Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Quan hệ liên thuộc (Toán học Lớp 11)

a) $(SAB)\cap (SCD)=?$
Ta có S là điểm chung của 2 mp $(SAB)$ và $(SCD)$ (1)
$$+\{\begin{array}{l}(SAB)\supset AB\\ (SCD)\supset CD\\ AB//CD\end{array}(2)$$
Từ (1) và (2) suy ra $(SAB)\cap (SCD)=d$, với $d$ qua $S$, $d//AB//CD$.

b) C/m: $MN//(SCD)$
Ta có: $+MN//CD$ (vì cùng song song với $AB$)
$+MN\not\subset (SCD)$, $CD\subset (SCD)$
Suy ra $MN//(SCD)$
[Hình cần kiểm tra lại: p8_f1]

(AI giải đề cho tôi)
Hình tứ diện ABCD có 4 đỉnh, mỗi cặp đỉnh nối với nhau bởi một cạnh nên số cạnh là $C_4^2=6$. Số mặt là các tam giác: ABC, ABD, ACD, BCD, tức 4 mặt. Vậy số cạnh và số mặt theo thứ tự là 6; 4, khớp với đáp án B (đáp án nguồn cũng là B).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AE=3EM$ nên $\overrightarrow{AE}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AM}$, tức $E$ nằm trên $AM$ với $AE=\frac{3}{4}AM$. Tương tự $AF=\frac{3}{4}AN$. Trong tam giác $AMN$, ta có $\overrightarrow{AE}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AM}$ và $\overrightarrow{AF}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AN}$, suy ra $\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AE}=\frac{3}{4}(\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM})=\frac{3}{4}\overrightarrow{MN}$. Vậy $EF=\frac{3}{4}MN$. Trong tam giác $BCD$, $M,N$ là trung điểm $BC,CD$ nên $MN$ là đường trung bình: $MN=\frac{1}{2}BD$. Do đó $EF=\frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}BD=\frac{3}{8}BD$, suy ra $\frac{BD}{EF}=\frac{8}{3}\approx 2,67$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 2,67.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp có đáy là hình bình hành gồm 1 mặt đáy và 4 mặt bên (4 tam giác), tổng cộng 5 mặt. Khớp với đáp án nguồn C (mã đề 102, câu 2).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $P\in SB,Q\in SC$ nên $PQ\subset (SBC)$, do đó $K=PQ\cap BC\in (SBC)$; cũng có $K\in BC\subset (ABC)$ và $K\in PQ\subset (SPQ)$. Vậy $K$ thuộc cả ba mặt phẳng $(ABC),(SPQ),(SBC)$. Mặt phẳng $(SAP)$: nếu $K\in (SAP)$ thì $K\in (SAP)\cap (SBC)=SA$ (vì $A\notin (SBC)$ nên hai mặt phẳng cắt nhau theo giao tuyến $SA$), nhưng $K\in BC$ và $SA$ chỉ cắt $(ABC)$ tại $A\notin BC$, mâu thuẫn. Vậy $K$ không thuộc $(SAP)$. Kết quả khớp với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 3: A).

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp có đáy là hình bình hành gồm 1 mặt đáy và 4 mặt bên (tam giác), tổng cộng 5 mặt. Đáp án D, trùng với đáp án mã đề 101 (câu 3: D).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $P\in SB,Q\in SC$ nên $PQ\subset (SBC)$, do đó $K=PQ\cap BC\in (SBC)$. Mà $BC\subset (ABC)$ nên $K\in (ABC)$. Mặt khác $P,Q\in (SPQ)$ nên $PQ\subset (SPQ)$, suy ra $K\in (SPQ)$. Vậy $K$ thuộc cả ba mặt phẳng $(SBC),(ABC),(SPQ)$. Đối chiếu đáp án mã đề 101 (câu 4 là D) khớp với kết quả. Điểm $K$ không thuộc mặt phẳng $(SAP)$ vì $(SAP)$ chỉ chứa $S,A,P$; nếu $K\in (SAP)$ thì $K\in SB\cap$ ... dẫn đến $A$ nằm trong $(SBC)$, mâu thuẫn với giả thiết bốn điểm không đồng phẳng. Chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $F$ là giao điểm của $MN$ và $AB$ nên $F$ thuộc đường thẳng $AB$, mà $AB\subset (ABCD)$, do đó $F\in (ABCD)$.
b) Đúng: $D\in (DMN)\cap (ABCD)$; $F\in AB\subset (ABCD)$ và $F\in MN\subset (DMN)$ nên $F$ cũng thuộc cả hai mặt phẳng. Vậy giao tuyến của $(DMN)$ và $(ABCD)$ là đường thẳng $DF$.
c) Sai: $M\in SA$ nên $CM$ nằm trong mặt phẳng $(SAC)$. Mặt phẳng $(SAC)$ cắt $(SBD)$ theo giao tuyến $SO$ (vì $S$ chung và $O=AC\cap BD\in (SBD)$). Do đó $I=CM\cap (SBD)=CM\cap SO$, là điểm nằm trong tam giác $SBD$ (trên đoạn $SO$), không nằm trên cạnh $SD$.
d) Sai: Tương tự ý c), giao điểm của $CM$ với mặt phẳng $(SBD)$ là $I=CM\cap SO$. Còn $H=DN\cap SO$ là giao điểm của đường thẳng $DN$ (nằm trong $(SBD)$) với $SO$. Hai điểm $I$ và $H$ nói chung là hai điểm phân biệt trên $SO$ ($I$ phụ thuộc $M$, $H$ phụ thuộc $N$ một cách độc lập), nên $H$ không thuộc đường thẳng $CM$, tức $C,H,M$ không thẳng hàng.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ và $AB=2CD$ nên: a) Sai — giao tuyến $d$ của $(SAB)$ và $(SDC)$ đi qua $S$ và song song với $AB$, $CD$ (do $AB\parallel CD$ nên chúng song song với giao tuyến), tức $d\parallel AB\parallel CD$, không song song với $AD$. b) Đúng — $M,N$ là trung điểm $SA,SB$ nên $MN$ là đường trung bình tam giác $SAB$, suy ra $MN\parallel AB\parallel CD$. c) Sai — dùng tọa độ: đặt $A(0;0;0),B(2;0;0),D(0,5;1;0),C(1,5;1;0),S(s_x;s_y;h)$. Khi đó $O(1;\frac{2}{3};0)$, $G(\frac{s_x+2}{3};\frac{s_y}{3};\frac{h}{3})$, vectơ $3\overrightarrow{OG}=(s_x-1;s_y-2;h)$. Pháp tuyến của $(SBC)$: $\vec{n}=\overrightarrow{BS}\times \overrightarrow{BC}=(-h;-0,5h;s_x-2+0,5s_y)$ (với $c=1,5$). Tích vô hướng $\vec{n}\cdot (3\overrightarrow{OG})=-h(s_x-1)-0,5h(s_y-2)+h(s_x-2+0,5s_y)=h[-s_x+1-0,5s_y+1+s_x-2+0,5s_y]=0$ với mọi $s_x,s_y,h$. Vậy $OG\parallel (SBC)$. Mặt khác $O\notin (SBC)$ (vì $(SBC)\cap (ABCD)=BC$ và $O\notin BC$), nên $OG$ và $(SBC)$ không có điểm chung nào, không phải đúng một điểm. Kiểm tra cụ thể $S(0;0;1)$: $\overrightarrow{OG}=(-\frac{1}{3};-\frac{2}{3};\frac{1}{3})$, $\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BS}=(1;0,5;2)$, tích vô hướng $=0$. d) Đúng — với tọa độ trên, $N(\frac{s_x+2}{2};\frac{s_y}{2};\frac{h}{2})$, $\overrightarrow{CN}=(\frac{s_x-1}{2};\frac{s_y-2}{2};\frac{h}{2})$ và $\det (\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AS},\overrightarrow{CN})=0$ với mọi cấu hình, nên $NC\parallel (SAD)$ (và $C\notin (SAD)$ vì $ABCD$ là hình thang thật).
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên giao tuyến $d$ của $(SAB)$ và $(SDC)$ qua $S$ và song song với $AB$, $CD$; do đó $d\parallel AB\parallel CD$, không song song với $AD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$MN$ là đường trung bình tam giác $SAB$ nên $MN\parallel AB$; mà $AB\parallel CD$ nên $MN\parallel DC$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Kiểm tra bằng tọa độ: đặt $A(0;0;0),B(2;0;0),D(0,5;1;0),C(1,5;1;0),S(s_x;s_y;h)$. Vì $AB=2CD$ và $AB\parallel CD$, giao điểm $O$ của $AC$ và $BD$ thỏa $\overrightarrow{AO}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$, tức $O(\frac{2c}{3};\frac{2}{3};0)$ với $c=1,5$. Trọng tâm $G(\frac{s_x+2}{3};\frac{s_y}{3};\frac{h}{3})$, nên $3\overrightarrow{OG}=(s_x+2-2c;s_y-2;h)$. Vectơ pháp tuyến của $(SBC)$ là $\vec{n}=\overrightarrow{BS}\times \overrightarrow{BC}=(-h;h(c-2);s_x-2-s_y(c-2))$. Khi đó $\vec{n}\cdot (3\overrightarrow{OG})=h[-(s_x+2-2c)+(c-2)(s_y-2)+(s_x-2)-s_y(c-2)]=h\cdot 0=0$ với mọi vị trí $S$. Vậy $\overrightarrow{OG}$ luôn song song với mặt phẳng $(SBC)$, và $O\notin (SBC)$ (vì $(SBC)\cap (ABCD)=BC$ và $O\notin BC$). Do đó $OG$ và $(SBC)$ không có điểm chung nào, không phải đúng một điểm chung → phát biểu Sai. (Lưu ý: kiểm tra cụ thể với $S(0;0;1)$: $O(1;\frac{2}{3};0)$, $G(\frac{2}{3};0;\frac{1}{3})$, $\overrightarrow{OG}=(-\frac{1}{3};-\frac{2}{3};\frac{1}{3})$, $\overrightarrow{BC}=(-0,5;1;0)$, $\overrightarrow{BS}=(-2;0;1)$, $\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BS}=(1;0,5;2)$, tích vô hướng $=-\frac{1}{3}-\frac{1}{3}+\frac{2}{3}=0$, xác nhận $OG\parallel (SBC)$.)
d) (AI giải đề cho tôi)
Hỗn hợp $[\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AS},\overrightarrow{CN}]=0$ với mọi vị trí đỉnh $S$, nên $NC\parallel (SAD)$; vì $C\notin (SAD)$ nên song song đúng nghĩa.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ gốc $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AD}=\vec{d},\overrightarrow{AS}=\vec{s}$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAD$ nên $\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{s}+\vec{d}}{3}$; vì $M$ là trung điểm $SB$ nên $\overrightarrow{AM}=\frac{\vec{s}+\vec{b}}{2}$. Suy ra $\overrightarrow{GM}=\overrightarrow{AM}-\overrightarrow{AG}=\frac{\vec{s}+3\vec{b}-2\vec{d}}{6}$. Điểm $I$ trên đường thẳng $GM$ có dạng $\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AG}+t\overrightarrow{GM}$. Vì $I\in (ABCD)$ nên hệ số của $\vec{s}$ phải bằng $0$: $\frac{1}{3}+\frac{t}{6}=0\Rightarrow t=-2$. Vậy $\overrightarrow{GI}=-2\overrightarrow{GM}$, tức $I$ nằm ngoài đoạn $GM$ phía $G$ và $GI=2GM$. Do đó $\frac{GM}{GI}=\frac{1}{2}=0,5$. Hình vẽ của Câu 6 có ở trang 6 (điểm $G$, $M$ và đường $GM$ màu đỏ), nên token hình không phải là lỗi.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp $S.ABCDEF$ có đáy là lục giác $ABCDEF$ gồm 6 cạnh, nên có 6 mặt bên tương ứng là $SAB,SBC,SCD,SDE,SEF,SFA$. Vậy số mặt bên là 6, chọn đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng mệnh đề: i) Sai, vì hình hộp có thể là hình hộp nghiêng (cạnh bên không vuông góc với đáy). ii) Đúng, hình hộp chữ nhật có các cạnh bên vuông góc với mặt đáy nên là lăng trụ đứng. iii) Đúng, hình lập phương là trường hợp đặc biệt của hình hộp chữ nhật nên cũng là lăng trụ đứng. iv) Đúng, theo định nghĩa lăng trụ tứ giác đều là lăng trụ đứng có đáy là hình vuông. Vậy có 3 mệnh đề đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAO)$ và $(SBC)$ đều chứa điểm $S$. Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $O$ là trung điểm $AC$, tức $A,O,C$ thẳng hàng, suy ra $C\in (SAO)$. Mặt khác $C\in (SBC)$. Vậy hai mặt phẳng có chung hai điểm phân biệt $S$ và $C$, giao tuyến là $SC$. Khớp đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Xét hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành, $M,N$ lần lượt là trung điểm $SA,SB$, $O=AC\cap BD$.

a) SAI. $AD\subset (ABCD)$, còn $SC$ chỉ cắt mặt phẳng $(ABCD)$ tại $C$, mà $C\notin AD$ (vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AD\parallel BC$, $C$ không thuộc đường thẳng $AD$). Do đó $SC$ và $AD$ chéo nhau, không cắt nhau.

b) ĐÚNG. $S\in (SAC)\cap (SBD)$ và $O=AC\cap BD\in (SAC)\cap (SBD)$. Vậy giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$.

c) ĐÚNG. Trong tam giác $SAB$, $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel AB$. Vì $ABCD$ là hình bình hành nên $AB\parallel CD$. Suy ra $MN\parallel CD$.

d) ĐÚNG. $I=MC\cap ND$. Ta có $I\in MC\subset (SAC)$ (vì $M\in SA\subset (SAC)$, $C\in (SAC)$) nên $I\in (SAC)$. Tương tự $I\in ND\subset (SBD)$ (vì $N\in SB\subset (SBD)$, $D\in (SBD)$) nên $I\in (SBD)$. Vậy $I$ nằm trên giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$, tức $I\in SO$. Do đó ba điểm $S,I,O$ thẳng hàng.

Kết quả: a) Sai, b) Đúng, c) Đúng, d) Đúng, khớp với đáp án mã đề 1111 (SĐĐĐ).
a) (AI giải đề cho tôi)
$SC$ chỉ cắt $(ABCD)$ tại $C$ mà $C\notin AD$, nên $SC$ và $AD$ chéo nhau, không cắt nhau.
b) (AI giải đề cho tôi)
$S$ và $O=AC\cap BD$ đều thuộc $(SAC)\cap (SBD)$, nên giao tuyến là $SO$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$MN$ là đường trung bình tam giác $SAB$ nên $MN\parallel AB\parallel CD$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$I=MC\cap ND$ thuộc cả $(SAC)$ (qua $MC$) và $(SBD)$ (qua $ND$), nên $I$ nằm trên giao tuyến $SO$; suy ra $S,I,O$ thẳng hàng.

Trong (ABCD), gọi O là giao điểm AC và BD.
Ta có $S\in (SAC)\cap (SBD)$ và $O\in (SAC)\cap (SBD)$
Vậy giao tuyến $(SAC)\cap (SBD)=SO$
(Điểm: 0.25, 0.25)

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ đều chứa điểm $S$. Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, nên $O\in AC\subset (SAC)$ và $O\in BD\subset (SBD)$. Vậy $S,O$ là hai điểm chung của hai mặt phẳng, do đó giao tuyến của $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$. Đáp án khớp với đáp án nguồn (Câu 9, mã đề 1111: B).

(AI giải đề cho tôi)
Hình lăng trụ có các mặt bên là hình bình hành, các cạnh bên song song và bằng nhau, hai đáy là hai đa giác bằng nhau. Các cạnh bên của lăng trụ song song với nhau chứ không đồng quy tại một điểm (đặc điểm này thuộc hình chóp). Vậy tính chất không đúng là D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1101, câu 10: D).

(AI giải đề cho tôi)
Vì A'A₁ = 3·AA₁ và AA₁ + A'A₁ = 80 nên AA₁ = 20, A'A₁ = 60. Hai thanh tre A₁D₁, F₁C₁ song song với mặt đáy nên A₁, B₁, C₁, D₁, E₁, F₁ cùng nằm trong mặt phẳng song song với đáy, cách đáy dưới một khoảng bằng AA₁ = 20 (tức CC₁ = 20, khẳng định c) đúng). Mặt phẳng (A₁C₁D₁F₁) chính là mặt phẳng này, cắt lăng trụ theo thiết diện là lục giác A₁B₁C₁D₁E₁F₁ đều cạnh 30 (khẳng định b) đúng, d) sai). Diện tích thiết diện = (3√3/2)·30² = 1350√3 (khẳng định a) đúng). Kết quả a) Đúng, b) Đúng, c) Đúng, d) Sai, khớp bảng đáp án mã đề 102 (DDDS).
a) (AI giải đề cho tôi)
AA₁ = 80/4 = 20. Mặt phẳng (A₁C₁D₁F₁) song song với đáy, thiết diện là lục giác đều cạnh 30 nên diện tích = (3√3/2)·30² = 1350√3.
b) (AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng qua A₁, C₁, D₁, F₁ song song với đáy nên thiết diện là lục giác A₁B₁C₁D₁E₁F₁.
c) (AI giải đề cho tôi)
A'A₁ = 3AA₁ và AA₁ + A'A₁ = 80 suy ra AA₁ = 20, do đó CC₁ = 20.
d) (AI giải đề cho tôi)
Thiết diện là hình lục giác, không phải hình tứ giác.

(AI giải đề cho tôi)
Gắn tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(1;0;0)$, $C(1;1;0)$, $D(0;1;0)$, chiều cao $A{A}^{\prime }=1$. Khi đó $M(0;0;\frac{3}{5})$, $N(1;0;\frac{1}{2})$, $P(1;1;\frac{1}{3})$. Vectơ $\overrightarrow{MN}=(1;0;-\frac{1}{10})$, $\overrightarrow{MP}=(1;1;-\frac{4}{15})$, nên pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=(\frac{1}{10};\frac{1}{6};1)$. Mặt phẳng $(MNP)$: $\frac{1}{10}x+\frac{1}{6}y+z=\frac{3}{5}$. Tại điểm $Q(0;1;q)$ trên $D{D}^{\prime }$: $q=\frac{3}{5}-\frac{1}{6}=\frac{13}{30}$, tức $DQ=\frac{13}{30}D{D}^{\prime }$. Suy ra $\frac{D^{\prime }Q}{D{D}^{\prime }}=1-\frac{13}{30}=\frac{17}{30}\approx 0,5667\approx 0,57$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $(P)\parallel (BCD)$ đi qua $M\in AB$ với $MB=3MA$ nên $MA=\frac{1}{4}AB$. Thiết diện qua $M$ song song $(BCD)$ là tam giác đồng dạng với tam giác $BCD$ theo tỉ số $k=\frac{MA}{AB}=\frac{1}{4}$. Do đó diện tích thiết diện bằng $k^2\cdot 32=\frac{1}{16}\cdot 32=2$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (mã đề 102, câu 2 = 2).