Đề kiểm tra Hai mặt phẳng song song lớp 11 (có lời giải) - Đề 3
22 câu hỏi
Phần 1. Câu hỏi trắc nghiệm nhiều phương án lựa chọn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi, thí sinh chỉ chọn 1 phương án.
Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D'. Tìm mệnh đề sai trong các mệnh đề sau
\({\rm{mp}}\left( {AA'B'B} \right)\)song song với \({\rm{mp}}\left( {CC'D'D} \right)\).
Diện tích hai mặt bên bất ki bằng nhau.
\[AA'\] song song với \[CC'\].
Hai mặt phẳng đáy song song với nhau.
Chọn B
Trong các mệnh đề sau. Mệnh đề sai là
Hai mặt phẳng song song thì không có điểm chung.
Hai mặt phẳng cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Hai mặt phẳng song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này đều song song với mặt phẳng kia.
Một mặt phẳng cắt hai mặt phẳng song song cho trước theo hai giao tuyến thì hai giao tuyến song song với nhau.
Hai mặt phẳng cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau có thể trùng nhau.
Trong không gian cho 2 mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau. Khẳng định nào sau đây sai?
\(d \subset (P)\)và \(d' \subset (Q)\)thì d // d’.
Mọi đường thẳng đi qua điểm \(A \in (P)\) và song song với (Q) đều nằm trong (Q).
Nếu đường thẳng a nằm trong (Q) thì a // (P).
Nếu đường thẳng \(\Delta \) cắt (P) thì \(\Delta \) cắt (Q).
Đáp án A sai vì d và d’ có thể chéo nhau.
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.
\(\left( \alpha \right)//\left( \beta \right) \Rightarrow a//b.\)
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 hộp ABCD.A'B'C'D'. Mệnh đề nào sau đây sai?
\(\left( {ACD'} \right){\rm{ // }}\left( {A'C'B} \right)\).
\(\left( {ABB'A'} \right){\rm{ // }}\left( {CDD'C'} \right)\).
\(\left( {BDA'} \right){\rm{ // }}\left( {D'B'C} \right)\).
\(\left( {BA'D'} \right){\rm{ // }}\left( {ADC} \right)\).
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 trong các mặt phẳng sau đây?
\[\left( {BCA'} \right)\].
\[\left( {BC'D} \right)\].
\[\left( {A'C'C} \right)\].
\[\left( {BDA'} \right)\].
Chọn B
![Chọn B Do \[ADC'B'\] là hình bình hành nên \[AB'{\rm{//}}DC'\], và \[ABC'D'\] là hình bình hành nên \[AD'{\rm{//}}BC'\] nên \[\left( {ABD'} \right){\rm{//}}\left( {BC'D} \right)\]. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/3-1759697249.png)
Do \[ADC'B'\] là hình bình hành nên \[AB'{\rm{//}}DC'\], và \[ABC'D'\] là hình bình hành nên \[AD'{\rm{//}}BC'\] nên \[\left( {ABD'} \right){\rm{//}}\left( {BC'D} \right)\].
Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có các cạnh bên\[AA',BB',CC',DD'\]. Khẳng định nào sai?
\[BB'DC\] là một tứ giác đều.
\[\left( {BA'D'} \right)\] và \[\left( {ADC'} \right)\] cắt nhau.
\[A'B'CD\] là hình bình hành.
\[\left( {AA'B'B} \right){\rm{//}}\left( {DD'C'C} \right)\].
Chọn A
![Cho hình hộp \[ABCD.A'B'C'D'\] có các cạnh bên\[AA',BB',CC',DD'\]. Khẳng định nào sai? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/4-1759697305.png)
Câu A, C đúng do tính chất của hình hộp.
\(\left( {BA'D'} \right) \equiv \left( {BA'D'C} \right);\left( {ADC'} \right) \equiv \left( {ADC'B'} \right)\)
\[\left( {BA'D'} \right)\]\[ \cap \left( {ADC'} \right) = ON\]. Câu B đúng.
Do \[B' \notin \left( {BDC} \right)\] nên \[BB'DC\] không phải là tứ giác.
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 \(\left( {IJK} \right)\)?
\(\left( {BC'{\rm{A}}} \right)\).
\(\left( {AA'B} \right)\).
\(\left( {BB'C} \right)\).
\(\left( {CC'A} \right)\).
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 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 \[\left( {OPM} \right)\].
\[\left( {MON} \right)\;{\rm{//}}\;\left( {SBC} \right)\].
\(\left( {PON} \right) \cap \left( {MNP} \right) = NP\).
Chọn C
![Chọn C Xét hai mặt phẳng \[\left( {MON} \right)\]và \[\left( {SBC} \right)\]. Ta có: \(OM\;{\rm{ (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/6-1759697400.png)
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 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?
\(\left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SCD} \right)\).
\(\left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SAB} \right)\).
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 lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Mặt phẳng \(\left( P \right)\) chứa \(BD\) và song song với mặt phẳng \(\left( {AB'D'} \right)\)cắt hình lập phương theo thiết diện là.
Một tam giác đều.
Một tam giác thường.
Một hình chữ nhật.
Một hình bình hành.
Chọn A
Do \(BC'\)song song với \(AD'\), \(DC'\)song song với \(AB'\)nên thiết diện cần tìm là tam giác đều \(BDC'\)
Cho hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\] cạnh \[a\]. Mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] qua \[AC\] và song song với \[BB'\]. Tính chu vi thiết diện của hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\] khi cắt bởi mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\].
\[2\left( {1 + \sqrt 2 } \right)a\].
\[{a^3}\].
\[{a^2}\sqrt 2 \].
\[\left( {1 + \sqrt 2 } \right)a\]
Chọn 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 \[P = 2.\left( {AC + AA'} \right) = 2\left( {1 + \sqrt 2 } \right)a\]. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/10/9-1759697547.png)
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 \[P = 2.\left( {AC + AA'} \right) = 2\left( {1 + \sqrt 2 } \right)a\].
Phần 2. Trắc nghiệm lựa chọn đúng sai. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho biết tính đúng sai của mỗi phát biểu sau:
a) Hai mặt phẳng phân biệt không cắt nhau thì song song.
b) Nếu mặt phẳng này chứa hai đường thẳng cùng song song với mặt phẳng kia thì hai mặt phẳng đó song song với nhau.
c) Hai mặt phẳng cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau.
d) Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thì song song với nhau.
a) Đúng | b) Sai | c) Sai | d) Sai |
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.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành tâm \(O\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(SD\). Khi đó:
a) \(MN//(SBC)\)
b) \((OMN)//(SBC)\).
c) Gọi \(E\) là trung điểm đoạn \(AB\) và \(F\) là một điểm thuộc đoạn \(ON\). Khi đó \(EF\) cắt với mặt phẳng \((SBC)\).
d) Gọi \(G\) là một điểm trên mặt phẳng \((ABCD)\) cách đều \(AB\) và \(CD\). Khi đó \(GN\)cắt \((SAB)\)
a) Đúng | b) Đúng | c) Sai | d) Sai |
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 \(NG//(SAB)\).
Cho hình hộp \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\). Gọi \({G_1},{G_2}\) là trọng tâm của các tam giác \({A^\prime }BD,{B^\prime }{D^\prime }C\).
Khi đó:
a) \({A^\prime }{D^\prime }CB\) là hình bình hành
b)\(\left( {{A^\prime }BD} \right)//\left( {{B^\prime }{D^\prime }C} \right)\)
c) \({G_1},{G_2}\) cùng thuộc \(A{C^\prime }\)
d) \({G_1}{G_2} = \frac{2}{3}A{C^\prime }\)
a) Đúng | b) Đúng | c) Đúng | d) Sai |
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.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(SD\). Khi đó:
a) \(ON\) chéo nhau với \(SB\)
b) \((OMN)//(SBC)\).
c) Gọi \(P\) và \(Q\) là trung điểm của \(AB\) và \(ON\). Khi đó\(PQ\) cắt \((SBC)\)
d) Gọi \(R\) là trung điểm \(AD\). Khi đó \((MOR)//(SCD)\).
a) Sai | b) Đúng | c) Sai | d) Đúng |
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 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OM//SC(cmt)}\\{OR//CD(cmt)}\\{OM,OR \subset (MOR),OM \cap OR = O}\\{SC,SD \subset (SCD),SC \cap SD = S}\end{array} \Rightarrow (MOR)//(SCD)} \right.\)
Phần 3. Câu hỏi trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang có \(AD//BC\), \(AD = 2BC\). Gọi \(E\) là trung điểm của \(AD,O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BE,I\) là điểm nằm trên đoạn \(OC\). Mặt phẳng \((P)\) qua \(I\) và song song với \((SBE)\). Tìm các giao tuyến của các mặt của hình chóp với mặt phẳng \((P)\).
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 \((P) \cap (SBC) = QM\).
Trong không gian, cho bốn điểm \(A,B,C,D\) không đồng phẳng. Qua điểm \(A\) vẽ hai đường thẳng \(m,n\) lần lượt song song với hai đường thẳng \(BC,BD\). Chứng minh rằng \(mp(m,n)\) song song với mặt phẳng \((BCD)\).
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 \((BCD)\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\), gọi \(E\), \(F\) lần lượt là các điểm thuộc các cạnh \(AB,CD\,\). \(M,N,P,Q\) lần lượt là trung điểm của các cạnh \(SA,SB,SC,SD\). Hãy xác định giao tuyến của mặt phẳng \[\left( {EMQ} \right)\]và mặt phẳng \((ABCD)\).
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 \((ABCD)\).
Cho hình lăng trụ tứ giác \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\). Một mặt phẳng song song với mặt phẳng \(\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }} \right)\) cắt các cạnh bên của hình lăng trụ lần lượt tại \({A^{\prime \prime }},{B^{\prime \prime }},{C^{\prime \prime }},{D^{\prime \prime }}\). Hỏi hình tạo bởi các điểm \(A,B,C,D,{A^{\prime \prime }},{B^{\prime \prime }},{C^{\prime \prime }},{D^{\prime \prime }}\) là hình gì?
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.
Cho hình hộp \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\). Một mặt phẳng song song với mặt bên \(\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)\) của hình hộp và cắt các cạnh \(AD,BC,{A^\prime }{D^\prime },{B^\prime }{C^\prime }\) lần lượt tại \(M,N,{M^\prime },{N^\prime }(H.4.54)\).
Chứng minh rằng \(ABNM.{A^\prime }{B^\prime }{N^\prime }{M^\prime }\) là hình hộp.
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.
Để xác định mực nước trong một chiếc bể có dạng hình hộp, bác Hà đặt một thanh gỗ đủ dài vào trong bể sao cho một đầu của thanh gỗ dựa vào mép của nắp bể, đầu còn lại nằm trên đáy bể (H.4.53).
Sau đó bác Hà rút thanh gỗ ra ngoài và tính tỉ lệ giữa độ dài của phần thanh gỗ bị ngâm trong nước và độ dài của cả thanh gỗ. Tỉ lệ này chính bằng tỉ lệ giữa mực nước và chiều cao của bể. Hãy giải thích vì sao.
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.
