)}\end{array} \Rightarrow NP//(SBC)} \right.\)

d) Gọi \(R\) là trung điểm \(AD\). Chứng minh: \((MOR)//(SCD)\).

Ta có \(OR//CD\) (đường trung bình của tam giác \(ACD\))

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OM//SC(cmt)}\\{OR//CD(cmt)}\\{OM,OR \subset (MOR),OM \cap OR = O}\\{SC,SD \subset (SCD),SC \cap SD = S}\end{array} \Rightarrow (MOR)//(SCD)} \right.\)

Ta có \((P)//(SBE),(ABCD) \cap (SBE) = BE\).

Mà \(I \in (P) \cap (ABCD)\) nên \((P) \cap (ABCD) = d\) với \(d//BE\).

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(M\) là giao điểm của \(d\) và \(BC;N\) là giao điểm của \(d\) và \(AD\).

Suy ra \((P) \cap (ABCD) = MN\).

Ta có \((P)//(SBE),(SBE) \cap (SAD) = SE\). Mà \(N \in (P) \cap (SAD)\) nên \((P) \cap (SAD) = Nx\) với \(Nx//SE\).

Trong mặt phẳng \((SAD)\), gọi \(P\) là giao điểm của \(Nx\) và \(SD\). Suy ra \((P) \cap (SAD) = NP\).

Ta có \(MN \subset (P),CD \subset (SCD),P \in (P) \cap (SCD),MN//CD\).

Suy ra \((P) \cap (SCD) = Py\) với \(Py//MN//CD\).

Trong mặt phẳng \((SCD)\), gọi \(Q\) là giao điểm của \(Py\) và \(SC\). Suy ra \((P) \cap (SCD) = PQ\).

Ta có \(Q \in SC\), suy ra \(Q \in (SCB)\). Mà \(Q \in (P)\), suy ra \(Q \in (SCB) \cap (P)\).

Tương tự, ta có \(M \in (SCB) \cap (P)\). Suy ra \((P) \cap (SBC) = QM\).

Vì \(m\parallel BC\) nên \(m\parallel (BCD)\).

Vì \(n\parallel BD\) nên \(n\parallel (BCD)\).

\(mp(m,n)\) chứa hai đường thẳng cắt nhau \(m\) và \(n\) (cắt nhau tại \(A)\) cùng song song với mặt phẳng \((BCD)\) nên \(mp(\;m,n)\) song song với mặt phẳng \((BCD)\).

Trong Ví dụ 2, ta đã chứng minh được hai mặt phẳng \((MNPQ)\) và \((ABCD)\) song song với nhau. Vì vậy hai giao tuyến của mặt phẳng \((EMQ)\) với hai mặt phẳng \((MNPQ)\) và \((ABCD)\) song song với nhau. Ta có \((EMQ) \cap (MNPQ) = MQ\). Trong mặt phẳng \((MEQ)\), qua \(E\) vẽ đường thằng song song với \(MQ\) cắt \(CD\) tại \(H\,(EH//MQ//AD)\) thì đường thẳng \(EH\) là giao tuyến của hai mặt phằng \((EMQ)\) và mặt phẳng \((ABCD)\).

Vì là hình lăng trụ tứ giác nên hai mặt phẳng \((ABCD)\) và song song với nhau, mà mặt phẳng \[\left( {{A^{\prime \prime }}{B^{\prime \prime }}{C^{\prime \prime }}{D^{\prime \prime }}} \right)\] song song với mặt phẳng (\(ABCD\)). Do đó, hai mặt phẳng \((ABCD)\) và \[\left( {{A^{\prime \prime }}{B^{\prime \prime }}{C^{\prime \prime }}{D^{\prime \prime }}} \right)\]song song với nhau \((1)\).

Vì các cạnh bên của hình lăng trụ đôi một song song với nhau nên đôi một song song \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra là hình lăng trụ tứ giác. Vậy hình tạo bởi các điểm là hình lăng trụ tứ giác.

Lời giải

Vì là hình hộp nên các cạnh bên đôi một song song với nhau và \((ABCD)\) //

Vì \(M\) thuộc \(AD\) và \(N\) thuộc \(BC\) nên \(MN\) nằm trong mặt phẳng \(ABCD\), tương tự nằm trong mặt phẳng (. Do đó, \((1)\).

Ta có: và mặt phẳng \((ABCD)\) cắt và () lần lượt theo các giao tuyến \(AB\) và \(MN\), do đó \(AB//MN\).

Tương tự, ta chứng minh được: ; .

Mà do đó bốn đường thẳng , , đôi một song song với nhau \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra là hình lăng trụ.

Tứ giác \(ABNM\) có \(AB//MN\) và \(AM//BN\) (do \(AD//BC\)) nên \(ABNM\) là hình bình hành.

Tứ giác \({A^\prime }{B^\prime }{N^\prime }{M^\prime }\) có \({A^\prime }{B^\prime }//{M^\prime }{N^\prime }\) và \({A^\prime }{M^\prime }\) // \({B^\prime }{N^\prime }\) (do \({A^\prime }{D^\prime }//{B^\prime }{C^\prime }\)) nên \({A^\prime }{B^\prime }{N^\prime }{M^\prime }\) là hình bình hành.

Hình lăng trụ có đáy là hình bình hành nên nó là hình hộp.

Lời giải

Vì bể nước có dạng hình hộp nên nắp bể và đáy bể nằm trong hai mặt phẳng song song. Khi mặt nước yên lặng thì mặt nước, nắp bể và đáy bể nằm trong ba mặt phẳng đôi một song song. Khi đó, thanh gỗ và chiều cao của bể đóng vai trò như hai đường thẳng phân biệt cắt ba mặt phẳng đôi một song song trên. Vậy áp dụng định lí Thalés trong không gian, ta khẳng định được tỉ lệ giữa mực nước và chiều cao của bể chính là tính tỉ lệ giữa độ dài của phần thanh gỗ bị ngâm trong nước và độ dài của cả thanh gỗ.