Bài tập ôn tập chương 7

Cho hai đường thẳng chéo nhau, có duy nhất một mặt phẳng qua đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.

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 ra 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 không đồng phẳng thì sẽ không tạo được mặt phẳng nào đi qua cả 4 điểm.

A. Đúng.

B. Sai vì hai mặt phẳng có thể trùng nhau.

C. Sai vì ba giao tuyến có thể song song hoặc trùng nhau.

D. Sai hai đường thẳng đó có thể trùng nhau hoặc chéo nhau hoặc cắt nhau.

Mệnh đề “Hai đường thẳng không có điểm chung thì song song với nhau” chỉ đúng trong mặt phẳng, còn trong không gian thì hai đường thẳng không có điểm chung thì hoặc song song với nhau hoặc chéo nhau.

Quan sát hình vẽ ta thấy hình chóp lục giác đều có $6$ mặt bên.

Số mặt phẳng tạo thành là số cách chọn $3$ trong $4$ điểm đã cho.

Vậy có $4$ mặt phẳng.

Xét đáp án D: Nếu mặt phẳng $\left( P \right)$ có chứa hai đường thẳng phân biệt và hai đường thẳng đó cùng song song song với mặt phẳng $\left( Q \right)$ thì mặt phẳng $\left( P \right)$ song song với mặt phẳng $\left( Q \right)$ là mệnh đề sai khi hai đường thẳng đó song song với nhau. Minh họa:

Từ hình trên ta thấy a song song b và a, b đều song song với (Q), và cùng nằm trong (P) nhưng (P) và (Q) không song song với nhau.

Lăng trụ tam giác có $5$ mặt gồm $3$ mặt bên và $2$ mặt đáy.

Xét ba mặt phẳng $\left( {SAB} \right),\left( {SCD} \right),\left( {ABCD} \right)$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d\end{array} \right.$

Mà $AB//CD$ nên $AB//CD//d$

Ngoài ra, $S \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right) = d$ nên giao tuyến $d$ chính là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AB,CD$

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

Có 3 mệnh đề sai là (II), (III), (IV).

(II) sai vì hai đường thẳng nằm trên hai mặt phẳng song song thì có thể song song hoặc chéo nhau.

(III) sai vì hai đường thẳng không có điểm chung thì có thể chéo nhau hoặc song song với nhau.

(IV) sai vì nếu tồn tại hai đường song song mà mỗi đường thẳng cắt đồng thời hai đường thẳng chéo nhau cho trước thì cả bốn đường đó sẽ đồng phẳng (mâu thuẫn với dữ kiện hai đường thẳng ban đầu chéo nhau).

Trong mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$, kẻ $MN$ song song $AB$ và $N$ thuộc cạnh $BC$ $\Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN$.

Trong mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$, kẻ $NP$ song song $CD$ và $P$ thuộc cạnh $BD$ $\Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {BCD} \right) = NP$.

Trong mặt phẳng $\left( {ABD} \right)$, kẻ $PQ$ song song $BA$ và $Q$ thuộc cạnh $AD$ $\Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ABD} \right) = PQ$.

Và $\left( P \right) \cap \left( {ACD} \right) = MQ$.

Do đó thiết diện của $\left( P \right)$ với tứ diện đã cho là tứ giác $MNPQ$

Theo cách dựng thiết diện, ta có $MN{\rm{ // }}QP$ và $NP{\rm{ // }}MQ$ suy ra $MNPQ$ là hình bình hành.

Xét ba mặt phẳng $\left( {MNPQ} \right),\left( {SAD} \right),\left( {SCB} \right)$ ta có:

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {SAD} \right) = MQ\\\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {SBC} \right) = NP\\\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = d\end{array} \right.$

Mà $MQ \cap NP = I$ nên $d$ đi qua $I$ hay giao tuyến của $\left( {SAD} \right),\left( {SBC} \right)$ chính là $SI$

Ngoài ra, ta đã biết giao tuyến của $\left( {SAD} \right),\left( {SBC} \right)$ là đường thẳng đi qua $S$ và song song với $AD,BC$

Vậy $SI//AD//BC$

$IO$ là đường trung bình tam giác $SAC$ nên $IO\,\,{\rm{//}}\,\,SA$$\Rightarrow IO\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)$, $IO\,\,{\rm{//}}\,\,\left( {SAC} \right)$. Do đó A, B đúng.

$I \in SC$, $O = AC \cap BD$$\Rightarrow \left( {IBD} \right) \cap \left( {SAC} \right) = IO$ nên D đúng.

Xét ba mặt phẳng $\left( {MCD} \right),\left( {SAB} \right),\left( {ABCD} \right)$ có:

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {MCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\\left( {MCD} \right) \cap \left( {SAB} \right) = MN\\\left( {ABCD} \right) \cap \left( {SAB} \right) = AB\end{array} \right.$

Mà $AB//CD$ nên $MN//AB//CD$

Vậy $MN\;{\rm{//}}\;CD$.

Đáp án B đúng, D sai.

Ngoài ra, quan sát hình vẽ ta thấy $MN,SD$ chéo nhau, $MN,SC$ chéo nhau nên các đáp án A, C đều sai.

Gọi $I$, $J$ lần lượt là trung điểm $BC$, $BD$.

Ta có $\dfrac{{AM}}{{AI}} = \dfrac{{AN}}{{{\rm{AJ}}}} = \dfrac{2}{3}$$\Rightarrow MN\;{\rm{//}}\;{\rm{IJ}}$ $\Rightarrow MN\;{\rm{//}}\;IJ\;{\rm{//}}\;CD$ $\Rightarrow$$MN\;{\rm{//}}\;\left( {BCD} \right)$ và $MN\;{\rm{//}}\;\left( {ACD} \right)$.

Do mặt phẳng không có bề dày và không có giới hạn nên hai mặt phẳng song song có một mặt phẳng đối xứng là mặt phẳng nằm cách đều hai mặt phẳng song song đó và có vô số mặt phẳng đối xứng khác là các mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng đã cho.

Gọi $M$, $N$, $E$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $CC'$, $B'C'$. Suy ra $\dfrac{{AI}}{{IM}} = \dfrac{{AJ}}{{JN}} = 2$ (tính chất trọng tâm tam giác) nên $IJ{\rm{//}}MN$$\left( 1 \right)$.

Trong mặt phẳng $\left( {AA'EM} \right)$ ta có $\dfrac{{AI}}{{IM}} = \dfrac{{A'K}}{{KE}} = 2 \Rightarrow IK{\rm{//}}ME$ mà $ME{\rm{//}}BB'$ nên $IK{\rm{//}}BB'$$\left( 2 \right)$.

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ và do $\left( {IJK} \right)$ và $\left( {BB'C'} \right)$ là hai mặt phẳng phân biệt, $IJ,IK \subset \left( {IJK} \right)$ và $MN,BB' \subset \left( {BB'C'} \right)$

=>$\left( {IJK} \right){\rm{//}}\left( {BB'C'} \right)$.

Do $MN{\rm{//}}AD \Rightarrow MN{\rm{//}}BC$. Vậy $\left( {MNP} \right)$ cắt mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ theo giao tuyến đi qua $P$, song song $BC$ và cắt $DC$ tại điểm $I$. Thiết diện của khối chóp cắt bởi mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ chính là hình thang $MNIP$.

Do $\Delta NDI = \Delta MAP$ nên $MP = NI$. Từ đó suy ra $MNIP$ là hình thang cân.

Trong tam giác $SAB$, ta có

$\cos \widehat {SAB} = \dfrac{{S{A^2} + A{B^2} - S{B^2}}}{{2.SA.AB}} = \dfrac{{9{a^2} + 9{a^2} - 27{a^2}}}{{2.3a.3a}} =  - \dfrac{{9{a^2}}}{{18{a^2}}} =  - \dfrac{1}{2}$

Trong tam giác$MAP$, ta có $M{P^2} = M{A^2} + A{P^2} - 2MA.AP.\cos \widehat {MAP} = \dfrac{{9{a^2}}}{4} + 4{a^2} + \dfrac{{3a}}{2} \cdot 2a = \dfrac{{37{a^2}}}{4} \Rightarrow MP = \dfrac{{a\sqrt {37} }}{2}$

Từ $M$ kẻ $MF \bot PI$, từ $N$ kẻ $NE \bot PI$.

Dễ thấy, tứ giác $MNEF$ là hình chữ nhật và từ đó suy ra $MN = EF = \dfrac{{3a}}{2} \Rightarrow PF = EI = \dfrac{{3a}}{4}$

Xét tam giác vuông $MFP$, ta có $MF = \sqrt {M{P^2} - F{P^2}}  = \sqrt {\dfrac{{37{a^2}}}{4} - \dfrac{{9{a^2}}}{{16}}}  = \dfrac{{a\sqrt {139} }}{4}$

Ta có ${S_{MNIP}} = \dfrac{{\left( {MN + IP} \right).MF}}{2} = \dfrac{{\left( {\dfrac{{3a}}{2} + 3a} \right) \cdot \dfrac{{a\sqrt {139} }}{4}}}{2} = \dfrac{{9{a^2}\sqrt {139} }}{16}$

Dễ thấy $BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2}}  = 220\sqrt 2 \,\, \Rightarrow BH = \dfrac{1}{2}BD = 110\sqrt 2$

Trong tam giác vuông $SHB$, có $SB = \sqrt {S{H^2} + B{H^2}}  = \sqrt {{{150}^2} + {{\left( {110\sqrt 2 } \right)}^2}}  = 10\sqrt {467}$

Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều $\Rightarrow$$SA = SB = SC = SD = 10\sqrt {467}$

Gọi $E$ là trung điểm của $AB$

Trong tam giác vuông $SEA$, có $SE = \sqrt {S{A^2} - E{A^2}}  = \sqrt {{{\left( {10\sqrt {467} } \right)}^2} - {{110}^2}}  = 10\sqrt {346}$

Vậy ${S_{xq}} = 4{S_{ABC}} = 4.\dfrac{1}{2}SE.AB = 2.10\sqrt {346} .220 = 4400\sqrt {346} \,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$