Đề kiểm tra Đường thẳng và mặt phẳng song song lớp 11 (có lời giải) - Đề 3

Chọn C

Vì \(\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = \left\{ G \right\}\) ta có \(IJ//AB\) vì\(IJ\)là đường trung bình của hình thang \(ABCD\)

\(\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = Gx//AB//IJ\). Gọi \(E = Gx \cap SA,F = Gx \cap SB\)

\(\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAD} \right) = EI\);\(\left( {IJG} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = IJ\);\(\left( {IJG} \right) \cap \left( {SBC} \right) = JF\)

Suy ra thiết diện \(\left( {IJG} \right)\)và hình chóp là hình bình hành \[IJFE \Leftrightarrow IJ = EF\,\,\,\left( 1 \right)\]

vì \[G\] là trọng tâm tam giác \[SAB \Leftrightarrow SG = \frac{2}{3}GH \Rightarrow EF = \frac{2}{3}AB\,\,\left( 2 \right)\]

và \(IJ = \frac{{AB + CD}}{2}\,\,\,\,\left( 3 \right)\) vì\(IJ\)là đường trung bình của hình thang \(ABCD\)

Từ \[\left( 1 \right)\],\[\left( 2 \right)\] và\[\left( 3 \right)\] \[ \Rightarrow \frac{2}{3}AB = \frac{{AB + CD}}{2} \Leftrightarrow \] \[4AB = 3AB + 3CD \Leftrightarrow AB = 3CD\].

Chọn D

Gọi \(I,K\)lần lượt là trung điểm của \(BD,DC\).

\(\left( {II} \right)\)- Đúng

Xét tam giác\(AIK\)có:\(\left\{ \begin{array}{l}MN{\rm{//}}\,{\rm{IK}}\\IK \subset \left( {BCD} \right)\\MN \not\subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,\left( {BCD} \right)\)

\(\left( I \right)\)- Đúng

\(\left\{ \begin{array}{l}MN\,{\rm{//}}\,{\rm{IK}}\\{\rm{IK}}\,{\rm{//}}\,BC\end{array} \right. \Rightarrow MN\,{\rm{//}}\,BC\) và \(MN \not\subset \left( {ABC} \right)\)do đó \(MN\,{\rm{//}}\,\left( {ABC} \right)\)

Có \(M \in \left( {ABD} \right),N \in \left( {ACD} \right)\) do đó:\(\left( {III} \right)\,,\,\left( {IV} \right)\)- Sai:.

Chọn D

\(IO\) là đường trung bình tam giác \(SAC\) nên \(IO\,\,{\rm{//}}\,\,SA\)\( \Rightarrow IO\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\), \(IO\,\,{\rm{//}}\,\,\left( {SAC} \right)\).

Do đó A, B đúng.

\(I \in SC\), \(O = AC \cap BD\)\( \Rightarrow \left( {IBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IO\) nên D đúng.

Chọn D

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \subset \left( {ABM} \right)\\CD \not\subset \left( {ABM} \right)\\CD\,{\rm{//}}\,AB\end{array} \right.\). Từ đó suy ra \(CD\,{\rm{//}}\,\left( {ABM} \right)\).

Chọn C

Gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm \(BC\), \(BD\).

Ta có \(\frac{{AM}}{{AI}} = \frac{{AN}}{{{\rm{AJ}}}} = \frac{2}{3}\) \( \Rightarrow MN\;{\rm{//}}\;{\rm{IJ}}\) \( \Rightarrow MN\;{\rm{//}}\;IJ\;{\rm{//}}\;CD\)\( \Rightarrow \) \(MN\;{\rm{//}}\;\left( {BCD} \right)\) và \(MN\;{\rm{//}}\;\left( {ACD} \right)\).

Chọn C

Gọi \(M\)là trung điểm của \(CD\)nên ba đường thẳng \(B{G_1},\,\,A{G_2}\)và \(CD\)đồng quy tại \(M\), mặt khác:

\(\frac{{M{G_1}}}{{MB}} = \frac{{M{G_2}}}{{MA}} = \frac{1}{3}\), suy ra \({G_1}{G_2}\,{\rm{//}}\,AB\)và \[\frac{{{G_1}{G_2}}}{{AB}} = \frac{1}{3}\].

Vậy \({G_1}{G_2}//\left( {ABD} \right)\), \({G_1}{G_2}//\left( {ABC} \right)\)và \({G_1}{G_2} = \frac{1}{3}AB\).

Chọn A

Ta có \(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{//}}AB\\AB \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right\}\) \( \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\) với \(MN{\rm{//}}AB\) và \(N \in BC\).

Ta có \(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{//}}AD\\AD \subset \left( {ADC} \right)\end{array} \right\}\) \( \Rightarrow \left( \alpha  \right) \cap \left( {ADC} \right) = MP\) với \(MP{\rm{//}}AD\) và \(P \in CD\).

\(\left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right) = NP\).

Do đó thiết diện của \[\left( \alpha  \right)\] với tứ diện \[ABCD\] là hình tam giác \(MNP\).

Chọn A

Qua \(I\), dựng \(MQ//\,\,BD\), và \(QP//SC\), \(PN//BD\), \(MN//\,SC\). Gọi \(E = \,FI \cap SA\).

Ta có: \(\left( {ABCD} \right) \cap \left( P \right) = NP,\,\,\left( {SBC} \right) \cap \left( P \right) = NM,\)

\(\,\left( {SAB} \right) \cap \left( P \right) = MF,\,\,\left( {SAD} \right) \cap \left( P \right) = EQ,\,\,\left( {SCD} \right) \cap \left( P \right) = QP\).

Vậy thiết diện là ngũ giác.