Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hai mặt song song (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng khẳng định: A sai vì hai mặt phẳng cùng cắt $(R)$ có thể cắt nhau (ví dụ ba mặt phẳng đôi một cắt nhau). B sai vì $(P)$ chỉ cần chứa một đường thẳng song song với $(Q)$ thì $(P)$ và $(Q)$ vẫn có thể cắt nhau. C sai vì hai đường thẳng đó có thể trùng nhau hoặc song song với giao tuyến nếu $(P)$ cắt $(Q)$. D đúng: nếu $(P)$ và $(Q)$ cùng song song với $(R)$ thì chúng không thể cắt nhau (nếu cắt nhau tại một đường thẳng $d$ thì trong $(R)$ sẽ tồn tại đường thẳng song song với $d$, mâu thuẫn với tính chất hai mặt phẳng song song), nên $(P)\parallel (Q)$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;2;0)$, $C(2;2;0)$, $O(1;1;0)$, $S(0;0;h)$.
a) $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$ nên $MN\parallel AD\parallel BC$. $O$ là trung điểm $AC$, $M$ là trung điểm $SA$ nên $OM$ là đường trung bình của tam giác $SAC$, suy ra $OM\parallel SC$. Vì $MN\parallel BC$, $OM\parallel SC$ với $BC$, $SC$ nằm trong $(SBC)$ và cắt nhau, nên $(OMN)\parallel (SBC)$. Đúng.
b) $N=(0;1;h/2)$, $E=(1;0;0)$. $F$ thuộc $ON$: $F=(1-t;1;th/2)$, $t\in [0;1]$. Vecto $\overrightarrow{EF}=(-t;1;th/2)$. Mặt phẳng $(SBC)$ có phương trình $2hx+4z=4h$. Kiểm tra: $2h(-t)+4\cdot (th/2)=0$, nên $EF$ luôn song song với $(SBC)$; hơn nữa $E$ không thuộc $(SBC)$ vì $2h\cdot 1+0=2h\ne 4h$. Đúng.
c) $MN\parallel AD\parallel BC$ với $BC\subset (SBC)$, $MN\not\subset (SBC)$ ($M$, $N$ không thuộc mặt phẳng này), nên $MN\parallel (SBC)$. Do đó khẳng định "$MN$ không song song với $(SBC)$" là sai.
d) $G$ cách đều $AB$ và $CD$ nên $G$ nằm trên trung tuyến của hình bình hành song song với $AB$, tức $G$ có tung độ $y=1$. Cũng có $N=(0;1;h/2)$ có $y=1$, vậy đường thẳng $GN$ nằm hoàn toàn trong mặt phẳng $y=1$, song song với mặt phẳng $(SAB)$ (là mặt phẳng $y=0$), và $GN$ không nằm trong $(SAB)$. Đúng.
a) $MN\parallel BC$ (đường trung bình tam giác $SAD$) và $OM\parallel SC$ (đường trung bình tam giác $SAC$), nên $(OMN)\parallel (SBC)$.
b) Với tọa độ $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $D(0;2;0)$, $S(0;0;h)$: $E(1;0;0)$, $F(1-t;1;th/2)$. Vecto $\overrightarrow{EF}=(-t;1;th/2)$ thỏa mãn phương trình mặt $(SBC)$: $2hx+4z=4h$ cho giá trị không đổi, nên $EF\parallel (SBC)$ với mọi vị trí $F$ trên $ON$, và $E$ không thuộc $(SBC)$.
c) $MN\parallel AD\parallel BC\subset (SBC)$ và $MN\not\subset (SBC)$, nên $MN$ song song với $(SBC)$; khẳng định "không song song" sai.
d) $G$ cách đều $AB$ và $CD$ nên $G$ nằm trên đường trung tuyến song song $AB$ ($y=1$); $N$ cũng có $y=1$, nên $GN$ nằm trong mặt phẳng song song với $(SAB)$ và không nằm trong $(SAB)$, suy ra $GN\parallel (SAB)$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $AB$. Vì $I$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $I$ thuộc trung tuyến $CM$ với $\frac{MI}{MC}=\frac{1}{3}$. Tương tự, $J$ là trọng tâm tam giác $ABD$ nên $J$ thuộc trung tuyến $DM$ với $\frac{MJ}{MD}=\frac{1}{3}$. Xét tam giác $MCD$: hai điểm $I\in MC$, $J\in MD$ thỏa mãn $\frac{MI}{MC}=\frac{MJ}{MD}=\frac{1}{3}$, theo định lý Thales (đảo) ta có $IJ\parallel CD$. Vậy khẳng định đúng là C, trùng với đáp án đề (mã 112, câu 5: C).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi ba mặt phẳng là $(P)$, $(Q)$, $(R)$ với $d_1=(P)\cap (Q)$, $d_2=(P)\cap (R)$, $d_3=(Q)\cap (R)$. Vì $d_1$ và $d_2$ cùng nằm trong mặt phẳng $(P)$ và $d_1\parallel d_2$, nên $d_1$ không cắt $(R)$ tại điểm nào (nếu $d_1$ cắt $(R)$ tại $M$ thì $M\in d_1\cap d_2$, mâu thuẫn với $d_1\parallel d_2$). Mà $d_1\subset (Q)$ và $(Q)\cap (R)=d_3$, suy ra $d_1\parallel d_3$ (định lý: nếu một đường thẳng song song với một mặt phẳng thì nó song song với giao tuyến của mặt phẳng đó với mặt phẳng chứa đường thẳng). Vậy $d_1\parallel d_3$, khẳng định đúng là B. Kết quả trùng với đáp án nguồn (mã đề 112, câu 9: B).

Ta có: $MN//DE$ nên bốn điểm $M,N,D,E$ đồng phẳng. Trong mặt phẳng $(MNED)$, gọi $I=DM\cap NE\Rightarrow I\in AB,AB=(ABCD)\cap (ABEF)$, khi đó: $\frac{IM}{DM}=\frac{IN}{NE}$. Theo giả thiết, ta có: $\frac{AM}{AC}=k(1)\Rightarrow \frac{AC-MC}{AC}=k\Rightarrow 1-\frac{MC}{AC}=k\Rightarrow \frac{MC}{AC}=1-k(2)$. Từ (1) và (2) suy ra $\frac{AM}{MC}=\frac{k}{1-k}$; tương tự ta chứng minh được $\frac{BN}{FN}=\frac{k}{1-k}$. Vì $AB//CD$ nên $\frac{IM}{DM}=\frac{IA}{DC}=\frac{AM}{MC}=\frac{k}{1-k}$; vì $AB//EF$ nên $\frac{IN}{NE}=\frac{BI}{EF}=\frac{BN}{NF}=\frac{k}{1-k}$. Mặt khác $\frac{AI}{DC}+\frac{BI}{EF}=\frac{AI}{FE}+\frac{BI}{EF}=1\Rightarrow 2\cdot \frac{k}{1-k}=1\Rightarrow 2k=1-k\Rightarrow k=\frac{1}{3}$. Vậy với $k=\frac{1}{3}$ thì $MN//DE$. (Đáp số ghi 0,33 theo yêu cầu chính xác đến hàng phần trăm.)

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M$, $N$ là trung điểm của $SA$, $SD$ nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$, suy ra $MN\parallel AD$. Mà $AD\subset (ABC)$ nên $MN\parallel (ABC)$. Mặt phẳng $(OMN)$ chứa $MN$ và cắt $(ABC)$ theo giao tuyến $d$ đi qua điểm $O$ (vì $O\in (OMN)\cap (ABC)$). Theo tính chất đường thẳng song song với mặt phẳng, $d\parallel MN$, do đó $d\parallel AD$. Vậy giao tuyến là đường thẳng đi qua $O$ và song song với $AD$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(\alpha )//(\beta )$ nên mọi đường thẳng $a\subset (\alpha )$ đều song song với $(\beta )$ (D đúng) và $b\subset (\beta )$ song song với $(\alpha )$ (C đúng). Tuy nhiên $a$ và $b$ có thể chéo nhau, nên khẳng định $a//b$ (B) không luôn đúng, do đó B sai. A đúng vì nếu tồn tại mp $(\gamma )$ chứa cả $a$ và $b$ thì $a,b$ đồng phẳng và không cắt nhau (nếu cắt nhau thì giao điểm thuộc cả hai mp song song, vô lý), nên $a//b$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 2.

1) Vì $MNPQ$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm $MP$. Trong tam giác $SMP$: $J$ là trung điểm $SM$, $O$ là trung điểm $MP$ nên $JO\parallel SP$. Trong tam giác $SMN$: $J$ là trung điểm $SM$, $I$ là trung điểm $MN$ nên $IJ\parallel SN$. Ta có $JO\subset (OIJ)$, $JO\parallel SP\subset (SNP)$; $IJ\subset (OIJ)$, $IJ\parallel SN\subset (SNP)$; và $SN\cap SP=S$, $IJ\cap JO=J$, $J\notin (SNP)$. Vậy $(OIJ)\parallel (SNP)$.

2) Chọn hệ tọa độ: $M(0;0;0)$, $N(a;0;0)$, $P(a;a;0)$, $Q(0;a;0)$. Vì tam giác $SMN$ đều cạnh $a$ nên $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, gọi $h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Mặt phẳng $(SMN)$ là mặt phẳng $y=0$. Mặt phẳng $(\alpha )\parallel (SMN)$ đi qua $E(0;x;0)$ trên $MQ$ nên $(\alpha ):y=x$.

- $F\in NP$: $NP$ là đoạn $x=a$, $0\le y\le a$ nên $F(a;x;0)$, do đó $EF=a$.
- $A\in SP$: $A=S+t(P-S)=\left(\frac{a}{2}+\frac{ta}{2};ta;h(1-t)\right)$, điều kiện $y=x$ cho $t=\frac{x}{a}$, nên $A\left(\frac{a}{2}+\frac{x}{2};x;h\left(1-\frac{x}{a}\right)\right)$.
- $H\in SQ$: $H=S+t(Q-S)$, điều kiện $y=x$ cho $t=\frac{x}{a}$, nên $H\left(\frac{a}{2}-\frac{x}{2};x;h\left(1-\frac{x}{a}\right)\right)$.

Suy ra $\overrightarrow{AH}=H-A=(-x;0;0)$ nên $AH\parallel EF$, tức $EFAH$ là hình thang với hai đáy $EF=a$, $AH=x$.

Chiều cao của hình thang là khoảng cách giữa hai đường thẳng $EF$ và $AH$, tức độ dài thành phần vuông góc với phương $Ox$ của $\overrightarrow{EH}=\left(\frac{a}{2}\left(1-\frac{x}{a}\right);0;h\left(1-\frac{x}{a}\right)\right)$, bằng $h\left(1-\frac{x}{a}\right)=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a-x}{a}$.

Diện tích tứ giác $EFAH$:
$$S_{EFAH}=\frac{EF+AH}{2}\cdot h\left(1-\frac{x}{a}\right)=\frac{a+x}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}(a-x)=\frac{\sqrt{3}}{4}(a^2-x^2).$$

Theo đề bài:
$$\frac{\sqrt{3}}{4}(a^2-x^2)=\frac{a^2\sqrt{3}}{8}\Rightarrow a^2-x^2=\frac{a^2}{2}\Rightarrow x^2=\frac{a^2}{2}\Rightarrow x=\frac{a\sqrt{2}}{2}$$
(vì $0<x<a$).

Vậy $x=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAD$, $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $AD$ nên $MN\parallel SD$. Vì $SD\subset (SCD)$ và $MN\not\subset (SCD)$ nên $MN\parallel (SCD)$. Trong tam giác $ABD$, $N$ là trung điểm $AD$, $O$ là trung điểm $BD$ (tâm hình bình hành) nên $NO\parallel AB$. Mà $AB\parallel DC$ (hình bình hành) và $DC\subset (SCD)$, $NO\not\subset (SCD)$ nên $NO\parallel (SCD)$. Hai đường thẳng cắt nhau $MN$ và $NO$ cùng song song với mặt phẳng $(SCD)$, do đó $(MNO)\parallel (SCD)$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C(0,1,0)$, $A^{\prime }(0,0,1)$, $B^{\prime }(1,0,1)$, $C^{\prime }(0,1,1)$.

Trọng tâm tam giác $ABC$: $I=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},0\right)$.
Trọng tâm tam giác $AC{C}^{\prime }$: $J=\left(0,\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$.
Trọng tâm tam giác $A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$: $K=\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{2}{3}\right)$.

Vectơ $\overrightarrow{IJ}=\left(-\frac{1}{3},0,\frac{1}{3}\right)$, $\overrightarrow{IK}=\left(0,0,\frac{2}{3}\right)$. VTPT của $(IJK)$: $\overrightarrow{IJ}\times \overrightarrow{IK}=\left(0,\frac{2}{9},0\right)$, tức $(IJK)$ là mặt phẳng $y=\frac{1}{3}$.

Xét các phương án:
- $(B{C}^{\prime }A)$: qua $A(0,0,0)$, $B(1,0,0)$, $C(0,1,0)$ là mặt phẳng $z=0$ — cắt $(IJK)$, không song song.
- $(A{A}^{\prime }B)$: qua $A(0,0,0)$, $A^{\prime }(0,0,1)$, $B(1,0,0)$ là mặt phẳng $y=0$ — song song với $y=\frac{1}{3}$. Đúng.
- $(B{B}^{\prime }C)$: qua $B(1,0,0)$, $B^{\prime }(1,0,1)$, $C(0,1,0)$ có VTPT $(1,1,0)$, không song song với $(0,1,0)$.
- $(C{C}^{\prime }A)$: qua $C(0,1,0)$, $C^{\prime }(0,1,1)$, $A(0,0,0)$ là mặt phẳng $x=0$ — cắt $(IJK)$.

Vậy mặt phẳng song song với $(IJK)$ là $(A{A}^{\prime }B)$, đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tam giác $SAD$: $M$ là trung điểm $SA$, $N$ là trung điểm $AD$ nên $MN\parallel SD$. Trong tam giác $ACD$: $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$ nên $O$ là trung điểm $AC$, mà $N$ là trung điểm $AD$ nên $NO\parallel DC$. Vì $MN\parallel SD\subset (SCD)$, $NO\parallel DC\subset (SCD)$, $MN$ cắt $NO$ tại $N$, và $M,N,O$ không thuộc $(SCD)$, nên $(MNO)\parallel (SCD)$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{CD}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\overrightarrow{D{C}^{\prime }}$, suy ra $B{A}^{\prime }\parallel D{C}^{\prime }$. Tương tự, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{A{D}^{\prime }}$, suy ra $B{C}^{\prime }\parallel A{D}^{\prime }$. Hai đường thẳng cắt nhau $B{A}^{\prime }$, $B{C}^{\prime }$ thuộc mặt phẳng $(B{A}^{\prime }{C}^{\prime })$ lần lượt song song với hai đường thẳng cắt nhau $D{C}^{\prime }$, $A{D}^{\prime }$ thuộc mặt phẳng $(A{D}^{\prime }C)$, do đó $(B{A}^{\prime }{C}^{\prime })\parallel (A{D}^{\prime }C)$. Kết quả này trùng với đáp án nguồn D.

[Hình cần kiểm tra lại: p18_f1]

Gọi $O=AC\cap BD$, $G=SO\cap AM$. Trong mặt phẳng $(SBD)$ kẻ đường thẳng $d$ đi qua $G$ và song song với $BD$ cắt $SD$, $SB$ lần lượt tại $E$ và $F$. Ta có $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{65}$. Kẻ $MH\parallel SO$ $(H\in AC)$. Ta có $\frac{CH}{CO}=\frac{CM}{CS}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{CH}{CA}=\frac{1}{6}\Rightarrow \frac{OG}{MH}=\frac{AO}{AH}=\frac{3}{5}$. $\Rightarrow OG=\frac{3}{5}MH=\frac{3}{5}\cdot \frac{1}{3}SO=\frac{1}{5}SO$. Suy ra $\frac{EF}{BD}=\frac{SG}{SO}=\frac{4}{5}\Rightarrow EF=\frac{4}{5}BD=\frac{4\sqrt{65}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, tứ giác $AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }$ là hình bình hành nên $A^{\prime }{C}^{\prime }\parallel AC$, suy ra $A^{\prime }{C}^{\prime }\parallel (AC{D}^{\prime })$. Ta có $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{D}^{\prime }}$, do đó $B{C}^{\prime }\parallel A{D}^{\prime }$, tức $B{C}^{\prime }\parallel (AC{D}^{\prime })$. Hai đường thẳng cắt nhau $A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $B{C}^{\prime }$ cùng nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }{C}^{\prime }B)$ và cùng song song với $(AC{D}^{\prime })$, nên $(A^{\prime }{C}^{\prime }B)\parallel (AC{D}^{\prime })$. Vậy đáp án là C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 4567, câu 3: C).

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{C{C}^{\prime }}-\overrightarrow{BC}$... xét theo vectơ: $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\overrightarrow{A{A}^{\prime }}-\overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{D{C}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}-\overrightarrow{DC}$; vì $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$ và $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$ nên $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\overrightarrow{D{C}^{\prime }}$, suy ra $B{A}^{\prime }\parallel D{C}^{\prime }$. Tương tự, $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{D{D}^{\prime }}=\overrightarrow{A{D}^{\prime }}$, suy ra $B{C}^{\prime }\parallel A{D}^{\prime }$. Hai đường thẳng cắt nhau $B{A}^{\prime },B{C}^{\prime }$ (cùng nằm trong $(B{A}^{\prime }{C}^{\prime })$) lần lượt song song với hai đường thẳng cắt nhau $D{C}^{\prime },A{D}^{\prime }$ (cùng nằm trong $(A{D}^{\prime }C)$), do đó $(B{A}^{\prime }{C}^{\prime })\parallel (A{D}^{\prime }C)$. Vậy đáp án là D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 2345, câu 12: D).

[Hình cần kiểm tra lại: p18_f1]

Gọi $O=AC\cap BD$, $G=SO\cap AM$. Trong mặt phẳng $(SBD)$ kẻ đường thẳng $d$ đi qua $G$ và song song với $BD$ cắt $SD$, $SB$ lần lượt tại $E$ và $F$. Ta có $BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\sqrt{65}$. Kẻ $MH\parallel SO$ $(H\in AC)$. Ta có $\frac{CH}{CO}=\frac{CM}{CS}=\frac{1}{3}\Rightarrow \frac{CH}{CA}=\frac{1}{6}\Rightarrow \frac{OG}{MH}=\frac{AO}{AH}=\frac{3}{5}$. $\Rightarrow OG=\frac{3}{5}MH=\frac{3}{5}\cdot \frac{1}{3}SO=\frac{1}{5}SO$. Suy ra $\frac{EF}{BD}=\frac{SG}{SO}=\frac{4}{5}\Rightarrow EF=\frac{4}{5}BD=\frac{4\sqrt{65}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=\overrightarrow{D^{\prime }C}$ (vì $AB{A}^{\prime }{D}^{\prime }$ và $DC{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là các hình bình hành), suy ra $B{A}^{\prime }\parallel C{D}^{\prime }$. Tương tự $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=\overrightarrow{A{D}^{\prime }}$, suy ra $B{C}^{\prime }\parallel A{D}^{\prime }$. Như vậy trong mặt phẳng $(A^{\prime }{C}^{\prime }B)$ có hai đường thẳng $B{A}^{\prime }\parallel C{D}^{\prime }$ và $B{C}^{\prime }\parallel A{D}^{\prime }$ với hai đường thẳng nằm trong mặt phẳng $(AC{D}^{\prime })$, mà hai mặt phẳng này không trùng nhau (chúng chứa các điểm khác nhau). Theo định lý về điều kiện song song của hai mặt phẳng, $(A^{\prime }{C}^{\prime }B)\parallel (AC{D}^{\prime })$. Các phương án khác đều cắt $(AC{D}^{\prime })$: $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ chứa $A^{\prime }$ nhưng $A^{\prime }\notin (AC{D}^{\prime })$ và các mặt này có giao tuyến; tương tự $(B^{\prime }{C}^{\prime }B)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }B)$ đều cắt $(AC{D}^{\prime })$. Vậy đáp án là C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 0123, câu 6: C).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(\alpha )\parallel (\beta )$ và $d\parallel (\alpha )$ nên $d$ hoặc song song với $(\beta )$, hoặc nằm trong $(\beta )$ (khi $d$ nằm trong $(\beta )$ thì do $(\beta )\parallel (\alpha )$ nên $d$ vẫn song song với $(\alpha )$). Vậy có 2 vị trí tương đối của $d$ và $(\beta )$: song song hoặc $d\subset (\beta )$. Đáp án C.