60 bài tập đại cương về đường thẳng và mặt phẳng mức độ nhận biết, thông hiểu

Ta có: \(E = MN \cap BC \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}E \in MN \subset \left( {OMN} \right)\\E \in BC \subset \left( {BCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow E \in \left( {OMN} \right) \cap \left( {BCD} \right)\)

Và \(O\in \left( OMN \right)\cap \left( BCD \right)\).

Vậy \(OE=\left( OMN \right)\cap \left( BCD \right)\)

Chọn D.

\(E\in BC,E\in MN\subset \left( OMN \right)\Rightarrow E=BC\cap \left( OMN \right)\Rightarrow \)(I) đúng.

 Trong (BCD) gọi \(F=OE\cap BD\Rightarrow F=BD\cap \left( OMN \right)\Rightarrow \)(II) đúng.

 Trong (BCD) gọi \(G=OE\cap CD\Rightarrow G=\left( OMN \right)\cap CD\Rightarrow \) (III) sai.

Chọn C.

Gọi \(I=AB\cap CD\) ta có:

\(\begin{array}{l}I \in AB \Rightarrow I \in \left( {SAB} \right),I \in CD \Rightarrow I \in \left( {SCD} \right)\\S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\\ \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SI \Rightarrow d \equiv SI\end{array}\)

Chọn D.

Trong (SBD) gọi \(P=DY\cap SB.\) Mà \(SB\subset \left( SBD \right)\Rightarrow DY\cap \left( SBD \right)=P.\)

Chọn A.

Trong (SAC) gọi \(E=SO\cap AC'\Rightarrow E\in \left( AB'C' \right)\Rightarrow B'E\subset \left( AB'C' \right)\)

Trong (SBD) gọi \(D'=B'E\cap SD.\) Mà \(B'E\subset \left( AB'C' \right)\Rightarrow SD\cap \left( AB'C' \right)=D'.\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {SAC} \right) = AC'\\\left( {AB'C'} \right) \cap \left( {SBD} \right) = B'D'\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\end{array} \right. \Rightarrow \) Các đường thẳng AC’, B’D’, SO đồng quy hoặc song song.

Mà \(AC'\cap SO=E\) nên các đường thẳng AC’, B’D’, SO đồng quy tại E.

Chọn A.

Gọi

\(\begin{array}{l}I = MN \cap AB\\I \in MN \Rightarrow I \in \left( {SMN} \right),I \in AB \Rightarrow I \in \left( {SAB} \right)\\ \Rightarrow I = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SMN} \right)\\S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SMN} \right)\\ \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {SMN} \right) = SI.\end{array}\)

Chọn D.

Ta có MN ⊂ (SAB)

(SAB) ∩ (ABC) = AB

Gọi D là giao điểm của MN và AB

⇒ D là giao điểm của MN và (ABC)

Chọn đáp án C

Thiết diện của tứ diện \(ABCD\) khi cắt bởi mặt phẳng \(\left( {MNP} \right)\) chính là tam giác \(MNP.\)

Chọn A.

Trong \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(I\) là giao điểm của\(AC\) và \(BM\)

Khi đó:  \(\left\{ \begin{array}{l}I \in AC \subset \left( {SAC} \right)\\I \in BM \subset \left( {SBM} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBM} \right)\)

Mà \(S \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBM} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBM} \right) = SI\).

Chọn: D

Mệnh đề sai là: Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có một đường thẳng chung duy nhất. (do hai mặt phẳng đó có thể trùng nhau). 

Chọn: A

Từ 4 điểm \(A,\,B,\,C,\,D\) ghép được 6 cặp điểm \( \Rightarrow \) Có tất cả 6 mặt phẳng tạo bởi \(S\) và hai trong bốn điểm \(A,\,B,\,C,\,D\)

Chọn: A

Chóp tứ giác có 5 mặt nên thiết diện tối đa chỉ có thể là ngũ giác, không thể là lục giác.

Chọn A.

Các cạnh bên của lăng trụ đứng cùng vuông góc với đáy nên chúng song song với nhau, do đó đáp án A sai.

Chọn A.

\(\left. \begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( \beta  \right) = {d_1}\\\left( \beta  \right) \cap \left( \gamma  \right) = {d_2}\\\left( \gamma  \right) \cap \left( \alpha  \right) = {d_3}\end{array} \right\} \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{d_1}\parallel {d_2}\parallel {d_3}\\{d_1},\,\,{d_2},\,\,{d_3}\,\,dong\,\,quy\end{array} \right.\)

Chọn D.

\(E \in BC,E \in MN \subset \left( {OMN} \right) \Rightarrow E = BC \cap \left( {OMN} \right) \Rightarrow \) (I) đúng.

Trong (BCD) gọi \(F = OE \cap BD \Rightarrow F = BD \cap \left( {OMN} \right) \Rightarrow \) (II) đúng.

Trong (BCD) gọi \(G = OE \cap CD \Rightarrow G = \left( {OMN} \right) \cap CD \Rightarrow \) (III) sai.

Chọn đáp án C.

Gọi K là trung điểm của AB.

Theo tính chất trọng tâm tam giác SAB ta có:

\(\frac{SN}{SK}=\frac{2}{3}.\)

Trong mặt phẳng (SDK), kéo dài DK cắt BC tại điểm E.

Xét tam giác \(\Delta SDE\) ta có:

EM và SK là hai đường trung tuyến của tam giác.

Lại có: \(\frac{SN}{SK}=\frac{2}{3}\)

\(\Rightarrow N\)  là trọng tâm \(\Delta SDE\Rightarrow M,\ N,\ E\) thẳng hàng

\(\Rightarrow I\equiv E.\)

\(\Rightarrow \frac{IN}{IM}=\frac{2}{3}\) (tính chất trọng tâm tam giác).

Chọn D.

Trong (CDD’C’) qua M kẻ MN // C’D \(\left( N\in \text{DD}' \right)\)

Gọi \(G=MN\cap DC'\Leftrightarrow G\in \left( B'C'D \right)\)

Trong (B’C’D) qua G kẻ GQ // B’D \(\left( Q\in B'C' \right)\)

Kéo dài MN, gọi \(E=MN\cap C'D'\)

\(\Rightarrow E\in \left( A'B'C'D' \right),F=MN\cap CC'\Rightarrow F\in \left( BCC'B' \right)\)

Trong (A’B’C’D’) gọi \(P=EQ\cap A'D'\)

Trong (BCC’B’) gọi \(R=QF\cap BC\)

Vậy thiết diện cần tìm là ngũ giác MNPQR.

Chọn A.

Gọi I, J lần lượt là giao điểm của A’C’ và AC; A’B’ và AB

Khi đó \(\left( {ABC} \right) \cap \left( {A'B'C'} \right) = IJ\)

\( \Rightarrow \) Mặt phẳng (ABC) và mặt phẳng (A’B’C’) không có điểm chung: là sai. 

Chọn: A

+) Ta có: \(\frac{{SM}}{{SD}} = \frac{1}{2},\,\,\frac{{SN}}{{SB}} = \frac{2}{3} \Rightarrow MN\)không song song \(BD\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}MN \subset \left( {SBD} \right)\\\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \) MN không song song với (ABCD)

\( \Rightarrow \) Đường thẳng MN cắt mặt phẳng (ABCD) (do \(MN \not\subset \left( {ABCD} \right)\))

+)  Gọi \(I = MN \cap SO,\,\,P = AI \cap SC\)

\( \Rightarrow \) Thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt phẳng (AMN) là tứ giác \(AMPN\), đây không phải là hình thang.

+) Hai đường thẳng MN và SO cắt nhau và Hai đường thẳng MN và SC chéo nhau là hai khẳng định đúng.

Chọn: B

Gọi \(O = AC \cap BD\), \(I = SO \cap AC'\), \(D' = SD \cap IB\)

Thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (ABC’) là tứ giác \(ABC'D'\)

\( \Rightarrow m = 4\).

Chọn: B

Ta có:  \(RT//AD\) (do \(RT\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\))

\(MQ//AD\) (do \(RT\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\))

\( \Rightarrow RT//MQ \Rightarrow \) M, Q, R, T đồng phẳng.

Chọn: B

Dễ thấy \(\left( {SAO} \right)\) và \(\) có 1 điểm chung là \(S\).

Ta có \(O = AC \cap BD \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}O \in AO \subset \left( {SAO} \right)\\O \in BD \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {SAO} \right) \cap \left( {SBD} \right)\).

Vậy \(\left( {SAO} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\) với \(O = AC \cap BD\).

Chọn D.

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\).

Trong \(\left( {AMD} \right)\) kẻ \(GI//AD,\,\,I \in MD \Rightarrow I \in \left( {BCD} \right)\)

Khi đó \(I\) là hình chiếu của \(G\) lên mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) theo phương chiếu \(AD\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{DI}}{{DM}} = \dfrac{{AG}}{{AM}} = \dfrac{2}{3}\), lại có \(DM\) là trung tuyến của \(\Delta BCD \Rightarrow I\) là trọng tâm tam giác \(BCD\).

Chọn C.

Trong \(\left( {ABCD} \right)\) gọi \(I = AC \cap BM\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}I \in AC \subset \left( {SAC} \right)\\I \in BM \subset \left( {MSB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow I\) là điểm chung của \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {MSB} \right)\).

Dễ thấy \(\left( {SAC} \right)\) và \(\left( {MSB} \right)\) có điểm chung thứ hai là \(S\).

Vậy \(SI\) với \(I = AC \cap BM\).

Chọn A