Đường thẳng song song với mặt phẳng, trắc nghiệm toán 11

• Đáp án D.

Ÿ Đáp án A sai. Giả sử \[c\] cắt \[a,b\] lần lượt tại \[A,B\], \[d\] cắt \[a,b\] lần lượt tại \[C,D\]. Suy ra \[A,B,C,D\] đồng phẳng, hay \[a,b\] đồng phẳng, vô lí.

Ÿ Đáp án B, C sai, chúng ta có thể dễ dàng thấy một ví dụ là tứ diện \[ABCD\] có \[AB\] và \[CD\] đếu cắt hai đường thẳng chéo nhau \[AD\] và \[BC\].

• Đáp án C.

• Đáp án B.

• Đáp án D.

• Đáp án D.

• Đáp án B.

• Đáp án C.

• Đáp án D.

Ÿ Đáp án A sai vì nếu \[\left( a,b \right)\] và \[\left( a,c \right)\] không trùng nhau thì \[a,b,c\] đôi một phân biệt. theo tính chất bắc cầu suy ra \[b\parallel c\].

Ÿ Đáp án B, C sai, vì ta có thể lấy ví dụ \[b\equiv c\].

• Đáp án B.

Ÿ Trường hợp \[\left( 1 \right)\] có thể xảy ra giữa hai đường thẳng \[a,b\]là chéo nhau, song song, cắt nhau.

Ÿ Trường hợp \[\left( 2 \right)\] có thể là song song, cắt nhau.

Ÿ Trường hợp \[\left( 3 \right)\] có thể là song song, cắt nhau hoặc trùng nhau.

Như vậy, tương ứng với mối trường hợp, số các khả năng có thể xảy ra giữa \[a,b\] là \[3,2,3\].

• Đáp án C.

Nhìn vào hình vẽ, ta thấy \[a,b\] chéo nhau, nên không có mặt phẳng nào chứa cả \[a,b\]. Do đó \[\left( 1 \right)\] sai. Vậy đáp án A, B, C sai.

Đường thẳng \[a,c\] cắt nhau, xác định duy nhất một mặt phẳng chứa cả hai đường. Đáp án \[\left( 2 \right)\] đúng.

Đường thẳng \[b,c\] cắt nhau, xác định duy nhất một mặt phẳng chứa cả hai đường. Đáp án \[\left( 3 \right)\] đúng.

• Đáp án D.

Ta có: \[\left\{ \begin{align}
& AB\parallel CD \\
& AB\subset \left( SAB \right),CD\subset \left( MCD \right) \\
& MN=\left( SAB \right)\cap \left( MCD \right) \\
\end{align} \right.\Rightarrow MN\parallel CD\].

• Đáp án A.

Do \[M,N\] lần lượt là trung điểm của \[AB,AD\] nên \[MN\parallel BD,MN=\dfrac{1}{2}BD\].

Do \[P,Q\] lần lượt là trung điểm của \[CD,CB\] nên \[PQ\parallel BD,PQ=\dfrac{1}{2}BD\].

Suy ra \[MN\parallel PQ\], do đó \[M,N,P,Q\] đồng phẳng. Do đó \[MP,NQ\] không thể chéo nhau.

• Đáp án D.

Do \[MN\] là đường trung bình của tam giác \[SAB\] nên \[MN\parallel AB\].

Tương tự, do \[PQ\] là đường trung bình của tam giác \[SCD\] nên \[PQ\parallel CD\].

\[ABCD\] là hình bình hành nên \[AB\parallel CD\]. Do đó: \[PQ\parallel MN\] và \[MN\parallel CD\].

\[MN\] không song song với \[SC\] vì giả sử ngược lại thì \[SC\] và \[CD\] trùng nhau (vô lí).

• Đáp án A.

Do \[M,N,P,Q,R,S\] lần lượt là trung điểm của \[AC,BD,AB,CD,AD,BC\] nên \[MR\parallel CD\parallel SN\], \[PS\parallel AC\parallel RQ\], \[MP\parallel BC\parallel NQ\]. Do đó \[M,R,S,N\] đồng phẳng; \[P,Q,R,S\] đồng phẳng; \[M,P,Q,N\] đồng phẳng.

\[M,P,R,Q\] không đồng phẳng vì giả sử ngược lại thì \[P\] sẽ thuộc mặt phẳng \[\left( ACD \right)\], suy ra \[B\] thuộc mặt phẳng \[\left( ACD \right)\] (vô lí).

• Đáp án B.

Ta có \[I\in \left( SAD \right)\], suy ra \[I\in \left( SAD \right)\cap \left( BCI \right)\].

Do \[\left\{ \begin{align}
& \left( SAD \right)\cap \left( BCI \right)=PQ \\
& AD\subset \left( SAD \right),BC\subset \left( BCI \right) \\
& AD\parallel BC \\
\end{align} \right.\]\[\Rightarrow PQ\parallel AD\parallel BC\].

Ta có: \[J\in \left( SBC \right)\], suy ra \[J\in \left( SBC \right)\cap \left( ADJ \right)\].

Do \[\left\{ \begin{align}
& \left( SBC \right)\cap \left( ADJ \right)=MN \\
& BC\subset \left( SBC \right),AD\subset \left( ADJ \right) \\
& AD\parallel BC \\
\end{align} \right.\]\[\Rightarrow MN\parallel AD\parallel BC\].

Từ đó suy ra \[MN\] và \[PQ\] song song với nhau.

Ta có: \[\left\{ \begin{align}
& EF=\left( ADNM \right)\cap \left( BCQP \right) \\
& AD=\left( ADNM \right)\cap \left( ABCD \right) \\
& BC=\left( ABCD \right)\cap \left( BCQP \right) \\
& AD\parallel BC \\
\end{align} \right.\]\[\Rightarrow EF\parallel AD\].

Suy ra \[EF\parallel MN\]. Gọi \[K\] là giao điểm của \[CP\] với \[EF\]\[EF=EK+KF\].

Do \[\dfrac{SP}{SA}=\dfrac{2}{3}=\dfrac{SM}{SB}\Rightarrow PM\parallel AB\].

Theo định lý Thalet ta có: \[\dfrac{PE}{EB}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow \dfrac{PE}{PB}=\dfrac{2}{5}\]. Do \[EK\] song song với \[BC\] nên theo định lý Thalet ta có : \[\dfrac{PE}{PB}=\dfrac{EK}{BC}=\dfrac{2}{5}\Rightarrow EK=\dfrac{2}{5}b\].

Tương tự ta cũng có: \[\dfrac{QF}{FC}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow \dfrac{QC}{FC}=\dfrac{5}{3}\Rightarrow \dfrac{PQ}{FK}=\dfrac{5}{3}\Rightarrow FK=\dfrac{3}{5}PQ=\dfrac{3}{5}.\dfrac{2}{3}AD=\dfrac{2}{5}a\].

Từ đây suy ra \[EF=\dfrac{2}{5}\left( a+b \right)\].

• Đáp án C.

Ta có: \[\left\{ \begin{align}
& \left( SAD \right)\cap \left( IJK \right)=FK \\
& AD\subset \left( SAD \right),IJ\subset \left( IJK \right) \\
& AD\parallel IJ \\
\end{align} \right.\]\[\Rightarrow FK\parallel IJ\].

Dễ dàng chứng minh được các đường thẳng còn lại không song song với \[FK\].

• Đáp án C.

Do \[I,J\] lần lượt là trung điểm của \[BC,BD\] nên \[IJ\] là đường trung bình của tam giác \[BCD\]. Suy ra \[IJ\parallel CD\].

Ta có: \[\left\{ \begin{align}
& IJ\parallel CD,IJ\subset \left( AIJ \right),CD\subset \left( ACD \right) \\
& A\in \left( AIJ \right)\cap \left( ACD \right) \\
\end{align} \right.\]\[\Rightarrow \left( AIJ \right)\cap \left( ACD \right)=At\parallel CD\].

• Đáp án C, B.

a) Do \[M{A}’\parallel SA\] nên bốn điểm này nằm trong cùng mặt phẳng. Giả sử \[E\] là giao điểm của mặt phẳng này với \[BC\]. Khi đó \[A,M,E\] thẳng hàng và ta có: \[\dfrac{M{A}’}{SA}=\dfrac{ME}{EA}=\dfrac{{{S}_{MBC}}}{{{S}_{ABC}}}\].

Tương tự ta có: \[\dfrac{M{B}’}{SB}=\dfrac{{{S}_{MAC}}}{{{S}_{ABC}}},\dfrac{M{C}’}{SC}=\dfrac{{{S}_{MAB}}}{{{S}_{ABC}}}\]. Vậy \[\dfrac{M{A}’}{SA}+\dfrac{M{B}’}{SB}+\dfrac{M{C}’}{SC}=1\]. Vậy đáp án đúng là .

b) Ap dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :

\[\dfrac{M{A}’}{SA}+\dfrac{M{B}’}{SB}+\dfrac{M{C}’}{SC}\ge 3\sqrt[3]{\dfrac{M{A}’}{SA}.\dfrac{M{B}’}{SB}.\dfrac{M{C}’}{SC}}\Rightarrow \dfrac{M{A}’}{SA}.\dfrac{M{B}’}{SB}.\dfrac{M{C}’}{SC}\le \dfrac{1}{27}\].

Dầu bằng xảy ra khi và chỉ khi: \[\dfrac{M{A}’}{SA}=\dfrac{M{B}’}{SB}=\dfrac{M{C}’}{SC}\Rightarrow {{S}_{MAC}}={{S}_{MAB}}={{S}_{MBC}}\].

Điều này chỉ xảy ra khi \[M\] là trọng tâm tam giác \[ABC\]. Vậy đáp án đúng là B.

• Đáp án B, A, D, A.

a) Ta có : \[\left\{ \begin{align}
& MN=\left( ABM \right)\cap \left( SCD \right) \\
& AB=\left( ABM \right)\cap \left( ABCD \right) \\
& CD=\left( ABCD \right)\cap \left( SCD \right) \\
& CD\parallel AB \\
\end{align} \right.\]\[\Rightarrow MN\parallel AB\].

Do đó \[ABMN\] là hình thang. Do \[MN<AB\] nên \[ABMN\] không thể là hình bình hành, hinh thoi. Vậy đáp án đúng là B.

b) Gọi \[I=AM\cap BN\Rightarrow \left\{ \begin{align}
& I\in \left( SAC \right) \\
& I\in \left( SBD \right) \\
\end{align} \right.\]\[\Rightarrow I\in SO=\left( SAC \right)\cap \left( SBD \right)\]. Vậy đáp án đúng là A.

c) Gọi \[K=AN\cap BM\Rightarrow \left\{ \begin{align}
& I\in \left( SAD \right) \\
& I\in \left( SBC \right) \\
\end{align} \right.\]\[\Rightarrow I\in \left( SAD \right)\cap \left( SBC \right)\].

Giao tuyến của hai mặt phẳng \[\left( SAD \right)\] và \[\left( SBC \right)\] là đường thẳng qua \[S\] và song song với \[AD\].

Vậy đáp án đúng là D.

d) Do \[MN\parallel AB\] nên \[\dfrac{AB}{MN}=\dfrac{BM}{MK}\text{ }\left( 1 \right)\].

Do \[SK\parallel BC\] nên \[\dfrac{CB}{SK}=\dfrac{MB}{MK}\text{ }\left( 2 \right)\].

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[\dfrac{AB}{MN}-\dfrac{BC}{SK}=0\]. Vậy đáp án đúng là A.

• Đáp án C, C.

a) Trong mặt phẳng \[\left( BCD \right)\], gọi \[I=MG\cap BC,J=MG\cap CD,K=MG\cap BD\].

Qua \[M\] kẻ \[Mx\parallel GA\]. Trong \[\left( AIJ \right):Mx\cap AI=P\](đây chính là giao điểm của \[Mx\] với \[\left( ABC \right)\])

Tương tự \[Mx\cap AK=R,Mx\cap AJ=Q\].

Ta có : \[\dfrac{IM}{IG}=\dfrac{{{S}_{MIC}}}{{{S}_{GIC}}}=\dfrac{{{S}_{MIB}}}{{{S}_{GIB}}}=\dfrac{{{S}_{MIC}}+{{S}_{MIB}}}{{{S}_{GIC}}+{{S}_{GIB}}}=\dfrac{{{S}_{MBC}}}{{{S}_{GBC}}}=\dfrac{3{{S}_{MBC}}}{{{S}_{BCD}}}\].

Theo định lý Thalet ta có : \[\dfrac{IM}{IG}=\dfrac{MP}{GA}\]. Do đó : \[\dfrac{MP}{GA}=\dfrac{3{{S}_{MBC}}}{{{S}_{BCD}}}\].

Chứng minh tương tự ta có : \[\dfrac{MQ}{GA}=\dfrac{3{{S}_{MCD}}}{{{S}_{BCD}}},\dfrac{MR}{GA}=\dfrac{3{{S}_{MBD}}}{{{S}_{BCD}}}\Rightarrow \dfrac{MP+MQ+MR}{GA}=3\].

Vậy đáp án đúng là C.

b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : \[MP.MQ.MR\le {{\left( \dfrac{MP+MQ+MR}{3} \right)}^{3}}=G{{A}^{3}}\].

Vậy giá trị lớn nhất của \[MP.MQ.MR\] bằng \[G{{A}^{3}}\]. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \[MP=MQ=MR\]. Điều này xảy ra khi \[M\] là trọng tâm tam giác \[BCD\]. Vậy đáp án đúng là C.

• Đáp án A, A.

a) Do \[Dx\parallel SC\] nên hai đường thẳng này cùng nằm trong mặt phẳng \[\left( SCD \right)\].

Lại có, hai mặt phẳng \[\left( SAB \right)\] và \[\left( SCD \right)\] có \[D\] là điểm chung, \[AB\parallel CD\] nên giao tuyến là đường thẳng đi qua \[S\] và song song với \[AB\]. Vậy \[I\] thuộc giao tuyến này.

Vậy đáp án đúng là A.

b) Gọi \[E\] là giao điểm của \[SD\] và \[IC\]. Suy ra thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng \[\left( AIC \right)\] là tam giác \[ACE\].

Ta có \[SIDC\] là hình thang nên \[SI=CD\] và \[SI\parallel CD\]. Suy ra \[SI=AB\] và \[SI\parallel AB\]. Điều này suy ra \[SIDC\] là hình bình hành. Khi đó \[AI=SB=a\].

Mặt khác, \[AC=SD=a\sqrt{2}\Rightarrow AE=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\].

Xét tam giác \[IAC\] có : \[C{{I}^{2}}=2\left( A{{C}^{2}}+A{{I}^{2}} \right)-4A{{E}^{2}}=4{{a}^{2}}\Rightarrow CI=2a\].

Ta có : \[\cos \widehat{CAE}=\dfrac{A{{E}^{2}}+A{{C}^{2}}-C{{E}^{2}}}{2AC.AE}=\dfrac{\dfrac{{{a}^{2}}}{2}+2{{a}^{2}}-{{a}^{2}}}{2{{a}^{2}}}=\dfrac{3}{4}\Rightarrow \sin \widehat{CAE}=\dfrac{\sqrt{7}}{4}\].

Diện tích thiết diện là : \[S=\dfrac{1}{2}AC.AE.\sin \widehat{CAE}=\dfrac{1}{2}a\sqrt{2}.\dfrac{a\sqrt{2}}{2}.\dfrac{\sqrt{7}}{4}=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{7}}{8}\].

Vậy đáp án đúng là A.