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

Hình hộp chữ nhật có hai kích thước bằng nhau (ở đây đáy là hình vuông cạnh 3, chiều cao bằng 4) có:
- 3 mặt phẳng đối xứng song song với các cặp mặt đối diện (đi qua trung điểm các cạnh song song).
- 2 mặt phẳng đối xứng đi qua các đường chéo của đáy vuông và song song với cạnh bên.
Tổng cộng có $3+2=5$ mặt phẳng đối xứng. Chọn C.

Hình đa diện đã cho là một hình chóp cụt tứ giác được ghép thêm một hình chóp tứ giác ở phía trên (hoặc khối đa diện gồm 2 đáy, 4 mặt bên hình thang và 4 mặt bên tam giác phía trên).
Cụ thể gồm:
- 1 mặt đáy phía dưới (hình vuông/tứ giác).
- 1 mặt ngăn ở giữa (không tính là mặt ngoài của khối đa diện).
- 4 mặt bên hình thang ở tầng dưới.
- 1 mặt đáy trên và các mặt bên, tổng số mặt bao quanh ngoài là 10 mặt (hoặc khối lăng trụ tứ giác cụt gồm 10 mặt ngoài).
Vậy khối đa diện có tất cả 10 mặt. Chọn C.

Vì $AB\parallel CD$, $AB\subset (SAB)$ và $CD\subset (SCD)$ nên giao tuyến $d$ của hai mặt phẳng $(SAB)$ và $(SCD)$ qua đỉnh chung $S$ và song song với $AB,CD$.
Vì $d\parallel AB$ mà $AB$ cắt $AD$ tại $A$ nên $d$ không thể song song với $AD$. Do đó kết luận $d\parallel AD$ là sai. Chọn B.

Trong tam giác $ABC$, $MN$ là đường trung bình nên $MN\parallel AB$.
Mặt phẳng $(MNP)$ chứa $MN\parallel AB\subset (ABD)$, và $P\in (MNP)\cap (ABD)$.
Do đó giao tuyến $d$ của $(MNP)$ và $(ABD)$ là đường thẳng đi qua $P$ và song song với $AB$.
Vì $d\parallel AB$ mà $AB\subset (ABC)$ và $d\not\subset (ABC)$ (do $P\notin (ABC)$) nên $d\parallel (ABC)$. Chọn B.

Trong tam giác $BCD$, $IJ$ là đường trung bình nên $IJ\parallel BC⟹IJ\parallel (ABC)$.
Mặt phẳng $(\alpha )$ chứa $IJ$ và song song với $AB,AC$.
Do $(\alpha )\parallel AB$ nên trong $(ABD)$, qua $I$ kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt $AD$ tại $K$.
Do $(\alpha )\parallel AC$ nên trong $(ACD)$, nối $K$ với $J$ thì $KJ\parallel AC$.
Thiết diện của $(\alpha )$ với tứ diện $ABCD$ là tam giác $IJK$.
Do đó kết luận "Thiết diện của $(\alpha )$ và tứ diện là hình bình hành" là sai. Chọn B.

Ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD⟹MN\parallel AD\parallel BC$.
Trong tam giác $SAC$, $OM$ là đường trung bình $⟹OM\parallel SC$.
Mặt phẳng $(MNO)$ chứa $MN\parallel BC$ và $OM\parallel SC$ nên $(MNO)\parallel (SBC)$.
Đường thẳng $HN\subset (MNO)⟹HN\parallel (SBC)$.
Mặt phẳng $(MNO)$ cắt các mặt của hình chóp theo một hình thang (qua $O$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB,CD$), do đó thiết diện không thể là tam giác.
Kết luận "Thiết diện của $(MNO)$ và hình chóp là tam giác" là sai. Chọn B.

Vì $M,N$ là trung điểm $SA,SB$ nên $MN\parallel AB\parallel CD$ và $MN=\frac{1}{2}AB=6a$.
Mặt phẳng $(MNG)$ chứa $MN\parallel CD$, qua trọng tâm $G$ kẻ đường thẳng song song với $CD$ cắt $SC,SD$ lần lượt tại $P,Q$.
Do $G$ là trọng tâm tam giác $SCD$ nên $\frac{SP}{SC}=\frac{SQ}{SD}=\frac{2}{3}⟹PQ=\frac{2}{3}CD=\frac{2}{3}(12a)=8a$.
Thiết diện là hình thang cân $MNPQ$ có đáy $MN=6a,PQ=8a$.
Trong tam giác đều $SBC$ cạnh $12a$ có $SN=6a,SP=8a,\widehat{BSC}=60^{\circ }$:
$N{P}^2=S{N}^2+S{P}^2-2SN\cdot SP\cdot \cos 60^{\circ }=6^2+8^2-2\cdot 6\cdot 8\cdot \frac{1}{2}=52a^2$.
Chiều cao hình thang cân: $h=\sqrt{N{P}^2-{\left(\frac{PQ-MN}{2}\right)}^2}=\sqrt{52a^2-a^2}=\sqrt{51a^2}=a\sqrt{51}$.
Diện tích thiết diện: $S=\frac{MN+PQ}{2}\cdot h=\frac{6a+8a}{2}\cdot a\sqrt{51}=7\sqrt{51}{a}^2$. Chọn B.

Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ có điểm chung $S$.
Mặt khác, $AD\subset (SAD)$ và $BC\subset (SBC)$ thỏa mãn $AD\parallel BC$ (do $ABCD$ là hình bình hành).
Do đó, giao tuyến của $(SAD)$ và $(SBC)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AD$ (và $BC$).

Xét mặt phẳng $(BCD)$ chứa tam giác $BCD$:
- $N$ là trung điểm $BC$, nên $N\in BC$.
- $P\in BD$ với $PB=2PD\ne 1$, do đó đường thẳng $NP$ không song song với $CD$.
- Trong mặt phẳng $(BCD)$, đường thẳng $NP$ cắt đường thẳng $CD$ tại điểm $E$.
Vì $E\in NP$ nên $E\in (MNP)$, và $E\in CD$, do đó $E=CD\cap (MNP)$.
Từ định nghĩa giao điểm $E=NP\cap CD$, ba điểm $N,P,E$ cùng nằm trên đường thẳng $NP$, nên $N,P,E$ thẳng hàng. Chọn C.

Mặt phẳng $(MBC)$ chứa đường thẳng $BC\parallel AD$ (do $ABCD$ là hình thang).
Do đó giao tuyến của $(MBC)$ với mặt phẳng $(SAD)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AD$ và $BC$, cắt $SD$ tại $N$.
Vì $M$ là trung điểm của $SA$ và $MN\parallel AD$, nên $MN$ là đường trung bình của tam giác $SAD$, suy ra $MN=\frac{1}{2}AD$.
Mặt khác, theo giả thiết $AD=2BC⟺BC=\frac{1}{2}AD$.
Suy ra $MN=BC$.
Tứ giác $BCNM$ có $MN\parallel BC$ và $MN=BC$, do đó $BCNM$ là một hình bình hành. Thiết diện là hình bình hành. Chọn C.

Do $(\alpha )\parallel BC$ và $M\in AB$ nên giao tuyến của $(\alpha )$ với $(ABC)$ là đường thẳng qua $M$ song song với $BC$, cắt $AC$ tại $N$ là trung điểm của $AC$.
Do $(\alpha )\parallel A{B}^{\prime }$ nên giao tuyến của $(\alpha )$ với $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ là đường thẳng qua $M$ song song với $A{B}^{\prime }$, cắt $B{B}^{\prime }$ tại $P$ là trung điểm của $B{B}^{\prime }$ (hoặc cắt $A^{\prime }{B}^{\prime }$).
Thiết diện tạo thành là hình thang hoặc tam giác đồng dạng với mặt cắt tương ứng với tỉ lệ $\frac{1}{2}$ và diện tích bằng $\frac{3}{4}$ diện tích tam giác đều cạnh $\frac{a}{2}$ hay thiết diện có diện tích $S=\frac{3}{4}\times S_{A{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{3}{4}\times \left(\frac{1}{4}{a}^2\sqrt{3}\right)=\frac{3a^2\sqrt{3}}{16}$. Chọn A.

Gọi $S$ là đỉnh nón, $O$ là tâm đáy, thiết diện là tam giác cân $SAB$.
Gọi $I$ là trung điểm $AB\Rightarrow OI\perp AB$ và $SI\perp AB$.
Kẻ $OH\perp SI\Rightarrow OH=d(O,(SAB))=12\text{ cm}$.
Trong tam giác vuông $SOI$ vuông tại $O$:
$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{I}^2}\iff \frac{1}{12^2}=\frac{1}{20^2}+\frac{1}{O{I}^2}\Rightarrow OI=15\text{ cm}$
Độ dài trung đoạn $SI=\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}=\sqrt{20^2+15^2}=25\text{ cm}$.
Độ dài dây cung: $AB=2\sqrt{r^2-O{I}^2}=2\sqrt{25^2-15^2}=40\text{ cm}$.
Diện tích thiết diện: $S_{\Delta SAB}=\frac{1}{2}SI\cdot AB=\frac{1}{2}\cdot 25\cdot 40=500{\text{ cm}}^2$.

Lắp ghép hai khối hộp tùy ý có thể tạo thành một khối đa diện không lồi (ví dụ ghép tạo thành khối chữ L). Do đó mệnh đề A là sai.

Chọn A.
Hình tứ diện có 4 đỉnh và 4 mặt, do đó tồn tại hình đa diện có số đỉnh và số mặt bằng nhau.

Chọn B.
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABC$ và tam giác $ACD$ hoặc phương pháp tọa độ / tỉ số đoạn thẳng, ta tính được $\frac{QA}{QD}=8$.

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, đường thẳng qua $M$ song song với $AD$ cắt $CD,AB$ lần lượt tại $E,F$ ($EF\parallel AD\parallel BC$). Trong mặt phẳng $(SBD)$, đường thẳng qua $M$ song song với $SO$ cắt $SD$ tại $P$. Trong mặt phẳng $(SAC)$ và các mặt bên, $(\alpha )$ cắt $(SAD),(SAB),(SBC)$ tạo thành thiết diện có hai cạnh đối nằm trên $(ABCD)$ và phần giao với $(SBC)$ song song với $AD$. Do đó thiết diện là một hình thang. Chọn đáp án B.

Tam giác $OAB$ đều cạnh $a$. Mặt phẳng $(\beta )$ cắt $BC,SA,SC$ lần lượt tại $N,P,Q$ với $MN\parallel OA$, $MP\parallel NQ\parallel SB$. Do $SB\perp OA$ nên $MPQN$ là hình thang vuông tại $M,N$ có chiều cao $MN=BM=x$, đáy $MP=a-x$ và $NQ=\frac{2a-x}{2}$. Diện tích thiết diện là $S(x)=\frac{1}{2}\left(a-x+a-\frac{x}{2}\right)x=\frac{1}{4}x(4a-3x)$, đạt giá trị lớn nhất khi $x=\frac{2a}{3}$. Chọn đáp án D.

Trong $\Delta SAC$, gọi $K=AM\cap SO$ thì $K$ là trọng tâm $\Delta SAC⟹\frac{SK}{KO}=2$. Trong $\Delta SBD$, đường thẳng $NK$ cắt $SD$ tại $I$. Áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta SOD$ với cát tuyến $N-K-I$: $\frac{SI}{ID}\cdot \frac{DN}{NO}\cdot \frac{OK}{KS}=1⟹\frac{SI}{ID}\cdot 3\cdot \frac{1}{2}=1⟹\frac{SI}{ID}=\frac{2}{3}⟹\frac{SI}{SD}=\frac{2}{5}$. Chọn đáp án B.

Hình bát diện đều có $8$ mặt, $6$ đỉnh và $12$ cạnh. Chọn B.

Thiết diện qua trục là tam giác cân $ABC$ có chiều cao $h=2a$ và cạnh đáy $BC=d=2a$.

[IMAGE_1]

Ta có $S_{△ABC}=\frac{1}{2}h\cdot d=\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot 2a=2a^2$.