Hai mặt phẳng song song, trắc nghiệm toán 11

Chọn [A].

Chọn [D].

A sai vì còn trường hợp song song.

B sai vì còn trường hợp cắt nhau.

C sai vì còn trường hợp song song.

Chọn [A]. Theo hệ quả 2 sgk trang 66.

Chọn [B].

Theo định lý 1 trang 64 sgk: Nếu mặt phẳng $\left( P \right)$ chứa hai đường thẳng cắt nhau cùng song song với mặt phẳng $\left( Q \right)$ thì $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ song song với nhau

Chọn [B].

Có duy nhất một mặt phẳng chứa và song song với .

Chọn [D].

Chọn [D].

Qua vẽ được vô số đường thẳng song song với .

Chọn [D].

Theo định nghĩa SGK Hình học 11.

Chọn [C].

 vì còn có khả năng $a,\,\,b\,$

chéo nhau như hình vẽ sau.

Chọn [A].

Nếu \[\left( \alpha \right)\text{//}\left( \beta \right)\] thì ngoài trường hợp \[a\text{//}b\] thì \[a\]và $b$ còn có thể chéo nhau.

Chọn C

Nếu $\left( P \right)//\left( Q \right)$ thì mọi đường thẳng \[a\subset mp\left( P \right)\] đều song song với $mp\left( Q \right)$ và mọi đường thẳng \[b\subset mp\left( Q \right)\] đều song song với $mp\left( P \right).$

Chọn D

Do \[a\,\text{//}\,{a}’\]nên $a\,\text{//}\left( \beta \right)$ và \[b\,\text{//}\,{b}’\]nên $b\,\text{//}\left( \beta \right)$.

Theo định lí 1 bài hai mặt phẳng song song, thì $\left( \alpha \right)\text{//}\left( \beta \right)$.

Chọn [D].

$D{C}’$ và $A{B}’$ song song với nhau.

Chọn [B].

Do \[AD{C}'{B}’\] là hình bình hành nên \[A{B}’\text{//}D{C}’\], và \[AB{C}'{D}’\] là hình bình hành nên \[A{D}’\text{//}B{C}’\] nên \[\left( A{B}'{D}’ \right)\text{//}\left( B{C}’D \right)\].

Chọn [D].

Trong mặt phẳng $\left( AB{B}'{A}’ \right)$, $AM$ cắt $B{B}’$ tại $I$
Do $MB\text{//}{A}'{B}’;\,\,MB=\dfrac{1}{2}{A}'{B}’$ nên $B$ là trung điểm ${B}’I$ và $M$ là trung điểm của $I{A}’$.

Gọi $N$ là giao điểm của $BC$ và ${C}’I$.

Do $BN\text{//}{B}’C$ và $B$ là trung điểm ${B}’I$ nên $N$ là trung điểm của ${C}’I$.

Suy ra: tam giác $I{A}'{C}’$ có $MN$ là đường trung bình.

Ta có mặt phẳng $\left( M{A}'{C}’ \right)$ cắt hình hộp \[ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’\] theo thiết diện là tứ giác ${A}’MN{C}’$ có $MN\text{//}{A}'{C}’$

Vậy thiết diện là hình thang ${A}’MN{C}’$.

Cách khác:

Ta có :$\left\{ \begin{align}
& \left( ABCD \right)\text{//}\left( {A}'{B}'{C}'{D}’ \right) \\
& \left( {A}'{C}’M \right)\cap \left( {A}'{B}'{C}'{D}’ \right)={A}'{C}’ \\
& \left( {A}'{C}’M \right)\cap \left( ABCD \right)=Mx \\
\end{align} \right.$ $\Rightarrow Mx\text{//}{A}'{C}’$, $M$ là trung điểm của $AB$ nên $Mx$ cắt $BC$ tại trung điểm $N$.Thiết diện là tứ giác ${A}'{C}’NM$.

Chọn [C].

$\left. \begin{align}
& AB\,\,\text{//}\,\,DC \\
& A{A}’\,\,\text{//}D{D}’ \\
& AB,A{A}’\subset \left( AB{B}'{A}’ \right) \\
& DC,D{D}’\subset \left( D{D}'{C}’C \right) \\
\end{align} \right\}$$\Rightarrow \left( AB{B}'{A}’ \right)\,\,\text{//}\,\,\left( D{D}'{C}’C \right)$.

Câu B đúng.

Mặt khác

$\left. \begin{align}
& \left( \alpha \right)\cap \left( AB{B}'{A}’ \right)={A}'{B}’ \\
& \left( \alpha \right)\cap \left( DC{C}'{D}’ \right)={C}'{D}’ \\
& \left( AB{B}'{A}’ \right)\,\text{//}\,\left( DC{C}'{D}’ \right) \\
\end{align} \right\}$$\Rightarrow {A}'{B}’\,\,\text{//}\,\,{C}'{D}’$
$\left. \begin{align}
& \left( \alpha \right)\cap \left( AD{D}'{A}’ \right)={A}'{D}’ \\
& \left( \alpha \right)\cap \left( BC{C}'{B}’ \right)={C}'{B}’ \\
& \left( AB{B}'{A}’ \right)\,\text{//}\,\left( DC{C}'{D}’ \right) \\
\end{align} \right\}$$\Rightarrow {A}'{D}’\,\,\text{//}\,\,{C}'{B}’$

Do đó câu A đúng.

$O,{O}’$ lần lượt là trung điểm của $AC,{A}'{C}’$ nên $O{O}’$ là đường trung bình trong hình thang $A{A}'{C}’C$. Do đó \[O{O}’\text{// }A{A}’\].  Câu D đúng.

Chọn [B].

Các mặt chéo của hình hộp là $\left( AD{C}'{B}’ \right);\left( {A}'{D}’CB \right);\left( AB{C}'{D}’ \right)$

$\left( DC{B}'{A}’ \right);\left( AC{C}'{A}’ \right);\left( BD{D}'{B}’ \right)$

Chọn [A].

Chọn [C].

$AD{C}'{B}’$ là hình bình hành có $O{O}’$ là đường trung bình nên \[\overrightarrow{O{O}’}=\overrightarrow{AD}\]. Đáp án A, D đúng.

$O{O}’\text{//}AD$ nên $O{O}’\text{//}\left( AD{D}'{A}’ \right)$. Đáp án B đúng.

Chọn [B].

$\left( I{B}'{D}’ \right)\cap \left( A{A}'{B}’B \right)=I{B}’$.

$\left( I{B}'{D}’ \right)\cap \left( {A}'{B}'{C}'{D}’ \right)={B}'{D}’$.

$\left. \begin{align}
& I\in \left( I{B}'{D}’ \right)\cap \left( ABCD \right) \\
& {B}'{D}’\text{//}BD \\
& {B}'{D}’\subset \left( {A}'{B}'{C}'{D}’ \right) \\
& BD\subset \left( ABCD \right) \\
\end{align} \right\}$$\Rightarrow \left( I{B}'{D}’ \right)\cap \left( ABCD \right)=d$ với $d$ là đường thẳng qua $I$và song song với $BD$.

Gọi $J$ là trung điểm của $AD$.

Khi đó $\left( I{B}'{D}’ \right)\cap \left( ABCD \right)=IJ$.

$\left( I{B}'{D}’ \right)\cap \left( AD{D}'{A}’ \right)=J{D}’$.

Thiết diện cần tìm là hình thang $IJ{D}'{B}’$ với $IJ\text{//}{D}'{B}’$.

Chọn [D].

$M{M}’$ là đường trung bình trong hình bình hành $B{B}'{C}’C$ nên $M{M}’=B{B}’=A{A}’;M{M}’\,\text{//}\,B{B}’\,\text{//}\,A{A}’$

Do đó $A{A}'{M}’M$ là hình bình hành hay 4 điểm \[A,{G}’,{M}’,G\] đồng phẳng.

Chọn [C].

$MN$ là đường trung bình trong hình bình hành $BC{C}'{B}’$ nên $MN\text{//}{B}'{C}’$

\[\begin{align}
& \Delta =\text{ }mp\left( AMN \right)\cap mp\left( {A}'{B}'{C}’ \right) \\
& MN\subset \left( AMN \right) \\
& {B}'{C}’\subset \left( {A}'{B}'{C}’ \right) \\
\end{align}\]

Do đó $\Delta \text{//}BC$.

Chọn [D]

Câu A, C đúng do tính chất của hình hộp.

$\left( B{A}'{D}’ \right)\equiv \left( B{A}'{D}’C \right);\left( AD{C}’ \right)\equiv \left( AD{C}'{B}’ \right)$

\[\left( B{A}'{D}’ \right)\]\[\cap \left( AD{C}’ \right)=ON\]. Câu B đúng.

Do \[{B}’\notin \left( BDC \right)\] nên \[B{B}’DC\] không phải là tứ giác.

Chọn [A].

Gọi $K$ là giao điểm của ${B}’C$ và $B{C}’$, $I$ là trung điểm của $AB$.

Do $H{B}’=AI;H{B}’\text{//}AI$ nên $AH{B}’I$ là hình bình hành hay $AH\text{//}{B}’I$.

Mặt khác $KI\text{//}A{C}’$ nên $\left( AH{C}’ \right)\text{//}\left( {B}’CI \right)$.

Khi đó : ${B}’C\text{//}\left( AH{C}’ \right)$

Chọn [B]

Ta có \[\left\{ \begin{align}
& M\in \left( SAB \right)\cap \left( \alpha \right) \\
& \left( SAB \right)\cap \left( SAD \right)=SA \\
\end{align} \right.\]\[\Rightarrow \left( SAB \right)\cap \left( \alpha \right)=MK\parallel SA,K\in SB\].
Tương tự \[\left\{ \begin{align}
& N\in \left( SCD \right)\cap \left( \alpha \right) \\
& \left( \alpha \right)\parallel \left( SAD \right) \\
& \left( SCD \right)\cap \left( SAD \right)=SD \\
\end{align} \right.\] \[\Rightarrow \left( SCD \right)\cap \left( \alpha \right)=NH\parallel SD,H\in SC\].

Dễ thấy \[HK=\left( \alpha \right)\cap \left( SBC \right)\]. Thiết diện là tứ giác \[MNHK\]

Ba mặt phẳng \[\left( ABCD \right),\left( SBC \right)\] và \[\left( \alpha \right)\] đôi một cắt nhau theo các giao tuyến là \[MN,HK,BC\], mà \[MN\parallel BC\Rightarrow MN\parallel HK\]. Vậy thiết diện là một hình thang.

a) Trường hợp 1 Xét \[I\] thuộc đoạn \[OA\]

Ta có \[\left\{ \begin{align}
& I\in \left( \alpha \right)\cap \left( ABD \right) \\
& \left( \alpha \right)\parallel \left( SBD \right) \\
& \left( ABD \right)\cap \left( SBD \right)=BD \\
\end{align} \right.\]
\[\Rightarrow \left( \alpha \right)\cap \left( ABD \right)=MN\parallel BD,I\in MN\].
Tương tự \[\left\{ \begin{align}
& N\in \left( \alpha \right)\cap \left( SAD \right) \\
& \left( \alpha \right)\parallel \left( SBD \right) \\
& \left( SAD \right)\cap \left( SBD \right)=SD \\
\end{align} \right.\] \[\Rightarrow \left( SAD \right)\cap \left( \alpha \right)=NP\parallel SD,P\in SN\].
Thiết diện là tam giác \[MNP\].
Do \[\left\{ \begin{align}
& \left( \alpha \right)\parallel \left( SBD \right) \\
& \left( SAB \right)\cap \left( SBD \right)=SB \\
& \left( SAB \right)\cap \left( \alpha \right)=MP \\
\end{align} \right.\Rightarrow MP\parallel SB\]. Hai tam giác \[MNP\] và \[BDS\] có các cặp cạnh tương ứng song song nên chúng đồng dạng, mà \[BDS\]đều nên tam giác \[MNP\] đều.

Trường hợp 2 Điểm \[I\] thuộc đoạn \[OC\], tương tự trường hợp 1 ta được thiết diện là tam giác đều \[HKL\] như \[\left( hv \right)\].

b) Trường hợp 1 \[I\] thuộc đoạn \[OA\]

Ta có \[{{S}_{BCD}}=\dfrac{B{{D}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{{{b}^{2}}\sqrt{3}}{4}\], \[\dfrac{{{S}_{MNP}}}{{{S}_{BCD}}}={{\left( \dfrac{MN}{BD} \right)}^{2}}\]

Do \[MN\parallel BD\Rightarrow \dfrac{MN}{BD}=\dfrac{AI}{AO}=\dfrac{2x}{a}\]\[\Rightarrow {{S}_{MNP}}={{\left( \dfrac{2x}{a} \right)}^{2}}{{S}_{BCD}}=\dfrac{{{b}^{2}}{{x}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}}\].

Trường hợp 2 \[I\] thuộc đoạn \[OC\], tính tương tự ta có

\[{{S}_{MNP}}={{\left( \dfrac{HL}{BD} \right)}^{2}}{{S}_{BCD}}={{\text{ }\!\![\!\!\text{ }\dfrac{2\left( a-x \right)}{a}\text{ }\!\!]\!\!\text{ }}^{2}}\dfrac{{{b}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{{{b}^{2}}{{\left( a-x \right)}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}}\].

Vậy \[{{S}_{td}}=\left\{ \begin{align}
& \dfrac{{{b}^{2}}{{x}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}};I\in (OA) \\
& \dfrac{{{b}^{2}}{{\left( a-x \right)}^{2}}\sqrt{3}}{{{a}^{2}}};I\in \left( OC \right) \\
\end{align} \right.\].

a) Do \[\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{CN}{ND}\] nên theo định lí Thales thì các đường thẳng \[MN,AC,BD\] cùng song song với một mặt phẳng \[\left( \beta \right)\].Gọi \[\left( \alpha \right)\] là mặt phẳng đi qua \[AC\] và song song với \[BD\]thì \[\left( \alpha \right)\] cố định và \[\left( \alpha \right)\parallel \left( \beta \right)\]suy ra \[MN\] luôn song song với \[\left( \alpha \right)\] cố định.
b) Xét trường hợp \[\dfrac{AP}{PC}=k\], lúc này \[MP\parallel BC\] nên \[BC\parallel \left( MNP \right)\].

Ta có :

\[\left\{ \begin{align}
& N\in \left( MNP \right)\cap \left( BCD \right) \\
& BC\parallel \left( MNP \right) \\
& BC\subset \left( BCD \right) \\
\end{align} \right.\]\[\Rightarrow \left( BCD \right)\cap \left( MNP \right)=NQ\parallel BC,Q\in BD\].

Thiết diện là tứ giác \[MPNQ\].Xét trường hợp \[\dfrac{AP}{PC}\ne k\]

Trong \[\left( ABC \right)\]gọi \[R=BC\cap MP\]

Trong \[\left( BCD \right)\] gọi \[Q=NR\cap BD\] thì thiết diện là tứ giác \[MPNQ\].

Gọi \[K=MN\cap PQ\]

Ta có \[\dfrac{{{S}_{MNP}}}{{{S}_{MPNQ}}}=\dfrac{PK}{PQ}\].

Do \[\dfrac{AM}{NB}=\dfrac{CN}{ND}\] nên theo định lí Thales đảo thì \[AC,NM,BD\] lần lượt thuộc ba mặt phẳng song song với nhau và đường thẳng \[PQ\] cắt ba mặt phẳng này tương ứng tại \[P,K,Q\] nên áp dụng định lí Thales ta được \[\dfrac{PK}{KQ}=\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{CN}{ND}=k\]\[\Rightarrow \dfrac{PK}{PQ}=\dfrac{PK}{PK+KQ}=\dfrac{\dfrac{PK}{KQ}}{\dfrac{PK}{KQ}+1}=\dfrac{k}{k+1}\].