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

Đáp án: 0,29.



Trong mặt phẳng $(BCD)$ ta gọi $I=FG\cap BD$, trong mặt phẳng $(ADB)$ ta gọi $N=IE\cap AD$.

Khi đó: $NG=(EFG)\cap (ACD)$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $BCD$ với ba điểm $I,G,F$ thẳng hàng ta có:

$$\frac{ID}{IB}\cdot \frac{FB}{FC}\cdot \frac{GC}{GD}=1\Rightarrow \frac{ID}{IB}=\frac{1}{4}.$$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABD$ với ba điểm $I,N,E$ thẳng hàng ta có:

$$\frac{ND}{NA}\cdot \frac{EA}{EB}\cdot \frac{IB}{ID}=1\Rightarrow \frac{ND}{NA}=\frac{1}{4}\Rightarrow ND=\frac{1}{5}.$$

Áp dụng định lý Cosin vào tam giác $NDG$ ta có: $N{G}^2=N{D}^2+D{G}^2-2.DN.DG.\cos 60^{\circ }$

$$=\frac{1}{25}+\frac{1}{9}-\frac{1}{15}=\frac{19}{225}\Rightarrow NG=\frac{\sqrt{19}}{15}\approx 0,29.$$

[Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]

Ta có:

$$<table><tbody><tr><td>AD\parallel BC</td></tr><tr><td>AD\subset (SAD)</td></tr><tr><td>BC\subset (MBC)</td></tr><tr><td>(SAD)\cap (MBC)=MN</td></tr></tbody></table>\}\Rightarrow MN\parallel AD.$$

Suy ra $N$ là trung điểm $SD\Rightarrow \frac{MN}{AD}=\frac{SM}{SA}=\frac{1}{2}$.

Chú ý: Trong mỗi câu, học sinh làm cách khác ra đáp án đúng vẫn cho điểm tối đa.

Chọn B.

a) Đúng. Trong tam giác $SAC$, $O$ là trung điểm của $AC$ và $K$ là trung điểm của $SC$ nên $KO$ là đường trung bình, suy ra $KO\parallel SA$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$, ta có $\frac{M{G}_1}{MS}=\frac{M{G}_2}{MA}=\frac{1}{3}$, theo định lý Ta-lét đảo suy ra $G_1{G}_2\parallel SA$. Vậy ba đường thẳng $KO$, $SA$, $G_1{G}_2$ đôi một song song với nhau.
b) Đúng. Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $AD\parallel BC$. Do đó giao tuyến của chúng là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AD$.
c) Sai. Trong mặt phẳng $(SCD)$, giao tuyến của mặt phẳng $(KAB)$ với mặt phẳng $(SCD)$ đi qua $K$ và song song với $AB\parallel CD$, cắt cạnh $SD$ tại $P$. Do $KP\parallel CD$ và $K$ là trung điểm của $SC$ nên $KP$ là đường trung bình của tam giác $SCD$, suy ra $P$ là trung điểm của $SD$, dẫn tới $\frac{SP}{PD}=1$.
d) Đúng. Điểm $K$ thuộc $SC\subset (SAC)$ và thuộc mặt phẳng $(KBD)$. Điểm $O=AC\cap BD$ là điểm chung thứ hai giữa $(SAC)$ và $(KBD)$. Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng $KO$.
a) Đúng. Trong tam giác $SAC$, $O$ là trung điểm của $AC$ và $K$ là trung điểm của $SC$ nên $KO$ là đường trung bình, suy ra $KO\parallel SA$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$, ta có $\frac{M{G}_1}{MS}=\frac{M{G}_2}{MA}=\frac{1}{3}$, theo định lý Ta-lét đảo suy ra $G_1{G}_2\parallel SA$. Vậy ba đường thẳng $KO$, $SA$, $G_1{G}_2$ đôi một song song với nhau.
b) Đúng. Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$ và lần lượt chứa hai đường thẳng song song $AD\parallel BC$. Do đó giao tuyến của chúng là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AD$.
c) Sai. Trong mặt phẳng $(SCD)$, giao tuyến của mặt phẳng $(KAB)$ với mặt phẳng $(SCD)$ đi qua $K$ và song song với $AB\parallel CD$, cắt cạnh $SD$ tại $P$. Do $KP\parallel CD$ và $K$ là trung điểm của $SC$ nên $KP$ là đường trung bình của tam giác $SCD$, suy ra $P$ là trung điểm của $SD$, dẫn tới $\frac{SP}{PD}=1$.
d) Đúng. Điểm $K$ thuộc $SC\subset (SAC)$ và thuộc mặt phẳng $(KBD)$. Điểm $O=AC\cap BD$ là điểm chung thứ hai giữa $(SAC)$ và $(KBD)$. Vậy giao tuyến của hai mặt phẳng này là đường thẳng $KO$.

Trong hình thang $ABCD$ có $AB\parallel CD$ và $AB=3CD$. Do hai tam giác $OAB$ và $OCD$ đồng dạng nên $\frac{OB}{OD}=\frac{AB}{CD}=3\Rightarrow OB=3OD$.
Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBD)$ là đường thẳng $SO$.
Trong mặt phẳng $(SBD)$, đường thẳng $DN$ cắt $SO$ tại điểm $P$, nên $P$ chính là giao điểm của $DN$ với mặt phẳng $(SAC)$.
Từ $N$ kẻ đường thẳng song song với $SO$, cắt đoạn $BD$ tại $H$.
Vì $N$ là trung điểm của $SB$ và $NH\parallel SO$ nên $NH$ là đường trung bình của tam giác $SOB$, suy ra $H$ là trung điểm của $OB$ và $NH=\frac{1}{2}SO$.
Coi độ dài đoạn $OD$ là 1 đơn vị thì $OB=3$ đơn vị.
Khi đó $OH=\frac{OB}{2}=1.5$ đơn vị, suy ra $DH=DO+OH=1+1.5=2.5$ đơn vị.
Trong tam giác $DNH$, do $PO\parallel NH$, áp dụng định lý Ta-lét ta có:
$$\frac{PO}{NH}=\frac{DO}{DH}=\frac{1}{2.5}=\frac{2}{5}.$$
Suy ra $PO=\frac{2}{5}NH=\frac{2}{5}\cdot \frac{1}{2}SO=\frac{1}{5}SO$.
Độ dài đoạn $PS$ là $PS=SO-PO=\frac{4}{5}SO$.
Vậy tỉ số cần tìm là $\frac{PO}{PS}=\frac{\frac{1}{5}}{\frac{4}{5}}=\frac{1}{4}=0,25$.

Hình chóp ngũ giác $S.ABCDE$ có đáy là đa giác 5 cạnh nên có 5 mặt bên.
Chọn đáp án D.

Điểm $N$ thuộc cạnh $SD$ với $N$ khác $S$. Các mặt phẳng $(SAD)$, $(SBD)$, $(SCD)$ đều chứa cạnh $SD$ nên đều chứa điểm $N$. Mặt phẳng $(SBC)$ chỉ có điểm chung duy nhất với đoạn $SD$ là đỉnh $S$, do đó $N$ không thuộc mặt phẳng $(SBC)$.
Chọn đáp án B.

Theo tính chất của hình lăng trụ, các mặt bên của hình lăng trụ đều là hình bình hành. Chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A(0,0,0)$, $B(2,0,0)$, $D(0,2,0)$, $C(2,2,0)$, $S(0,0,3)$. Khi đó $M(1,0,0)$, $N(1,2,0)$, và vì $\frac{SP}{SA}=\frac{2}{3}$ nên $P$ chia đoạn $SA$ theo tỉ số $\frac{\overline{SP}}{\overline{PA}}=2$, suy ra $P(0,0,1)$. Mặt phẳng $(MNP)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MP}=(0,2,0)\times (-1,0,1)=(2,0,2)$, nên phương trình là $x+z=1$. Đường thẳng $SD$: $(x,y,z)=(0,2t,3-3t)$. Thay vào: $3-3t=1\Rightarrow t=\frac{2}{3}$, tức $\frac{SI}{SD}=\frac{2}{3}$, do đó $\frac{SI}{ID}=\frac{2/3}{1/3}=2$. Kết quả khớp với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ kiểm tra: A(0,0,0), B(1,0,0), D(0,1,0), C(1,1,0), S(0,0,1) ⇒ M(0,0,1/2), N(1,1/2,0), O(1/2,1/2,0).
a) Đúng. Mặt phẳng (MNO) có phương trình y+z=1/2, mặt phẳng (SAB) có phương trình y=0. Giao tuyến: y=0, z=1/2, tức đường thẳng qua M(0,0,1/2) có phương hướng (1,0,0) song song với AB. (Cũng có thể lập luận: MO là đường trung bình của tam giác SAC nên MO∥SC; đường thẳng qua M song song với AB cắt SB tại trung điểm P của SB và P nằm trong (MNO).)
b) Sai. MN và BD chéo nhau (không đồng phẳng, không cắt nhau): phương trình MN là (t, t/2, 1/2−t/2), BD là (s, 1−s, 0); hệ không có nghiệm. Do đó K=MN∩BD không tồn tại; giao tuyến của (SMN) và (SBD) là đường thẳng qua S và I với I=MN∩(SBD), không phải SK với K trên BD.
c) Đúng. M nằm trên SA nên M∈(SAN); N được lấy làm điểm xác định mặt phẳng (SAN) nên N∈(SAN). Suy ra MN⊂(SAN).
d) Đúng. Mặt phẳng (SBD) qua S(0,0,1), B(1,0,0), D(0,1,0) có phương trình x+y+z=1. Thay điểm trên MN: t+t/2+1/2−t/2=t+1/2=1 ⇒ t=1/2, tức I=(1/2,1/4,1/4) là trung điểm của MN (t=1/2 giữa M ứng t=0 và N ứng t=1). Kết quả khớp đáp án nguồn: a Đúng, b Sai, c Đúng, d Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
MO là đường trung bình tam giác SAC nên MO∥SC; mặt phẳng (MNO) cắt (SAB) theo đường thẳng qua M. Với tọa độ A(0,0,0), B(1,0,0), D(0,1,0), C(1,1,0), S(0,0,1): (MNO): y+z=1/2, (SAB): y=0, giao tuyến là y=0, z=1/2, đi qua M(0,0,1/2) và song song AB.
b) (AI giải đề cho tôi)
MN và BD chéo nhau nên K=MN∩BD không tồn tại. Giao tuyến của (SMN) và (SBD) là đường thẳng qua S và I=MN∩(SBD), không phải SK với K trên BD.
c) (AI giải đề cho tôi)
M∈SA⊂(SAN) và N∈(SAN) nên MN⊂(SAN).
d) (AI giải đề cho tôi)
(SBD): x+y+z=1. Điểm trên MN: (t, t/2, 1/2−t/2) ⇒ t+1/2=1 ⇒ t=1/2, nên I là trung điểm của MN.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(ABC)$ và $(ACD)$ đều chứa điểm $A$ và $C$, nên giao tuyến của chúng là đường thẳng đi qua hai điểm chung đó, tức là $AC$. Điều này khớp với đáp án nguồn (mã đề 1001, câu 2: D).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ vectơ: $\overrightarrow{AB}=\vec{b},\overrightarrow{AC}=\vec{c}$, vì $AD\parallel BC$ và $AD=kBC$ nên $\overrightarrow{AD}=k(\vec{c}-\vec{b})$, tức $\vec{D}=k(\vec{c}-\vec{b})$ (đặt $A$ làm gốc, $\vec{S}=\vec{s}$).

Ta có:
- $\vec{M}=\frac{2}{3}\vec{b}$;
- $\vec{N}=\frac{1}{3}\vec{D}+\frac{2}{3}\vec{c}=\frac{k}{3}(\vec{c}-\vec{b})+\frac{2}{3}\vec{c}$;
- $\vec{G}=\frac{\vec{S}+\vec{D}}{3}=\frac{\vec{s}}{3}+\frac{k}{3}(\vec{c}-\vec{b})$.

Suy ra $\overrightarrow{MN}=\vec{N}-\vec{M}=\frac{k+2}{3}(\vec{c}-\vec{b})$, tức $MN\parallel BC\parallel AD$.

**Tìm $Q=(GMN)\cap SA$:** $\vec{Q}=\alpha \vec{s}$. Vì $Q\in (GMN)$ nên $\vec{Q}-\vec{M}=a(\vec{c}-\vec{b})+b(\vec{G}-\vec{M})$ với $\vec{G}-\vec{M}=\frac{\vec{s}}{3}+\frac{k}{3}\vec{c}-\frac{k+2}{3}\vec{b}$. So sánh hệ số theo $\vec{s},\vec{c},\vec{b}$: hệ số $\vec{s}$ cho $b=3\alpha$; hệ số $\vec{c}$ cho $a=-\alpha k$; hệ số $\vec{b}$ cho $-a-\alpha (k+2)=-\frac{2}{3}\Rightarrow \alpha k+\alpha (k+2)=\frac{2}{3}\Rightarrow 2\alpha =\frac{2}{3}\Rightarrow \alpha =\frac{1}{3}$. Vậy $\vec{Q}=\frac{\vec{s}}{3}$.

**Tìm $P=(GMN)\cap SD$:** $\vec{P}=(1-\mu )\vec{s}+\mu k(\vec{c}-\vec{b})$. Lập luận tương tự với $\vec{P}-\vec{M}=a(\vec{c}-\vec{b})+b(\vec{G}-\vec{M})$: từ hệ số $\vec{s}$: $b=3(1-\mu )$; hệ số $\vec{c}$: $a=(2\mu -1)k$; hệ số $\vec{b}$: $(2\mu -1)k+(1-\mu )(k+2)=\mu k+\frac{2}{3}\Rightarrow 2-2\mu =\frac{2}{3}\Rightarrow \mu =\frac{2}{3}$. Vậy $\vec{P}=\frac{\vec{s}}{3}+\frac{2}{3}\vec{D}$.

**Điều kiện hình bình hành $MNPQ$:** hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm, tức $\vec{M}+\vec{P}=\vec{N}+\vec{Q}$.
- Hệ số $\vec{s}$: $\frac{1}{3}=\frac{1}{3}$ (thỏa luôn).
- Hệ số $\vec{b}$: $\frac{2}{3}-\frac{2k}{3}=-\frac{k}{3}\Rightarrow 2-2k=-k\Rightarrow k=2$.
- Hệ số $\vec{c}$: $\frac{2k}{3}=\frac{k}{3}+\frac{2}{3}\Rightarrow k=2$ (nhất quán).

Kiểm tra với $k=2$: $\overrightarrow{QP}=\vec{P}-\vec{Q}=\frac{2}{3}\vec{D}=\frac{4}{3}(\vec{c}-\vec{b})=\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{MQ}=\vec{Q}-\vec{M}=\frac{\vec{s}}{3}-\frac{2}{3}\vec{b}=\overrightarrow{NP}$. Vậy $MNPQ$ thực sự là hình bình hành.

Kết luận: $k=2$, trùng với đáp án của đề (mã đề 1001, câu 22: 2).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M$ là trung điểm $AB$, $N$ là trung điểm $CD$ của hình bình hành $ABCD$ nên đường thẳng $MN$ đi qua tâm $O$ (tâm đối xứng của hình bình hành). Do $I\in SM$ nên $S,I,M$ thẳng hàng, do đó ba điểm $S,I,N$ xác định mặt phẳng $(SMN)$ chứa đường thẳng $IN$ và chứa $O$. Hai mặt phẳng $(SMN)$ và $(SAC)$ cùng chứa $S$ và $O$ nên giao tuyến của chúng là đường thẳng $SO$. Đường thẳng $IN$ nằm trong $(SMN)$ và cắt $(SAC)$ tại điểm thuộc giao tuyến $SO$ (không trùng $S$ vì $N\notin (SAC)$). Vậy giao điểm của $IN$ với $(SAC)$ là giao điểm của $IN$ và $SO$. Đáp án D, khớp với đáp án nguồn (Câu 9, mã đề 1001: D).

$CM$ và $SO$ cùng nằm trong mặt phẳng $(SAC)$ và là hai đường trung tuyến của tam giác $SAC$ nên chúng cắt nhau (tại trọng tâm tam giác $SAC$).

Hình chóp tứ giác có 4 mặt bên và 1 mặt đáy nên có 5 mặt.

a) Đúng. b) Đúng. c) Sai. d) Đúng.
a) $S$ là điểm chung của $(SAC)$ và $(SBD)$. $O=AC\cap BD$ nên $O$ cũng là điểm chung. Vậy $(SAC)\cap (SBD)=SO$. Mệnh đề đúng.
b) $O\in AC$ nên $(OIC)$ chính là mặt phẳng $(AIC)$, suy ra $A\in (OIC)$. Vì $I\notin (ABCD)$ nên $(OIC)\cap (ABCD)=AC$. Mà $AB\subset (ABCD)$ và $AB\cap AC=A$ nên giao điểm của $AB$ và $(OIC)$ là điểm $A$. Mệnh đề đúng.
c) $K$ là điểm chung của $(AKB)$ và $(SCD)$. Mà $AB\subset (AKB)$, $CD\subset (SCD)$, $AB\parallel CD$ nên giao tuyến của $(AKB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $K$ song song với $CD$, cắt $SC$ tại $J$. Suy ra $KJ\parallel CD$. Vì $CD$ không song song với $AD$ nên $KJ$ không song song với $AD$. Do đó $J$ không thuộc đường thẳng qua $K$ và song song với $AD$. Mệnh đề sai.
d) $J$ là giao điểm của $SC$ với đường thẳng qua $K$ song song với $CD$, mà $K$ là trung điểm $SD$ nên $J$ là trung điểm $SC$. $I$ là trung điểm $SB$ nên $IJ$ là đường trung bình của tam giác $SBC$, suy ra $IJ\parallel BC$. Mà $BC\parallel AD$ nên $AD\parallel IJ$. Mệnh đề đúng.
a) $S$ là điểm chung của $(SAC)$ và $(SBD)$. $O=AC\cap BD$ nên $O$ cũng là điểm chung. Vậy $(SAC)\cap (SBD)=SO$. Mệnh đề đúng.
b) $O\in AC$ nên $(OIC)$ chính là mặt phẳng $(AIC)$, suy ra $A\in (OIC)$.
Vì $I\notin (ABCD)$ nên $(OIC)\cap (ABCD)=AC$. Mà $AB\subset (ABCD)$ và $AB\cap AC=A$ nên giao điểm của $AB$ và $(OIC)$ là điểm $A$. Mệnh đề đúng.
c) $K$ là điểm chung của $(AKB)$ và $(SCD)$. Mà $AB\subset (AKB)$, $CD\subset (SCD)$, $AB\parallel CD$ nên giao tuyến của $(AKB)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $K$ song song với $CD$, cắt $SC$ tại $J$. Suy ra $KJ\parallel CD$.
Vì $CD$ không song song với $AD$ nên $KJ$ không song song với $AD$. Do đó $J$ không thuộc đường thẳng qua $K$ và song song với $AD$. Mệnh đề sai.
d) $J$ là giao điểm của $SC$ với đường thẳng qua $K$ song song với $CD$, mà $K$ là trung điểm $SD$ nên $J$ là trung điểm $SC$.
$I$ là trung điểm $SB$ nên $IJ$ là đường trung bình của tam giác $SBC$, suy ra $IJ\parallel BC$. Mà $BC\parallel AD$ nên $AD\parallel IJ$. Mệnh đề đúng.

$NP$ là đường trung bình của hình thang $ABCD$ nên $NP\parallel AD$ và $NP=\frac{AD+BC}{2}=5$.
$M$ là điểm chung của $(MNP)$ và $(SAD)$, mà $NP\subset (MNP)$, $AD\subset (SAD)$, $NP\parallel AD$ nên giao tuyến của $(MNP)$ và $(SAD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AD$, cắt $SD$ tại $Q$.
Khi đó $MQ$ là đường trung bình của tam giác $SAD$, suy ra $MQ\parallel AD$ và $MQ=\frac{AD}{2}=\frac{7}{2}$.
Trong mặt phẳng $(MNP)$ có $MQ\parallel NP$, $R=MN\cap PQ$ nên theo định lí Thalès: $\frac{RM}{RN}=\frac{MQ}{NP}=\frac{7}{10}$.
Suy ra $a=7$, $b=10$. Vậy $2a+3b=14+30=44$.

a) Xét $(SOM)$ và $(SBC)$: $S$ là điểm chung.
$O$, $M$ lần lượt là trung điểm $AC$, $AB$ nên $OM$ là đường trung bình của tam giác $ABC$, suy ra $OM\parallel BC$.
Mà $OM\subset (SOM)$, $BC\subset (SBC)$ nên giao tuyến của $(SOM)$ và $(SBC)$ là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với $BC$.
Xét $(CGM)$ và $(SBC)$: $C$ là điểm chung.
Gọi $K$ là trung điểm $SB$. Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SBM$ nên $G\in MK$, suy ra $K\in MG\subset (CGM)$. Lại có $K\in SB\subset (SBC)$.
Vậy $K$ là điểm chung thứ hai, do đó $(CGM)\cap (SBC)=CK$.
b) $M$, $K$ lần lượt là trung điểm $AB$, $SB$ nên $MK$ là đường trung bình của tam giác $SAB$, suy ra $MK\parallel SA$.
Mà $G\in MK$ nên đường thẳng $MG$ trùng với $MK$. Vậy $MG\parallel SA$.

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $D$, $G$, $N$ thẳng hàng, suy ra $AG\subset (ADN)$.
Hai mặt phẳng $(ADN)$ và $(BCM)$ có hai điểm chung $M$, $N$ nên $(ADN)\cap (BCM)=MN$.
Do đó giao điểm của $AG$ và $(BCM)$ là giao điểm của $AG$ và $MN$.

$S$ là điểm chung của $(SAD)$ và $(SBC)$.
Mà $AD\subset (SAD)$, $BC\subset (SBC)$, $AD\parallel BC$ nên giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng qua $S$ và song song với $AD$ và $BC$.