60 Câu Trắc Nghiệm Chương Quan Hệ Song Song Trong Không Gian Giải Chi Tiết

Chọn D

Hình tứ diện là hình chóp có số cạnh ít nhất.

Chọn D

Hình chóp $S.ABCD$ có $5$ mặt nên thiết diện của hình chóp có tối đa 5 cạnh. Vậy thiết diện không thể là lục giác.

Chọn A

Thiết diện của mặt phẳng với hình chóp là đa giác được tạo bởi các giao tuyến của mặt phẳng đó với mỗi mặt của hình chóp.

Hai mặt phẳng bất kì có nhiều nhất một giao tuyến.

Hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có 5 mặt nên thiết diện của $\left( \alpha \right)$ với $S.ABCD$ có không qua 5 cạnh, không thể là hình lục giác 6 cạnh.

Chọn C

• A sai. Qua $2$ điểm phân biệt, tạo được $1$ đường thẳng, khi đó chưa đủ điều kiện để lập một mặt phẳng xác định. Có vô số mặt phẳng đi qua $2$ điểm đã cho.

• B sai. Trong trường hợp $3$ điểm phân biệt thẳng hàng thì chỉ tạo được đường thẳng, khi đó có vô số mặt phẳng đi qua $3$ điểm phân biệt thẳng hàng.

• D sai. Trong trường hợp $4$ điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua 4 điểm đó hoặc trong trường hợp 4 điểm mặt phẳng không đồng phẳng thì sẽ tạo không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả $4$ điểm.

Chọn B

Với $3$ điểm phân biệt không thẳng hàng, ta luôn tạo được $1$ mặt phẳng xác định.

Khi đó, với $4$ điểm không đồng phẳng ta tạo được tối đa $C_4^3 = 4$ mặt phẳng.

Chọn C

Với điểm $S$ không thuộc mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và 4 điểm $A,\;B,\;C,\;D$ thuộc mặt phẳng $\left( \alpha \right)$, ta có $C_4^2$ cách chọn $2$ trong $4$ điểm $A,\;B,\;C,\;D$ cùng với điểm $S$ lập thành $1$ mặt phẳng xác định. Vậy số mặt phẳng tạo được là $6$.

Chọn C

• A sai. Trong trường hợp $3$ điểm phân biệt thẳng hàng thì sẽ có vô số mặt phẳng chứa $3$ điểm thẳng hàng đã cho.

• B sai. Trong trường hợp điểm thuộc đường thẳng đã cho, khi đó ta chỉ có $1$ đường thẳng, có vô số mặt phẳng đi qua đường thẳng đó.

• D sai. Trong trường hợp $4$ điểm phân biệt thẳng hàng thì có vô số mặt phẳng đi qua $4$ điểm đó hoặc trong trường hợp $4$ điểm mặt phẳng không đồng phẳng thì sẽ tạo không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả $4$ điểm.

Chọn A

$4$ điểm $A,\;B,\;C,\;D$ tạo thành $1$ tứ giác, khi đó $4$ điểm $A,\;B,\;C,\;D$ đã đồng phẳng và tạo thành $1$ mặt phẳng duy nhất là mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Chọn D

Hai mặt phẳng phân biệt không song song với nhau thì chúng có duy nhất một giao tuyến.

• A sai. Nếu $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ trùng nhau thì 2 mặt phẳng có vô số điểm chung. Khi đó, chưa đủ điều kiện để kết luận $A,\;B,\;C$ thẳng hàng.

• B sai. Có vô số đường thẳng đi qua $A$, khi đó $B,\;C$ chưa chắc đã thuộc giao tuyến của $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$.

• C sai. Hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ phân biệt giao nhau tại 1 giao tuyến duy nhất, nếu 3 điểm $A,\;B,\;C$ là 3 điểm chung của 2 mặt phẳng thì $A,\;B,\;C$ cùng thuộc giao tuyết.

Chọn A

Cách 1. Xét mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ chứa $CD\,.$

Do $NP$ không song song $CD$ nên $NP$ cắt $CD$ tại $E\,.$

Điểm $E \in NP\,\, \Rightarrow \,\,E \in \left( {MNP} \right).$ Vậy $CD \cap \left( {MNP} \right)$ tại $E.$

Cách 2. Ta có $\left\{ \begin{gathered}
N \in BC \hfill \\
P \in BD \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow NP \subset \left( {BCD} \right)$
Suy ra $NP,\,\,CD$ đồng phẳng.

Gọi $E$ là giao điểm của $NP$ và $CD$ mà $NP \subset \left( {MNP} \right)$ suy ra $CD \cap \left( {MNP} \right) = E\,.$

Vậy giao điểm của $CD$ và $mp\;\left( {MNP} \right)$ là giao điểm $E$ của $NP$ và $CD\,.$

Chọn C

A Sửa lại cho đúng: Ba điểm không thẳng hàng.

B Sửa lại cho đúng: Một điểm và một đường thẳng không chứa điểm đó.

Chọn D

Ta có $ABC$ là tam giác $\xrightarrow{{}}$ ba điểm $A$, $B$, $C$ không thẳng hàng. Vậy có duy nhất một mặt phẳng chứa $A$, $B$, $C$.

Chọn C

Điểm $S$ cùng với hai trong số bốn điểm $A$, $B$, $C$, $D$ tạo thành một mặt phẳng, từ bốn điểm ta có $6$ cách chọn ra hai điểm, nên có tất cả $6$ mặt phẳng tạo bởi $S$ và hai trong số bốn điểm nói trên.

Chọn A

Cứ chọn ra ba điểm trong số năm điểm $A$, $B$, $C$, $D$, $E$ ta sẽ có một mặt phẳng. Từ năm điểm ta có $10$ cách chọn ra ba điểm bất kỳ trong số năm điểm đã cho, nên có $10$ phẳng tạo bởi ba trong số năm điểm đã cho.

Chọn B

$S$ là điểm chung thứ nhất của $\left( {SMN} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$.

$O$ là giao điểm của $AC$ và $MN$ nên $O \in AC,O \in MN$ do đó $O$ là điểm chung thứ hai của $\left( {SMN} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$. Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SMN} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$ là $SO$.

Chọn A

$S$ là điểm chung thứ nhất của $\left( {MSB} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$.

$I$ là giao điểm của $AC$ và $BM$ nên $I \in AC,I \in BM$ do đó $I$ là điểm chung thứ hai của $\left( {MSB} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$. Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {MSB} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$ là $SI$.

Chọn A

Thiết diện là hình bình hành.

Chọn A

Thiết diện $ABNM$là hình chữ nhật.

Chọn C

Khi phương chiếu $l$ thỏa mãn $\left( \alpha \right)//l$ hoặc $\left( \alpha \right) \supset l$ thì các đoạn thẳng $AB$,$BC$,$CA$có hình chiếu lên $\left( P \right)$ nằm trên giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ và $\left( P \right)$.

Chọn B

Phép chiếu song song lên mặt phẳng không bảo toàn mối quan hệ giữa hai đường thẳng chéo nhau trong không gian.

Chọn A

Do phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau, nên không thể có đáp án A

Chọn B

Điểm $E$ và 2 điểm bất kì trong 4 điểm $A,B,C,D$ tạo thành 6 mặt phẳng

Bốn điểm $A,B,C,D$ tạo thành 1 mặt phẳng.

Vậy có tất cả 7 mặt phẳng.

Chọn C

Do bốn điểm không đồng phẳng nên không tồn tại bộ ba điểm thẳng hàng trong số bốn điểm đó. Cứ ba điểm không thẳng hàng xác định một mặt phẳng nên số mặt phẳng phân biệt có thể lập được từ bốn điểm đã cho là $C_4^3 = 4.$

Chọn C

Hình chóp ngũ giác có $5$ mặt bên và $1$ mặt đáy; $5$ cạnh bên và $5$ cạnh đáy.

Chọn A

Có $C_4^2 + 1 = 7$ mặt phẳng.

Chọn C

Có $3$ mặt phẳng gồm $\left( {a\,,\,b} \right),\,\left( {A\,,\,a} \right),\,\left( {A\,,\,b} \right)$.

Chọn D

$I \in BD \Rightarrow I \in \left( {BCD} \right),\,\left( {ABD} \right)$.

$I \in MN \Rightarrow I \in \left( {CMN} \right)$.

Chọn C

Do bốn điểm không đồng phẳng nên không tồn tại bộ ba điểm thẳng hàng trong số bốn điểm đó. Cứ ba điểm không thẳng hàng xác định một mặt phẳng nên số mặt phẳng phân biệt có thể lập được từ bốn điểm đã cho là $C_4^3 = 4.$

Chọn D

Giao tuyến của mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ là đường thẳng $SM.$

Chọn C

Vị trí tương đối của hai đường thẳng cùng nằm trong 1 mặt phẳng là:

Hai đường thẳng trùng nhau.

Hai đường thẳng cắt nhau.

Hai đường thẳng song song.

Chọn B

Hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có thể trùng nhau. Khi đó, chúng có vô số đường thẳng chung $ \Rightarrow $ B sai.

Chọn C

Hình chóp ngũ giác có 5 mặt bên + 1 mặt đáy. 5 cạnh bên và 5 cạnh đáy.

Chọn A

$S$ là điểm chung thứ nhất của $\left( {MSB} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$.

$I$ là giao điểm của $AC$ và $BM$ nên $I \in AC$, $I \in BM$ do đó $I$ là điểm chung thứ hai của $\left( {MSB} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$. Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {MSB} \right)$ và $\left( {SAC} \right)$ là $SI$.

Chọn D

Giao tuyến của mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ là đường thẳng $SM.$

Chọn A

Chọn A

Hình hộp $ABCDA’B’C’D’$ có 2 mặt chéo là $ACC’A’$ và $BDD’B’.$

Chọn D

Giao tuyến của mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ là đường thẳng $SM.$

Chọn A

Chọn D

* Nếu $c$ cắt $a$ thì $c$ có thể chéo $b$ nên A sai.

* Nếu $c$ chéo $a$ thì $c$ có thể cắt $b$ nên B sai.

* Nếu $c$ cắt $a$ thì $c$ có thể cắt $b$ nên C sai.

* Vậy chọn D

Chọn C

Ta có ngay A, B, D đúng.

Đáp án C sai vì hai đường thẳng có thể chéo nhau.

Chọn A

Mệnh đề đúng là: “Trong không gian hai đường thẳng chéo nhau thì không có điểm chung.”

Chọn C

Hai đường thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng thì có ba vị trí tương đối là: song với nhau, trùng nhau và cắt nhau. Do đó hai đường thẳng phân biệt cùng nằm trong một mặt phẳng thì không chéo nhau.

Chọn B

Vì $\left( {MCD} \right)$ chứa $CD\,//\;AB$ nên mặt phẳng $\left( {MCD} \right)$ cắt các mặt phẳng chứa $AB$ theo các giao tuyến song song với $AB$. Mà $M$ là một điểm chung của $\left( {MCD} \right)$ và $\left( {SAB} \right)$ nên theo nhận xét trên giao tuyến $MN$ phải song song với $AB$. Vậy $MN\;//\;CD$.

Chọn B

Ta có $\left( {IBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC$; $\left( {IBC} \right) \cap \left( {SAB} \right) = IB$

Tìm $\left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right)$.

Ta có: $\left\{ \begin{gathered}
I \in \left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right) \hfill \\
BC \in \left( {IBC} \right) \hfill \\
AD \in \left( {SAD} \right) \hfill \\
BC\;//\;AD \hfill \\
\end{gathered} \right.$$ \Rightarrow \left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = Ix\;//\;AD\;//\;BC$

Xét $\left( {SAD} \right)$: Gọi $J = Ix \cap SD$, mà $IA = IS$, $Ix\;//\;AD$ $ \Rightarrow JS = JD$

$ \Rightarrow \left( {IBC} \right) \cap \left( {SAD} \right) = IJ$$ \Rightarrow \left( {IBC} \right) \cap \left( {SDC} \right) = JC$

Vậy thiết diện cần tìm là hình thang $IJBC$.

Chọn A

Ta có: $\frac{{I{G_1}}}{{IB}} = \frac{{I{G_2}}}{{IA}} = \frac{1}{3}$$ \Rightarrow \frac{{{G_1}{G_2}}}{{AB}} = \frac{1}{3}$$ \Rightarrow {G_1}{G_2} = \frac{1}{3}AB$.

Chọn B

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Trong tam giác $MCD$ có $\frac{{MG}}{{MD}} = \frac{{ME}}{{MC}} = \frac{1}{3}$ suy ra $GE//CD$

Chọn D

Gọi $I$ là trung điểm của $A’C$. Ta có $MI//B’C$ và $MI \subset \left( {AC’M} \right)$. Do đó $CB’//\left( {AC’M} \right)$.

Chọn A

Gọi $P$ là trung điểm $AD$

Ta có: $\frac{{BM}}{{BC}} = \frac{{BG}}{{BP}} = \frac{3}{2} \Rightarrow MG//CP \Rightarrow MG//\left( {ACD} \right).$.

Chọn A

$\left\{ \begin{gathered}
M \in \left( P \right) \cap \left( {SDC} \right) \hfill \\
\left( P \right)//SD \hfill \\
\end{gathered} \right.$ $ \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {SDC} \right) = MP,\,\,MP//SD$ và $P$ là trung điểm $SD$.

$\left\{ \begin{gathered}
NP = \left( P \right) \cap \left( {ABDC} \right) \hfill \\
PN//AB \hfill \\
\end{gathered} \right.$$ \Rightarrow \left( P \right)//AB$.

$\left\{ \begin{gathered}
M \in \left( P \right) \cap \left( {SAB} \right) \hfill \\
\left( P \right)//AB \hfill \\
\end{gathered} \right.$$ \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ,\,\,\,MQ//AB$ và $Q$ là trung điểm $SB$.

Do $AB \bot \left( {SDA} \right)$ $ \Rightarrow MQ \bot \left( {SDA} \right)$$ \Rightarrow MQ \bot MP$.

Tứ giác $MPNQ$ có $\left\{ \begin{gathered}
MQ//PN \hfill \\
MQ \bot MP \hfill \\
\end{gathered} \right.$.

Vật thiết diện của hình chóp bởi mặt phẳng $\left( P \right)$ là hình thang vuông $MPNQ$.

Chọn C

Gọi $\alpha $ là mặt phẳng đi qua $M$và song song với $BC$ và $AD$.

Xét $\left( \alpha \right)$ và $\left( {ABD} \right)$ có $\left\{ \begin{gathered}
M \in \left( \alpha \right) \cap \left( {ABD} \right) \hfill \\
\left( \alpha \right)\parallel AD \hfill \\
\end{gathered} \right.$ nên $\left( \alpha \right) \cap \left( {ABD} \right) = MQ$ với $Q$ là trung điểm $BD$.

Xét $\left( \alpha \right)$ và $\left( {MNPQ} \right)$ có $\left\{ \begin{gathered}
Q \in \left( \alpha \right) \cap \left( {BCD} \right) \hfill \\
\left( \alpha \right)\parallel BC \hfill \\
\end{gathered} \right.$ nên $\left( \alpha \right) \cap \left( {BCD} \right) = QP$ với $P$ là trung điểm $CD$.

Xét $\left( \alpha \right)$ và $\left( {ACD} \right)$ có $\left\{ \begin{gathered}
P \in \left( \alpha \right) \cap \left( {ACD} \right) \hfill \\
\left( \alpha \right)\parallel AD \hfill \\
\end{gathered} \right.$ nên $\left( \alpha \right) \cap \left( {ACD} \right) = NP$ với $N$ là trung điểm $AC$.

Mà $MN,PQ$ là hai đường trung bình của tam giác $ABC$và $DBC$.

Nên ta có $\left\{ \begin{gathered}
MN\parallel PQ \hfill \\
MN = PQ \hfill \\
\end{gathered} \right.$

Vậy thiết diện là hình bình hành $MNPQ$.

Chọn A

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

Ta có $\left. \begin{gathered}
\left( \alpha \right)//AD \hfill \\
AD \subset \left( {ADC} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right\}$ $ \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {ADC} \right) = MP$ với $MP//AD$ 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 B

Ta có $CD’\,//\,A’B$ mà $A’B \subset \left( {A’BD} \right)$ nên $CD’\,//\,\left( {A’BD} \right)$.

$CB’\,//\,A’D$ mà $A’D \subset \left( {A’BD} \right)$ nên $CB’\,//\,\left( {A’BD} \right)$.

Vậy $\left( {CB’D’} \right)$ chứa hai đường thẳng $CD’$, $CB’\,$ cắt nhau và cùng song song với $\left( {A’BD} \right)$ từ đó ta có $\left( {A’BD} \right)\,//\,\left( {CB’D’} \right)$.

Chọn C

Ta có $\left( {BA’D’} \right) \equiv \left( {BCA’D’} \right)$ và $\left( {ADC} \right) \equiv \left( {ABCD} \right)$.

Mà $\left( {BCA’D’} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC$, suy ra $\left( {BA’D’} \right) // \left( {ADC} \right)$ sai.

Chọn C

A đúng vì hai mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$và $\left( {A’B’C’D’} \right)$là hai mặt đối của hình hộp nên song song.

B đúng vì hai mặt phẳng $\left( {AA’D’D} \right)$và $\left( {BCC’B’} \right)$là hai mặt đối của hình hộp nên song song.

D đúng vì hai mặt phẳng $\left( {ABB’A’} \right)$và $\left( {CDD’C’} \right)$là hai mặt đối của hình hộp nên song song.

C sai vì hai mặt phẳng này cắt nhau.

Chọn B

Xét hai mặt phẳng $\left( {MON} \right)$và $\left( {SBC} \right)$.

Ta có: $OM\;//\;SC$ và $ON\;//\;SB$.

Mà $BS \cap SC = C$ và $OM \cap ON = O$.

Do đó $\left( {MON} \right)\;//\;\left( {SBC} \right)$.

Chọn B

– Do $\left( \alpha \right)//\left( \beta \right)$ và $a \subset \left( \alpha \right)$ nên $a//\left( \beta \right)$.

– Tương tự, do $\left( \alpha \right)//\left( \beta \right)$ và $b \subset \left( \beta \right)$ nên $b//\left( \alpha \right).$

Chọn C

Do $\left( P \right)$ cắt mặt phẳng $\left( {Ax,By} \right)$ theo giao tuyến $A’B’$; cắt mặt phẳng $\left( {Cz,Dt} \right)$ theo giao tuyến $C’D’$, mà hai mặt phẳng $\left( {Ax,By} \right)$ và $\left( {Cz,Dt} \right)$ song song nên $A’B’//C’D’$.

Tương tự có $A’D’//B’C’$ nên $A’B’C’D’$ là hình bình hành.

Gọi $O$, $O’$ lần lượt là tâm $ABCD$ và $A’B’C’D’$. Dễ dàng có $OO’$ là đường trung bình của hai hình thang $AA’C’C$ và $BB’D’D$ nên $OO’ = \frac{{AA’ + CC’}}{2} = \frac{{BB’ + DD’}}{2}$.

Từ đó ta có $DD’ = 2$.

Câu 58: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang đáy $AD$ và $BC$. Gọi $M$ là trọng tâm tam giác $SAD$, $N$ là điểm thuộc đoạn $AC$ sao cho $NA = \frac{{NC}}{2}$, $P$ là điểm thuộc đoạn $CD$ sao cho $PD = \frac{{PC}}{2}.$ Khi đó, mệnh đề nào sau đây đúng?

Chọn D

Ta có $\left\{ \begin{gathered}
NA = \frac{{NC}}{2} \hfill \\
PD = \frac{{PC}}{2} \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow NP\,//\,AD\,//\,BC$$\left( 1 \right)$.

$M \in \left( {SAD} \right) \cap \left( {MNP} \right)$. Do đó giao tuyến của hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {MNP} \right)$ là đường thẳng $d$ qua $M$ song song với $BC$ và $MN$.

Gọi $R$ là giao điểm của $d$ với $SD$.

Dễ thấy: $\frac{{DR}}{{DS}} = \frac{{DP}}{{DC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow PR\,//\,SC$ $\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra: $\left( {MNP} \right)//\left( {SBC} \right)$ và $MN//\left( {SBC} \right)$.