Toptailieu.vn giới thiệu Giải bài tập Toán 11 Ôn tập chương II - Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song chính xác, chi tiết nhất giúp học sinh dễ dàng làm bài tập về ôn tập chương II - Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song lớp 11.

Giải bài tập Toán 11 Ôn tập chương II - Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song

Trả lời câu hỏi giữa bài:

Lời giải:

Có 3 cách xác định mặt phẳng

– Một mặt phẳng được xác định khi biết ba điểm không thẳng hàng của nó.

Kí hiệu mp đi qua ba điểm $A,B,C$ là $(ABC).$

– Một mặt phẳng được xác định khi biết một đường thẳng và một điểm nằm ngoài đường thẳng.

Mặt phẳng đi qua đường thẳng $d$ và điểm $A$ (không thuộc $d$) là $(A,d).$

– Một mặt phẳng được xác định khi biết hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng.

Mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt nhau $d_1,d_2$ là $(d_1,d_2)$.

Lời giải:

- Đường thẳng song song với đường thẳng nếu chúng không có điểm chung và chúng cùng nằm trên cùng mặt phẳng.

- Đường thẳng song song với mặt phẳng nếu chúng không có điểm chung.

- Mặt phẳng song song với mặt phẳng nếu chúng không có điểm chung.

Lời giải:

Muốn chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh ba điểm đó là ba điểm chung của hai mặt phẳng phân biệt.

Tức là chứng minh ba điểm này cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng.

Lời giải:

Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy, ta chứng minh:

– Ba đường thẳng ấy không đồng phẳng và đôi một cắt nhau.

– Ba đường thẳng ấy là các giao tuyến của ba mặt phẳng phân biệt đôi một cắt nhau và chúng không song song.

Lời giải:

Định lí Ta – lét trong không gian:

- Định lí thuận (Định lí Ta – lét)

Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến bất kì các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ, nghĩa là:

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}\left(P\right)//\left(Q\right)//\left(R\right)\\ a\cap \left(P\right)=A,a\cap \left(Q\right)=B,a\cap \left(R\right)=C\\ a^{\prime }\cap \left(P\right)=A^{\prime },a^{\prime }\cap \left(Q\right)=B^{\prime },a^{\prime }\cap \left(R\right)=C^{\prime }\end{array}\\ \Rightarrow {\displaystyle \frac{AB}{A^{\prime }{B}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{BC}{B^{\prime }{C}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{CA}{C^{\prime }{A}^{\prime }}}\end{array}$

- Định lí đảo (Định lí Ta – lét đảo)

Giả sử trên hai đường thẳng $a$ và $a^{\prime }$ lần lượt lấy hai bộ ba điểm $(A,B,C)$ và $(A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime })$ sao cho ${\displaystyle \frac{AB}{A^{\prime }{B}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{BC}{B^{\prime }{C}^{\prime }}}={\displaystyle \frac{CA}{C^{\prime }{A}^{\prime }}}$.

Khi đó ba đường thẳng $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime },C{C}^{\prime }$ cùng song song với một mặt phẳng, nghĩa là ba đường thẳng đó nằm trên ba mặt phẳng song song với nhau.

Bài tập trang 77, 78, 79, 80 SGK Toán 11

a) Tìm giao tuyến của các mặt phắng sau: $(AEC)$ và $(BFD)$, $(BCE)$ và $(ADF)$.

b) Lấy $M$ là điểm thuộc $DF$. Tìm giao điểm của đường thẳng $AM$ với mặt phẳng $(BCE)$.

c) Chứng minh hai đường thẳng $AC$ và $BF$ không cắt nhau.

Phương pháp giải:

a) Tìm hai điểm chung của các mặt phẳng.

b) Tìm điểm chung của  $AM$ với mặt phẳng $(BCE)$.

c) Sử dụng phương pháp phản chứng: Giả sử AC và BF đồng phẳng.

Lời giải:

a) Trong $(ABCD)$, gọi $I=AC\cap BD$. 

Do đó $\{\begin{array}{l}I\in AC\subset \left(AEC\right)\\ I\in BD\subset \left(BFD\right)\end{array}$ $\Rightarrow I\in \left(AEC\right)\cap \left(BFD\right)$.

Trong $(ABEF)$, gọi $J=AE\cap BF$

Do đó $\{\begin{array}{l}J\in AE\subset \left(AEC\right)\\ J\in BF\subset \left(BFD\right)\end{array}$$\Rightarrow J\in \left(AEC\right)\cap \left(BFD\right)$.

Vậy $(ACE)\cap (BDF)=IJ$.

Trong $\left(ABCD\right)$: gọi $G=AD\cap BC$.

Khi đó $\{\begin{array}{l}G\in AD\subset \left(ADF\right)\\ G\in BC\subset \left(BCE\right)\end{array}$ $\Rightarrow G\in \left(ADF\right)\cap \left(BCE\right)$.

Trong $\left(ABEF\right)$: gọi $H=AF\cap BE$.

Khi đó $\{\begin{array}{l}H\in AF\subset \left(ADF\right)\\ H\in BE\subset \left(BCE\right)\end{array}$ $\Rightarrow H\in \left(ADF\right)\cap \left(BCE\right)$.

Vậy $(BCE)\cap (ADF)=GH$

b) Trong $(AGH)$: Gọi $N=AM\cap GH$

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}N\in AM\\ N\in GH\subset \left(BGH\right)\equiv \left(BCE\right)\end{array}$ $\Rightarrow N=AM\cap \left(BCE\right)$

c) Chứng minh bằng phương pháp phản chứng.

Giả sử $AC$ và $BF$ cùng nằm trong một mặt phẳng.

Khi đó $BF\subset \left(ABCD\right)$ hay hai mặt phẳng $\left(ABCD\right)$ và $\left(ABEF\right)$ trùng nhau (mâu thuẫn giả thiết)

Do đó: $AC$ và $BF$ không cắt nhau.

Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành $ABCD$, hãy tìm giao điểm của đường thẳng $SO$ với $mp(MNP)$.

Phương pháp giải:

a) Xác định giao tuyến của mặt phẳng $(MNP)$ với các mặt của hình chóp.

b) Tìm điểm chung của đường thẳng $SO$ với $mp(MNP)$.

Lời giải:

a) Trong mặt phẳng $(ABCD)$ kéo dài $NP$ cắt đường thẳng $AB,AD$ lần lượt tại $E,F$.

Trong mặt phẳng $(SAD)$ gọi $Q=SD\cap MF$

Trong mặt phẳng $(SAB)$ gọi $R=SB\cap ME$

Do đó 

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}\left(MNP\right)\cap \left(SAD\right)=MQ\\ \left(MNP\right)\cap \left(SDC\right)=QP\\ \left(MNP\right)\cap \left(ABCD\right)=PN\\ \left(MNP\right)\cap \left(SBC\right)=NR\\ \left(MNP\right)\cap \left(SAB\right)=RM\end{array}$

Từ đó ta có thiết diện là ngũ giác $MQPNR$.

b) Trong $(ABCD)$ gọi $H=AC\cap NP$

$\Rightarrow H\in AC\subset \left(SAC\right)$$\Rightarrow MH\subset \left(SAC\right)$

Trong $\left(SAC\right)$, gọi $I=SO\cap MH\Rightarrow \{\begin{array}{l}I\in SO\\ I\in MH\subset \left(MNP\right)\end{array}$

$\Rightarrow I=SO\cap \left(MNP\right)$.

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$

b) Tìm giao điểm của đường thẳng $SD$ với mặt phẳng $(AMN)$

c) Tìm thiết dện của hình chóp $S.ABCD$ cắt bởi mặt phẳng $(AMN)$

Phương pháp giải:

a) Tìm hai điểm chung của hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$.

b) Tìm điểm chung của đường thẳng $SD$ với mặt phẳng $(AMN)$ theo các bước:

- Tìm một mp chứa $SD$ mà cắt được với $(AMN)$.

- Tìm giao tuyến của mp vừa tìm với $(AMN)$.

- Tìm giao điểm của giao tuyến đó với $SD$.

c) Tìm giao tuyến của mặt phẳng $(AMN)$ với tất cả các mặt của hình chóp.

Lời giải:

a) Trong $(ABCD)$ gọi $E=AD\cap BC$

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}E\in AD\subset \left(SAD\right)\\ E\in BC\subset \left(SBC\right)\end{array}$ $\Rightarrow E\in \left(SAD\right)\cap \left(SBC\right)$.

Mà $S\in \left(SAD\right)\cap \left(SBC\right)$ $\Rightarrow SE=\left(SAD\right)\cap \left(SBC\right)$.

b) + Ta có: $SD\subset \left(SAD\right)$

+ Tìm giao tuyến của $SD$ với $(AMN)$.

Trong $(SBE)$: gọi $F=MN\cap SE$ 

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}F\in MN\subset \left(AMN\right)\\ F\in SE\subset \left(SAD\right)\end{array}$ $\Rightarrow F\in \left(AMN\right)\cap \left(SAD\right)$

Mà $A\in \left(AMN\right)\cap \left(SAD\right)$ nên $AF=\left(AMN\right)\cap \left(SAD\right)$

+ Tìm giao điểm của $AF$ với $SD$.

Trong $(SAE)$: gọi $P=AF\cap SD$ 

$\Rightarrow P\in AF\subset \left(AMN\right)$.

Mà $P\in SD$ nên $P=SD\cap (AMN)$

c) Ta có: $\left(AMN\right)\cap \left(SAD\right)=AP$

+) $\left(AMN\right)\cap \left(SCD\right)=PN$

+) $\left(AMN\right)\cap \left(SBC\right)=MN$

+) $\left(AMN\right)\cap \left(SAB\right)=AM$

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng $(AMN)$ là tứ giác $AMNP$.

a) Chứng minh mặt phẳng $(Ax,By)$ song song với mặt phẳng $(Cz,Dt)$

b) Gọi $I=AC\cap BD,J=A^{\prime }{C}^{\prime }\cap B^{\prime }{D}^{\prime }$. Chứng minh $IJ$ song song với $A{A}^{\prime }$

c) Cho $A{A}^{\prime }=a,B{B}^{\prime }=b,C{C}^{\prime }=c$. Hãy tính $D{D}^{\prime }$.

Phương pháp giải:

a) Sử dụng định lý: Nếu mặt phẳng $(\alpha )$ chứa hai đường thẳng cắt nhau $a,b$ và $a,b$ cùng song song với mặt phẳng $(\beta )$ thì hai mặt phẳng đó song song.

b) Dựa vào định lí: Cho hai mặt phẳng song song. Nếu một mặt phẳng cắt mặt phẳng này thì cũng cắt mặt phẳng kia và hai giao tuyến song song với nhau để chứng minh tứ giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình bình hành, từ đó suy ra $J$ là trung điểm của $A^{\prime }{C}^{\prime }$.

Dựa vào tính chất đường trung bình của hình thang suy ra $IJ//A{A}^{\prime }.$

Lời giải:

a) $Ax//Dt$ (giả thiết) $\Rightarrow Ax//\left(Cz,Dt\right)$ (1)

$AB//CD$ (vì $ABCD$ là hình bình hành).

Mà $CD\subset \left(Cz,Dt\right)$ $\Rightarrow AB//\left(Cz,Dt\right)$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\left(Ax,AB\right)//\left(Cz,Dt\right)$ hay $(Ax,By)//(Cz,Dt)$

b) Ta có  $(Ax,By)//(Cz,Dt)$.

Mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ lần lượt cắt hai mặt phẳng $(Ax,By)$ và $(Cz,Dt)$ theo giao tuyến $A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $C^{\prime }{D}^{\prime }$ $\Rightarrow A^{\prime }{B}^{\prime }//C^{\prime }{D}^{\prime }$.

Tương tự ta chứng minh được: $A^{\prime }{D}^{\prime }//B^{\prime }{C}^{\prime }$

Do đó $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình bình hành.

$J=A^{\prime }{C}^{\prime }\cap B^{\prime }{D}^{\prime }$ nên $J$ là trung điểm của $A^{\prime }{C}^{\prime }$.

$A^{\prime }{C}^{\prime }CA$ là hình thàng vì $A{A}^{\prime }//C{C}^{\prime }$. Mà $I$ là trung điểm $AC$ nên $IJ$ là đường trung bình hình thang $A^{\prime }{C}^{\prime }CA$.

Vậy $IJ$//$A{A}^{\prime }$.

c) Chứng minh tương tự ta có $IJ$ là đường trung bình của hình thang $BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }$.

Theo tính chất của đường trung bình hình thang ta có:

$\{\begin{array}{l}IJ=\frac{1}{2}\left(A{A}^{\prime }+C{C}^{\prime }\right)\\ IJ=\frac{1}{2}\left(B{B}^{\prime }+D{D}^{\prime }\right)\end{array}$ $\Rightarrow \{\begin{array}{l}A{A}^{\prime }+C{C}^{\prime }=2IJ\\ B{B}^{\prime }+D{D}^{\prime }=2IJ\end{array}$

Do đó : $A{A}^{\prime }+C{C}^{\prime }=B{B}^{\prime }+D{D}^{\prime }$ $\Rightarrow D{D}^{\prime }=A{A}^{\prime }+C{C}^{\prime }-B{B}^{\prime }$

$\Rightarrow D{D}^{\prime }=a+c-b$.

(A) Nếu hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng còn có vô số điểm chung khác nữa.

(B) Nếu hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì chúng song song với nhau.

(C) Nếu hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau.

(D) Nếu một đường thẳng cắt một trong hai mặt phẳng song song với nhau thì sẽ cắt mặt phẳng còn lại.

Phương pháp giải:

Suy luận từng đáp án.

Lời giải:

Đáp án A đúng, nếu hai mặt phẳng có 1 điểm chung, chứng tỏ chúng cắt nhau, tập hợp các điểm chung của hai mặt phẳng chính là giao tuyến của hai mặt phẳng đó. Vậy chúng có vô số điểm chung khác nữa.

Đáp án B và D hiển nhiên đúng.

Đáp án C sai, chẳng hạn

Trong trường hợp dưới đây: $d_1//\left(P\right);d_2//\left(P\right);d_1\cap d_2.$

Vậy đáp án sai là C.

(A) Đồng quy.

(B) Tạo thành tam giác.

(C) Trùng nhau.

(D) Cùng song song với một mặt phẳng.

Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên.

Phương pháp giải:

Suy luận từng đáp án.

Lời giải:

Nếu ba đường thẳng đó tạo thành một tam giác hay trùng nhau thì chúng đồng phẳng, do đó B và C sai.

Nếu ba đường thẳng đó cùng song song với một mặt phẳng và đôi một cắt nhau thì chúng đồng phẳng, do đó D sai.

Đáp án A đúng (Xem bài tập 3 trang 53 SGK hình học 11).

Chọn đáp án A.

(A) $KD$;

(B) $KI$;

(C) Đường thẳng qua $K$ và song song với $AB$;

(D) Không có.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất: Nếu hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song thì cắt nhau theo giao tuyến song song với hai đường thẳng đó.

Lời giải:

Ta có: $\{\begin{array}{l}\left(ABD\right)\supset AB\\ \left(IJK\right)\supset IJ\\ AB//IJ\\ K\in \left(ABC\right)\cap \left(IJK\right)\end{array}$

$\Rightarrow$ Giao tuyến của hai mặt phẳng $(ABD)$ và $(IJK)$ là đường thẳng qua $K$ và song song với $AB$.

Chọn đáp án C.

(A) Nếu hai mặt phẳng $(\alpha ),(\beta )$ song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong $(\alpha )$ đều song song với $(\beta )$.

(B) Nếu hai mặt phẳng $(\alpha ),(\beta )$ song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong $(\alpha )$ đều song song với mọi đường thẳng nằm trong $(\beta )$.

(C) Nếu hai đường thẳng song song với nhau lần lượt nằm trong hai măt phẳng phân biệt $(\alpha ),(\beta )$ thì $(\alpha ),(\beta )$ song song với nhau

(D) Qua một điểm nằm ngoài mặt phẳng cho trước ta vẽ được một và chỉ một đường thẳng song song với mặt phẳng cho trước đó.

Phương pháp giải:

Dựa vào phương pháp chứng minh hai mặt phẳng song song và đường thẳng song song với mặt phẳng.

Lời giải:

Đáp án A: đúng suy ra từ định nghĩa hai mặt phẳng song song.

Đáp án B: sai vì có thể xảy ra trường hợp hai đường thẳng thuộc hai mp chéo nhau.

Đáp án C: sai vì có thể hai mp đó cắt nhau theo giao tuyến song song với hai đường thẳng đã cho (hệ quả trang 57 SGK hình học 11)

Đáp án D: sai vì ta vẽ được vô số đường thẳng, các đường thẳng này cùng nằm trong mp đi qua điểm đó và song song với mp đã cho.

Chọn đáp án A.

(A) Tam giác $MNE$;

(B) Tứ giác $MNEF$ với $F$ là điểm bất kì trên cạnh $BD$;

(C) Hình bình hành $MNEF$ với $F$ là điểm trên cạnh $BD$ mà $EF//BC$;

(D) Hình thang $MNEF$ với $F$ là điểm trên cạnh $BD$ mà $EF//BC$.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất: Nếu hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song thì cắt nhau theo giao tuyến song song với hai đường thẳng đó.

Lời giải:

Ta có: $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC\Rightarrow MN//BC$.

$\{\begin{array}{l}\left(BCD\right)\supset BC\\ \left(MNE\right)\supset MN\\ MN//BC\\ E\in \left(MNE\right)\cap \left(BCD\right)\end{array}$

$\Rightarrow$ giao tuyến của hai mặt phẳng $(MNE)$ và $(BCD)$ là đường thẳng qua $E$ và song song với $BC$.

Đường thẳng này cắt $BD$ tại $F$. Do đó $MN//EF//BC$.

Ta có $MN=\frac{1}{2}BC$.

Áp dụng định lí Ta-let trong tam giác $BCD$ ta có: $\frac{EF}{BC}=\frac{DE}{DC}=\frac{3}{4}$ $\Rightarrow EF=\frac{3}{4}BC\Rightarrow MN\ne EF$.

Vậy $MNEF$ là hình thang.

Chọn đáp án D.

(A) Tam giác cân;

(B) Tam giác vuông;

(C) Hình thang;

(D) Hình bình hành.

Phương pháp giải:

Xác định thiết diện của lăng trụ tạo bởi mặt phẳng $(AIJ)$.

Sử dụng tính chất: Nếu hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song thì cắt nhau theo giao tuyến song song với hai đường thẳng đó.

Lời giải:

Gọi $M,M^{\prime }$ lần lượt là trung điểm của $BC,B^{\prime }{C}^{\prime }$.

Do $I,J$ là trọng tâm tam giác $ABC,A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $A,I,M$ thẳng hàng và $A^{\prime },J,M^{\prime }$ thẳng hàng.

Do đó $\left(A{A}^{\prime }{M}^{\prime }M\right)\equiv \left(AIJ\right)$ nên thiết diện của lăng trụ tạo bởi mặt phẳng $(AIJ)$ là tứ giác $A{A}^{\prime }{M}^{\prime }M$.

Ta có $\{\begin{array}{l}\left(A{A}^{\prime }{M}^{\prime }M\right)\cap \left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right)=A^{\prime }{M}^{\prime }\\ \left(A{A}^{\prime }{M}^{\prime }M\right)\cap \left(ABC\right)=AM\\ \left(ABC\right)//\left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\right)\end{array}$

$\Rightarrow A^{\prime }{M}^{\prime }//AM$.

Lại có $\mathrm{\Delta }ABC=\mathrm{\Delta }{A}^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }\Rightarrow AM=A^{\prime }{M}^{\prime }$.

Vậy tứ giác $A{A}^{\prime }{M}^{\prime }M$ là hình bình hành.

Chọn đáp án D.

Thiết diện tạo bởi $(\alpha )$ và tứ diện $SABC$ là:

(A) Tam giác cân tại $M$;

(B) Tam giác đều;

(C) Hình bình hành;

(D) Hình thoi.

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất: Nếu hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song thì cắt nhau theo giao tuyến song song với hai đường thẳng đó xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng $(\alpha )$.

Sử dụng định lí Ta-let và tam giác bằng nhau chứng minh $MN=MP$.

Lời giải:

Qua M kẻ $MN//SI$ và $MP//IC$, khi đó thiết diện của tứ diện khi cắt bởi mặt phẳng $(\alpha )$ là tam giác $MNP$.

Ta có $\mathrm{\Delta }SAB=\mathrm{\Delta }CAB\Rightarrow IS=IC$.

Áp dụng định lí Ta-let trong tam giác AIC ta có: $\frac{MP}{IC}=\frac{AM}{AI}$

Áp dụng định lí Ta-let trong tam giác SAI ta có: $\frac{MN}{IS}=\frac{AM}{AI}$

Do đó $\frac{MP}{IC}=\frac{MN}{IS}\Rightarrow MP=MN$. Vậy tam giác $MNP$ cân tại $M$.

Chọn đáp án A.

(A) $x(1+\sqrt{3})$;       (B) $2x(1+\sqrt{3})$;

(C) $3x(1+\sqrt{3})$;     (D) Không tính được.

Phương pháp giải:

Sử dụng định lí Ta-let tính các cạnh của tam giác MNP.

Lời giải:

Tam giác $ABC$ đều có $I$ là trung điểm $AB$ nên $CI\mathrm{\perp }AB$.

Tam giác $AIC$ vuông tại $I$ nên $\Rightarrow IC=AC\sin {60}^0=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Ta có: $MP//IC\Rightarrow {\displaystyle \frac{AM}{AI}}={\displaystyle \frac{MP}{IC}}$ $\Rightarrow MP={\displaystyle \frac{AM.IC}{AI}}={\displaystyle \frac{x.\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{2}}}=x\sqrt{3}$

$\Rightarrow MP=MN=x\sqrt{3}$

Áp dụng định lí Ta-let trong tam giác SAC có ${\displaystyle \frac{NP}{SC}=\frac{AP}{AC}=\frac{AM}{AI}}$ ${\displaystyle \Rightarrow NP=SC.\frac{AM}{AI}=a.\frac{x}{\frac{a}{2}}=2x}$

Vậy chu vi tam giác $MNP$ là:

$MN+MP+NP$ $=x\sqrt{3}+x\sqrt{3}+2x$ $=2x\left(1+\sqrt{3}\right)$

Chọn đáp án B.

(A) 3                                     (B) 4

(C) 5                                     (D) 6

Phương pháp giải:

Sử dụng kết quả của định lí: Cho hai mặt phẳng song song, nếu một mặt phẳng cắt mặt phẳng này thì cũng cắt mặt phẳng kia và hai giao tuyến song song với nhau để chứng minh $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình bình hành.

Gọi $O,O^{\prime }$ lần lượt là tâm của hình bình hành $ABCD,A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, dựa vào tính chất đường trung bình của hình thang và đường trung bình của tam giác để tính độ dài $C{C}^{\prime }$.

Lời giải:

Ta có: 

$\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}BC//AD\Rightarrow BC//\left(AD,Dz\right)\\ Bx//Dz\Rightarrow Bx//\left(AD,Dz\right)\end{array}\\ \Rightarrow \left(BC;Bx\right)//\left(AD;Dz\right)\\ \{\begin{array}{l}\left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }\right)\cap \left(BC;Bx\right)=B^{\prime }{C}^{\prime }\\ \left(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }\right)\cap \left(AD;Dz\right)=A{D}^{\prime }\\ \left(BC,Bx\right)//\left(AD;Dz\right)\end{array}\end{array}$ $\Rightarrow A{D}^{\prime }//B^{\prime }{C}^{\prime }$

Chứng minh tương tự ta có $A{B}^{\prime }//C^{\prime }{D}^{\prime }$. Do đó $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình bình hành.

Gọi $O,O^{\prime }$ lần lượt là tâm của hình bình hành $ABCD,A{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ ta có $O{O}^{\prime }$ là đường trung bình của hình thang $BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }$ nên $B{B}^{\prime }+D{D}^{\prime }=2O{O}^{\prime }$    (1).

$O{O}^{\prime }$ là đường trung bình của tam giác $AC{C}^{\prime }$ nên $C{C}^{\prime }=2O{O}^{\prime }$     (2).

Từ (1) và (2) suy ra $B{B}^{\prime }+D{D}^{\prime }=C{C}^{\prime }$

$\Rightarrow C{C}^{\prime }=2+4=6$

Chọn đáp án D.

(A) Hai đường thẳng phân biệt cùng nằm trong một mặt phẳng thì không chéo nhau;

(B) Hai đường thẳng phân biệt không cắt nhau thì chéo nhau;

(C) Hai đường thẳng phân biệt không song song thì chéo nhau;

(D) Hai đường thẳng phân biệt lần lượt thuộc hai mặt phẳng khác nhau thì chéo nhau.

Phương pháp giải:

Dựa vào vị trí tương đối của hai đường thẳng phân biệt.

Lời giải:

Đáp án A: Hai đường thẳng phân biệt cùng nằm trong một mặt phẳng thì hoặc song song hoặc cắt nhau chứ không chéo nhau nên A đúng.

Đáp án B: Hai đường thẳng phân biệt không cắt nhau thì hoặc chéo nhau hoặc song song.

Đáp án C: Hai đường thẳng phân biệt không song song thì hoặc chéo nhau hoặc cắt nhau.

Đáp án D: Hai đường thẳng phân biệt lần lượt thuộc hai mặt phẳng khác nhau thì hoặc chéo nhau, hoặc song song, hoặc cắt nhau.

Chọn đáp án A.

Thiết diện tạo bởi $(\alpha )$ và hình chóp $S.ABCD$ là hình gì?

(A) Tam giác               (B) Hình bình hành

(C) Hình thang            (D) Hình vuông

Phương pháp giải:

Xác định thiết diện, sử dụng tính chất: Nếu ba mặt phẳng cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao tuyến ấy hoặc đồng quy hoặc đôi một song song với nhau.

Lời giải:

Trong $(ABCD)$ qua $M$ kẻ $MN//BC$

Trong $(SAB)$ qua $M$ kẻ $MQ//SB$

Trong $(SCD)$ qua $N$ kẻ $NP//SC.$

Từ đó ta có thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng $(\alpha )$ là tứ giác $MNPQ$.

Ta có $\{\begin{array}{l}\left(MNPQ\right)\cap \left(SAD\right)=PQ\\ \left(MNPQ\right)\cap \left(ABCD\right)=MN\\ \left(ABCD\right)\cap \left(SAD\right)=AD\end{array}$ $\Rightarrow PQ//MN//AD$

Vậy $MNPQ$ là hình thang.

Chọn đáp án C.