Trắc nghiệm Hai mặt phẳng song song lớp 11 (có đúng sai, trả lời ngắn)

Ta có HI // AC mà AC $\subset$ (ABC) nên HI // (ABC) (1).

Ta có HK // AB mà AB $\subset$ (ABC) nên HK // (ABC) (2).

Từ (1) và (2), suy ra (HIK) // (ABC).

a) H, I lần lượt là trung điểm của SA, SB nên HI là đường trung bình của tam giác SAB.

Suy ra HI // AB mà AB $\subset$ (ABCD) nên HI // (ABCD) (1).

b) I, K lần lượt là trung điểm của SB, SC nên IK là đường trung bình của tam giác SBC.

Suy ra IK // BC mà BC $\subset$ (ABCD) nên IK // (ABCD) (2).

Từ (1) và (2), suy ra (HIK) // (ABCD).

c) \(\begin{array}{l}{\rm{ Vì }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{M \in AI,AI \subset (SAB)}\\{M \in DK,DK \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow M \in (SAB) \cap (SCD)} \right.\\ \Rightarrow SM = (SAB) \cap (SCD).\end{array}\)

\({\rm{ Khi đó : }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SAB) \cap (SCD) = SM}\\{AB \subset (SAB),CD \subset (SCD) \Rightarrow SM//AB//CD \Rightarrow SM//HI}\\{AB//CD}\end{array}} \right..\)

Mà H là trung điểm của SA nên I là trung điểm của AM.

Xét tứ giác ABMS có I là trung điểm của AM, I là trung điểm của SB nên tứ giác ABMS là hình bình hành.

d) \(\begin{array}{l}{\rm{ Vì }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{N \in DH,DH \subset (SAD)}\\{N \in CI,CI \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow N \in (SAD) \cap (SBC)} \right.\\ \Rightarrow SN = (SAD) \cap (SBC).\end{array}\)

Khi đó, ta có:

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

Vì SM // HI mà HI $\subset$ (HIK) nên SM // (HIK) (3).

Vì SN // KI mà KI $\subset$ (HIK) nên SN // (HIK) (4).

Từ (3) và (4) suy ra (SMN) // (HIK).

Đáp án: a) Đúng;    b) Đúng;    c) Đúng;    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 \(NG//(SAB)\).

Đáp án: a) Đúng;    b) Đúng;    c) Sai;    d) Sai.

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

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

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

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

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

Đáp án: a) Sai;    b) Đúng;    c) Sai;    d) Đúng.

a) \(\left( {ABC} \right)\)//\[\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right).\]   

b) AA₁ // CC₁ mà CC₁ $\subset$ (BCC₁) nên \(A{A_1}\)//\[\left( {BC{C_1}} \right).\]

c) AB // A₁B₁ mà A₁B₁$\subset$ ( A₁B₁C₁) nên \(AB\)//\[\left( {{A_1}{B_1}{C_1}} \right).\]

d) Các mặt bên của hình lăng trụ là các hình bình hành.

Đáp án: a) Đúng;    b) Đúng;    c) Đúng;    d) Sai.

a) Ta có A'B' // AB và AB // MN nên A'B' // MN. Suy ra A'B' // (MNP).

b) Ta có MN // C'D' và NP // BC' nên (MNP) // (BC'D').

c) Ta có (MNP) $\cap$ (ABCD) = MN và (B'C'D') // (ABCD) nên (MNP) cắt (B'C'D').

d) Ta có (MNP) // (BC'D') và DD' $\cap$ (BC'D') = D' nên DD' $\cap$ (MNP) = Q.

Đáp án: a) Đúng;    b) Đúng;    c) Sai;    d) Đúng.

Áp dụng định lý Thales trong không gian, ta có \(\frac{{KG}}{{EI}} = \frac{{GC}}{{EA}}\)\( \Leftrightarrow KG = \frac{{42.120}}{{100}} = 50,4\).

Trả lời: 50,4.

Gọi N, P lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (P) và các cạnh SC, SB.

Vì (P) // (ABC) nên theo định lí Thales ta có \(\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{{SN}}{{SC}} = \frac{{SP}}{{SB}} = \frac{2}{3} \approx 0,67\).

Trả lời: 0,67.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Trong mặt phẳng (ACC'A'), kẻ AC' cắt A'O tại K.

mà A'O $\subset$ (A'BD). Do đó K = AC' $\cap$ (A'BD).

Vì AO // A'C' nên \(\frac{{AK}}{{KC}} = \frac{{AO}}{{A'C'}} = \frac{{AO}}{{AC}} = \frac{1}{2}\).

Suy ra \(\frac{{AC'}}{{AK}} = 3\).

Trả lời: 3.

Gọi O là giao điểm của AC' và A'C.

Xét tam giác A'CC' có AJ cắt C'O tại M. Suy ra O là trọng tâm của tam giác A'CC'.

Suy ra \(\frac{{C'M}}{{C'O}} = \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{{C'M}}{{MA}} = \frac{1}{2}\).

Có M = (C'AB) $\cap$ (A'IJ) mà IJ // BC' (do IJ là đường trung bình của tam giác CC'B).

Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng (C'AB) và (A'IJ) là đường thẳng qua M và song song với BC' cắt AB tại K.

Do đó K = AB $\cap$ (A'IJ).

Xét tam giác ABC' có MK // BC' nên \(\frac{{C'M}}{{MA}} = \frac{{BK}}{{AK}} = 0,5\).

Trả lời: 0,5.

Vì độ dài đường cao của tam giác đều là \(3\sqrt 3 \) nên cạnh của tam giác đều là 6 cm.

Diện tích hai mặt đáy là \(\frac{{{{2.6}^2}.\sqrt 3 }}{4} = 18\sqrt 3 \)cm².

Diện tích 3 mặt bên của lăng trụ là 3.9.6 = 162 cm².

Diện tích toàn phần của hình lăng trụ là \(18\sqrt 3 + 162 \approx 193\) cm² ≈ 0,02 m².

Trả lời: 0,02.