Giải đề thi học kì 1 toán lớp 11 năm 2019 - 2020 trường THPT Nguyễn Tất Thành

I/ TRẮC NGHIỆM: (3đ).

Câu 1. Gieo một con xúc xắc cân đối đồng chất \(2\) lần. Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện trong hai lần gieo bằng \(8.\)

A.\(\dfrac{1}{6}.\)                                B.\(\dfrac{1}{2}.\)

C.\(\dfrac{5}{{36}}.\)                              D. \(\dfrac{1}{9}.\)

Câu 2. Trong các dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) xác định bởi số hạng tổng quát \({u_n}\) sau, hỏi dãy số nào là dãy số giảm ?

A.\({u_n} = {2^n}.\)                     B.\({u_n} = 2n - 5.\)

C. \({u_n} = {\left( { - 3} \right)^n}.\)             D. \({u_n} = \dfrac{{1 - n}}{{3n + 2}}.\)

Câu 3. Cho hai đường thẳng phân biệt \(a,b\) và mặt phẳng \(\left( \alpha  \right).\) Giả sử \(a//\left( \alpha  \right),\,b \subset \left( \alpha  \right).\) Khi đó :

A. \(a,b\) cắt nhau

B.\(a//b\) hoặc \(a,b\) chéo nhau.

C. \(a,b\) chéo nhau.

D. \(a//b\)

Câu 4. Tìm mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau :

A. Qua một điểm nằm ngoài mặt phẳng cho trước ta vẽ được một và chỉ một đường thẳng song song với mặt phẳng cho trước đó

B.Nếu hai mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong \(\left( \alpha  \right)\) đều song song với mọi đường thẳng nằm trong \(\left( \beta  \right)\).

C. Nếu hai đường thẳng song song với nhau lần lượt nằm trong hai mặt phẳng phân biệt \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) thì \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) song song với nhau.

D. Nếu hai mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) song song với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong \(\left( \alpha  \right)\) đều song song với \(\left( \beta  \right).\)  

Câu 5. Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'.\) Gọi \(H\) là trung điểm của \(A'B'.\) Hỏi đường thẳng \(B'C\) song song với mặt phẳng nào sau đây?

A.\(\left( {HA'C} \right).\)                       B.\(\left( {HAB} \right).\)

C. \(\left( {AHC'} \right).\)                      D. \(\left( {{\rm{AA}}'H} \right)\)

Câu 6. Cho dãy số \(\left( {{u_n},} \right)\) biết \({u_n} = \dfrac{{2n - 1}}{{5n + 3}}\) với \(n \in {\mathbb{N}^*}\). Hỏi số \(\dfrac{1}{3}\) là số hạng thứ mấy của dãy số ?

A.\(7.\)                 B.\(8.\)                C. \(5.\)               D. \(6.\)

Câu 7. Số hạng chứa \({x^3}\) trong khai triển \({\left( {x + \dfrac{1}{{2x}}} \right)^9}\) với \(x \ne 0\) là :

A.\( - C_9^3{x^3}.\)                     B.\(\dfrac{1}{8}C_9^3{x^3}.\)

C. \(\dfrac{1}{8}C_9^3.\)                       D. \(C_9^3{x^3}.\)

Câu 8. Cho hai hình bình hành \(ABCD\) và \(ABEF\) không cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi \(O,{O_1}\) lần lượt là tâm của \(ABCD,\,ABEF.\) Lấy \(M\) là trung điểm của \(CD.\) Hỏi khẳng định nào sau đây sai ?

A.\(M{O_1}\) cắt \(\left( {BEC} \right).\)

B.\(O{O_1}//\left( {EFM} \right).\)

C.\(O{O_1}//\left( {BEC} \right).\)

D. \(O{O_1}//\left( {AFD} \right).\)

Câu 9. Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) xác định bởi \(\left\{ \begin{array}{l}{u_1} =  - 3\\{u_n} = \dfrac{1}{2}{u_{n - 1}} + 1\end{array} \right.\) với \(n \in {\mathbb{N}^*},n \ge 2.\) Tìm số hạng \({u_4}.\)

A.\({u_4} = \dfrac{1}{2}.\)                            B.\({u_4} = 1.\)

C. \({u_4} = \dfrac{{11}}{8}.\)                         D. \({u_4} = \dfrac{5}{8}.\)

Câu 10. Hệ số của \({x^{10}}\) trong khai triển \({\left( {3{x^2} + \dfrac{1}{x}} \right)^{14}}\) với \(x \ne 0\) là :

A.\(C_{14}^6{3^8}{x^{10}}.\)                         B.\(C_{14}^6{3^8}.\)

C. \(C_{14}^6{3^6}.\)                             D. \(C_{14}^6{3^6}{x^{10}}.\)

Câu 11. Cho dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\), biết \({u_n} = \dfrac{{{n^2} + 3}}{{2{n^2} - 1}}\) với \(n \in {\mathbb{N}^*}.\) Tìm số hạng \({u_5}.\)

A.\({u_5} = \dfrac{7}{4}.\)                           B.\({u_5} = \dfrac{7}{9}.\)

C. \({u_5} = \dfrac{{24}}{{51}}.\)                        D. \({u_5} = \dfrac{4}{7}.\)

Câu 12. Một hộp có \(6\) viên bi xanh, \(4\) viên bi đỏ và \(5\) viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên \(5\) viên bi trong hộp, tính xác suất để \(5\) viên bi được chọn có đủ ba màu và số bi xanh bằng số bi vàng. 

A.\(\dfrac{{40}}{{1001}}.\)                   B.\(\dfrac{{240}}{{1001}}.\)

C.\(\dfrac{{200}}{{1001}}.\)                  D. \(\dfrac{{702}}{{1001}}.\)

 II. TỰ LUẬN (7đ).

Câu 1: (2,0 điểm)

1. Giải phương trình : \(\sin x + \sin 2x = 0\)

2. Tìm số hạng chứa \({x^{29}}\) trong khai triển theo nhị thức Niu-tơn của \({\left( {{x^2} - x} \right)^n},\) biết \(n\) là số nguyên dương thỏa mãn \(2C_n^2 - 19n = 0.\) 

Câu 2: (2,0 điểm)

1. Trong một nhóm học sinh khối \(11\) tham gia hoạt động thiện nguyện gồm\(3\) học sinh nữ và \(7\) học sinh nam. Cần chọn ra \(5\) học sinh tham gia trong đợt thứ nhất. Tính xác suất để \(5\) học sinh được chọn không có quá \(1\) học sinh nữ.

2. Trong trận bóng đá chung kết, hai bạn Việt và Nam tham gia sút phạt, biết rằng khả năng sút phạt vào lưới của Việt và Nam lần lượt là \(0,7\) và \(0,8.\) Tính xác suất để ít nhất một bạn ghi bàn.

Câu 3: (2,5 điểm)

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành \(ABCD\) với \(O\) là giao điểm hai đường chéo \(AC\) và \(BD.\) Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(SA\) và \(SD.\)

1. Chứng minh \(MO\) song song với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right).\)

2. Gọi \(K\) là trung điểm của \(MO.\) Chứng minh rằng \(NK\) song song với \(\left( {SBC} \right).\)

3. Xác định thiết diện của hình chóp \(S.ABCD\) cắt bởi mặt phẳng \(\left( {OMN} \right).\) Hỏi thiết diện là hình gì ?

Câu 4: (0,5 điểm)

Cho hình hộp \(ABCD.A'B'C'D'.\) Lấy \(E,F\) lần lượt là trung điểm các cạnh \(AB,CC'\) và \(O\) là tâm của đáy \(A'B'C'D'.\) Gọi \(I\) là giao điểm của \(BC\) và mặt phẳng \(\left( {FOE} \right).\) Tính tỉ số \(\dfrac{{IC}}{{IB}}\) và xác định thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng \(\left( {FOE} \right).\)

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

Thực hiện: Ban chuyên môn Loigiaihay.com

PHẦN I: TRẮC NGHIỆM

Câu 1 (TH):

Phương pháp:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Liệt kê các khả năng có lợi cho biến cố.

- Tính xác suất \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}}\).

Cách giải:

Gieo con xúc sắc hai lần, \(n\left( \Omega  \right) = 6.6 = 36\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Tổng số chấm xuất hiện trong hai lần gieo bằng \(8\)”

Khi đó \(A = \left\{ {\left( {2;6} \right),\left( {3;5} \right),\left( {4;4} \right),\left( {5;3} \right),\left( {6;2} \right)} \right\}\) \( \Rightarrow n\left( A \right) = 5\)

Xác suất \(P\left( A \right) = \dfrac{5}{{36}}\).

Chọn C.

Câu 2 (TH):

Phương pháp:

Dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) giảm nếu \(0 < \dfrac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} < 1\) hoặc \({u_{n + 1}} - {u_n} < 0\).

Cách giải:

Đáp án A: \(\dfrac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} = \dfrac{{{2^{n + 1}}}}{{{2^n}}} = 2 > 1\) nên dãy số tăng.

Đáp án B: \({u_{n + 1}} - {u_n} = 2\left( {n + 1} \right) - 5 - 2n + 5 = 2 > 0\) nên dãy số tăng.

Đáp án C: Dãy số \( - 3;9; - 27;81;...\) không tăng không giảm.

Đáp án D: \({u_{n + 1}} - {u_n} = \dfrac{{1 - \left( {n + 1} \right)}}{{3\left( {n + 1} \right) + 2}} - \dfrac{{1 - n}}{{3n + 2}}\) \( = \dfrac{{ - n}}{{3n + 5}} - \dfrac{{1 - n}}{{3n + 2}}\) \( = \dfrac{{ - 3{n^2} - 2n - 3n - 5 + 3{n^2} + 5n}}{{\left( {3n + 5} \right)\left( {3n + 2} \right)}}\) \( = \dfrac{{ - 5}}{{\left( {3n + 5} \right)\left( {3n + 2} \right)}} < 0\)

Do đó dãy số \(\left( {{u_n}} \right)\) giảm.

Chọn D.

Câu 3 (TH):

Phương pháp:

Nhận xét vị trí tương đối của đường thẳng \(a,b\) và kết luận.

Cách giải:

Nếu \(a//\left( \alpha  \right),\,b \subset \left( \alpha  \right)\) thì \(a//b\) hoặc \(a\) chéo \(b\).

Chọn B.

Câu 4 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết về đường thẳng song song với mặt phẳng, hai mặt phẳng song song nhận xét tính đúng sai của từng đáp án.

Cách giải:

Đáp án A: sai, ta vẽ được vô số đường thẳng song song với mặt phẳng cho trước.

Đáp án B: sai, mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này đều song song với mặt phẳng kia chứ không phải song song với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng kia.

Đáp án C: sai, \(\left( \alpha  \right)\) và \(\left( \beta  \right)\) có thể cắt nhau theo giao tuyến song song với \(a\) và \(b\).

Đáp án D: đúng.

Chọn D.

Câu 5 (TH):

Phương pháp:

Muốn chứng minh một đường thẳng song song với một mặt phẳng, ta chỉ ra một đường thẳng nằm trong mặt này và song song với đường thẳng kia.

Cách giải:

Gọi \(K\) là giao điểm của \(A'C\) và \(AC'\).

Tam giác \(A'B'C\) có \(HK\) là đường trung bình của tam giác nên \(HK//B'C\).

Mà \(HK \subset \left( {AHC'} \right)\) nên \(B'C//\left( {AHC'} \right)\).

Chọn C.

Chú ý:

Các em có thể loại đáp án, chẳng hạn:

Đáp án A: \(B'C \subset \left( {HA'C} \right)\) nên A sai.

Đáp án B: \(B'C \cap \left( {HAB} \right) = B'\) nên B sai.

Đáp án D: \(B'C \cap \left( {AA'H} \right) = B'\) nên D sai.

Câu 6 (TH):

Phương pháp:

Giải phương trình \({u_n} = \dfrac{1}{3}\) tìm \(n\).

Cách giải:

Ta có:

\(\dfrac{{2n - 1}}{{5n + 3}} = \dfrac{1}{3}\) \( \Leftrightarrow 3\left( {2n - 1} \right) = 5n + 3 \Leftrightarrow n = 6\)

Chọn D.

Câu 7 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính số hạng tổng quát \({T_{k + 1}} = C_n^k{a^{n - k}}{b^k}\)

Cách giải:

Số hạng tổng quát \({T_{k + 1}} = C_9^k{x^{9 - k}}{\left( {\dfrac{1}{{2x}}} \right)^k}\)\( = C_9^2.\dfrac{1}{{{2^k}}}.{x^{9 - 2k}}\).

Số hạng chứa \({x^3}\) ứng với \(9 - 2k = 3 \Leftrightarrow k = 3\).

Vậy số hạng chứa \({x^3}\) là \(C_9^3.\dfrac{1}{{{2^3}}}.{x^3} = \dfrac{1}{8}C_9^3{x^3}\).

Chọn B.

Câu 8 (VD):

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp loại đáp án, xét các đáp án đúng, từ đó suy ra đáp án sai.

Cách giải:

Đáp án B: Dễ thấy \(O{O_1}//DF \subset \left( {EFM} \right)\) nên B đúng.

Đáp án C: \(O{O_1}//CE \subset \left( {BEC} \right)\) nên C đúng.

Đáp án D: \(O{O_1}//DF \subset \left( {AFD} \right)\) nên D đúng.

Ngoài ra A sai vì \(M{O_1}//\left( {BEC} \right)\), thật vậy,

\(O{O_1}//CE\), \(OM//BC\) nên \(\left( {O{O_1}M} \right)//\left( {BCE} \right)\) \( \Rightarrow M{O_1}//\left( {BCE} \right)\).

Chọn A.

Câu 9 (TH):

Phương pháp:

Tính giá trị các số hạng của dãy và kết luận.

Cách giải:

Ta có: \({u_2} = \dfrac{1}{2}{u_1} + 1\) \( = \dfrac{1}{2}.\left( { - 3} \right) + 1 =  - \dfrac{1}{2}\).

\({u_3} = \dfrac{1}{2}{u_2} + 1 = \dfrac{1}{2}.\left( { - \dfrac{1}{2}} \right) + 1 = \dfrac{3}{4}\)

\({u_4} = \dfrac{1}{2}{u_3} + 1 = \dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{4} + 1 = \dfrac{{11}}{8}\).

Chọn C

Câu 10 (TH):

Phương pháp:

Sử dụng công thức tính số hạng tổng quát \({T_{k + 1}} = C_n^k{a^{n - k}}{b^k}\)

Cách giải:

Số hạng tổng quát: \(C_{14}^k.{\left( {3{x^2}} \right)^{14 - k}}.{\left( {\dfrac{1}{x}} \right)^k}\) \( = C_{14}^k{.3^{14 - k}}{x^{28 - 2k}}.\dfrac{1}{{{x^k}}}\) \( = C_{14}^k{.3^{14 - k}}{x^{28 - 3k}}\)

Số hạng chứa \({x^{10}}\) ứng với \(28 - 3k = 10 \Leftrightarrow k = 6\)

Hệ số \(C_{14}^6{.3^8}\).

Chọn B.

Câu 11 (TH):

Phương pháp:

Thay \(n = 5\) vào công thức hàm số và tính toán.

Cách giải:

Ta có: \({u_5} = \dfrac{{{5^2} + 3}}{{{{2.5}^2} - 1}} = \dfrac{4}{7}\).

Chọn D.

Câu 12 (VD):

Phương pháp:

- Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Tính số các khả năng có lợi cho biến cố.

- Tính xác suất \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}}\).

Cách giải:

Chọn \(5\) viên bi trong hộp có \(C_{15}^5 = 3003\) cách chọn hay \(n\left( \Omega  \right) = 3003\).

Gọi \(A\) là biến cố “\(5\) viên bi được chọn có đủ ba màu và số bi xanh bằng số bi vàng”

+ TH1: \(1\) xanh, \(1\) vàng và \(3\) đỏ, có \(C_6^1.C_5^1.C_4^3 = 120\) cách chọn.

+ TH2: \(2\) xanh, \(2\) vàng và \(1\) đỏ, có \(C_6^2.C_5^2.C_4^1 = 600\) cách chọn.

Do đó \(n\left( A \right) = 120 + 600 = 720\) cách chọn.

Xác suất \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}}\)\( = \dfrac{{720}}{{3003}} = \dfrac{{240}}{{1001}}\).

Chọn B.

PHẦN II: TỰ LUẬN

Câu 1 (VD)

Phương pháp:

1. Sử dụng công thức nhân đôi \(\sin 2x = 2\sin x\cos x\) đưa phương trình về dạng tích.

2. Giải phương trình tìm \(n\).

Sử dụng công thức tính số hạng tổng quát tìm số hạng chứa \({x^{29}}\).

Cách giải:

1. Giải phương trình : \(\sin x + \sin 2x = 0\)

\(\sin x + \sin 2x = 0\) \( \Leftrightarrow \sin x + 2\sin x\cos x = 0\) \( \Leftrightarrow \sin x\left( {1 + 2\cos x} \right) = 0\)

\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\sin x = 0\\\cos x =  - \dfrac{1}{2}\end{array} \right.\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = k\pi \\x =  \pm \dfrac{2}{3} + k2\pi \end{array} \right.,k \in \mathbb{Z}\)

Vậy phương trình có nghiệm \(x = k\pi ,x =  \pm \dfrac{{2\pi }}{3} + k2\pi \), \(k \in \mathbb{Z}\).

2. Tìm số hạng chứa \({x^{29}}\) trong khai triển theo nhị thức Niu-tơn của \({\left( {{x^2} - x} \right)^n},\) biết \(n\) là số nguyên dương thỏa mãn \(2C_n^2 - 19n = 0.\)

Ta có:

\(2C_n^2 - 19n = 0\) \( \Leftrightarrow 2.\dfrac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} - 19n = 0\) \( \Leftrightarrow {n^2} - n - 19n = 0\) \( \Leftrightarrow {n^2} - 20n = 0\) \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 0\left( {loai} \right)\\n = 20\left( {TM} \right)\end{array} \right.\)

Số hạng tổng quát \(C_{20}^k{\left( {{x^2}} \right)^{20 - k}}.{x^k} = C_{20}^k{x^{40 - k}}\)

Số hạng chứa \({x^{29}}\) ứng với \(40 - k = 29 \Leftrightarrow k = 11\).

Vậy số hạng đó là \(C_{20}^{11}{x^{29}}\).

Câu 2 (VD)

Phương pháp:

 1. - Tính số phần tử của không gian mẫu.

- Tính số các khả năng có lợi cho biến cố.

- Tính xác suất \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}}\).

2. Sử dụng qui tắc nhân xác suất và xác suất của biến cố đối.

Cách giải:

1. Trong một nhóm học sinh khối \(11\) tham gia hoạt động thiện nguyện gồm \(3\) học sinh nữ và \(7\) học sinh nam. Cần chọn ra \(5\) học sinh tham gia trong đợt thứ nhất. Tính xác suất để \(5\) học sinh được chọn không có quá \(1\) học sinh nữ.

Chọn \(5\) học sinh trong \(10\) học sinh, \(n\left( \Omega  \right) = C_{10}^5 = 252\).

Gọi \(A\) là biến cố: “Chọn được không quá một học sinh nữ”.

+ TH1: Có \(1\) học sinh nữ và \(4\) học sinh nam có \(C_3^1.C_7^4 = 105\) cách.

+ TH2: Có \(0\) học sinh nữ và \(5\) học sinh nam có \(C_3^0.C_7^5 = 21\) cách.

Do đó \(n\left( A \right) = 105 + 21 = 126\).

Xác suất \(P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega  \right)}} = \dfrac{{126}}{{252}} = \dfrac{1}{2}\).

2. Trong trận bóng đá chung kết, hai bạn Việt và Nam tham gia sút phạt, biết rằng khả năng sút phạt vào lưới của Việt và Nam lần lượt là \(0,7\) và \(0,8.\) Tính xác suất để ít nhất một bạn ghi bàn.

Gọi \(A\) là biến cố: “Ít nhất một bạn ghi bàn”

Khi đó \(\overline A \) là biến cố: “Không có bạn nào ghi bàn”

Xác suất để Việt không ghi bàn là: \(1 - 0,7 = 0,3\).

Xác suất để Nam không ghi bàn là: \(1 - 0,8 = 0,2\).

Xác suất để cả hai bạn không ghi bàn là: \(P\left( {\overline A } \right) = 0,3.0,2 = 0,06\).

Xác suất để ít nhất một bạn ghi bàn là: \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0,06 = 0,94\).

Câu 3 (VD)

Phương pháp:

1. Sử dụng định lí \(\left\{ \begin{array}{l}d \not\subset \left( P \right)\\a \subset \left( P \right)\\d//a\end{array} \right. \Rightarrow d//\left( P \right)\) để chứng minh đường thẳng song song mặt phẳng.

Sử dụng định lí \(\left\{ \begin{array}{l}a,b \subset \left( P \right),a'b' \subset \left( Q \right)\\a \cap b = I,a' \cap b' = I'\\a//a',b//b'\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( P \right)//\left( Q \right)\) để chứng minh hai mặt phẳng song song.

2. Sử dụng định lí \(\left\{ \begin{array}{l}d \subset \left( P \right)\\\left( P \right)//\left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow d//\left( Q \right)\) để chứng minh đường thẳng song song mặt phẳng.

3. Xác định các giao tuyến của mặt phẳng đã cho với các mặt của hình chóp và suy ra thiết diện.

Cách giải:

1. Chứng minh \(MO\) song song với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {OMN} \right)\) song song với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right).\)

Ta có: \(MO\) là đường trung bình của tam giác \(SAC\) nên \(MO//SC\).

Mà \(SC \subset \left( {SBC} \right)\) nên \(MO//\left( {SBC} \right)\).

\(MN\) là đường trung bình của \(\Delta SAD\) nên \(MN//AD\), mà \(AD//BC\) nên \(MN//BC\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}MN,MO \subset \left( {OMN} \right)\\BC,SC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)\).

2. Gọi \(K\) là trung điểm của \(MO.\) Chứng minh rằng \(NK\) song song với \(\left( {SBC} \right).\)

Dễ thấy \(NK \subset \left( {OMN} \right)\).

Mà \(\left( {OMN} \right)//\left( {SBC} \right)\) nên \(NK//\left( {SBC} \right)\).

3. Xác định thiết diện của hình chóp \(S.ABCD\) cắt bởi mặt phẳng \(\left( {OMN} \right).\) Hỏi thiết diện là hình gì ?

Ta có:

\(BC \subset \left( {SBC} \right)//\left( {OMN} \right)\) nên \(BC//\left( {OMN} \right)\)

Mà \(BC \subset \left( {ABCD} \right)\) nên \(\left( {OMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = Ox//BC\).

Trong \(\left( {ABCD} \right)\), qua \(O\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\) cắt \(CD,AB\) lần lượt tại \(E,F\).

Khi đó,

\(\begin{array}{l}\left( {OMN} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = EF\\\left( {OMN} \right) \cap \left( {SAB} \right) = FM\\\left( {OMN} \right) \cap \left( {SAD} \right) = MN\\\left( {OMN} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NE\end{array}\)

\( \Rightarrow \) thiết diện là tứ giác \(MNEF\).

Mà \(MN//BC,EF//BC\) nên \(MN//EF\) hay thiết diện là hình thang \(MNEF\).

Bài 4 (VDC):

Phương pháp:

Gọi \(N\) là trung điểm của \(A'B'\), \(G\) là giao điểm của \(NC'\) với \(EF\).

Từ đó mở rộng mặt phẳng \(\left( {FOE} \right)\) rồi tìm giao tuyến của \(\left( {FOE} \right)\) với các mặt của hình hộp.

Cách giải:

Gọi \(N\) là trung điểm của \(A'B'\)\( \Rightarrow NE//FC'\) nên bốn điểm \(N,E,F,C\) đồng phẳng.

Trong \(\left( {NEFC} \right)\), gọi \(G = NC' \cap EF \Rightarrow G \in EF \subset \left( {FOE} \right)\).

Trong \(\left( {A'B'C'D'} \right)\), gọi \(H,K\) lần lượt là giao điểm của \(GO\) với \(D'C',A'B'\)

Khi đó \(\left( {FOE} \right) \equiv \left( {GKE} \right)\).

Trong \(\left( {ABB'A'} \right)\), gọi \(P = KE \cap B'B\) \( \Rightarrow P \in BB' \subset \left( {BCC'B'} \right)\)

Trong \(\left( {BCC'B'} \right)\), gọi \(I = PF \cap BC\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}I \in BC\\I \in PF \subset \left( {GKE} \right) \equiv \left( {FOE} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow I = BC \cap \left( {FOE} \right)\).

Khi đó

\(\begin{array}{l}\left( {FOE} \right) \cap \left( {A'B'C'D'} \right) = HK\\\left( {FOE} \right) \cap \left( {ABB'A'} \right) = KE\\\left( {FOE} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = EI\\\left( {FOE} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = IF\\\left( {FOE} \right) \cap \left( {DCC'D'} \right) = FH\end{array}\)

Thiết diện là ngũ giác \(EIFHK\).

Ta có, \(\dfrac{{IB}}{{IC}} = \dfrac{{PB}}{{CF}}\), \(CF = \dfrac{1}{2}CC'\) \( \Rightarrow \dfrac{{PB}}{{CF}} = \dfrac{{PB}}{{\dfrac{1}{2}CC'}} = 2.\dfrac{{PB}}{{BB'}}\)

\(HC'//KN \Rightarrow \dfrac{{HC'}}{{KN}} = \dfrac{{GC'}}{{GN}}\)

Mà \(C'F//NE \Rightarrow \dfrac{{GC'}}{{GN}} = \dfrac{{C'F}}{{NE}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow \dfrac{{HC'}}{{KN}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{A'K}}{{KN}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow \dfrac{{A'K}}{{A'N}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \dfrac{{A'K}}{{A'B'}} = \dfrac{1}{6}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{KN}}{{A'N}} = \dfrac{2}{3} = \dfrac{{K'N}}{{NB'}} \Rightarrow \dfrac{{K'N}}{{KB'}} = \dfrac{2}{5}\) \( \Rightarrow \dfrac{{NE}}{{PB'}} = \dfrac{2}{5} \Rightarrow \dfrac{{BB'}}{{PB'}} = \dfrac{2}{5}\) \( \Rightarrow \dfrac{{PB}}{{PB'}} = \dfrac{3}{5} \Rightarrow \dfrac{{PB}}{{BB'}} = \dfrac{3}{2}\)

Vậy \(\dfrac{{IB}}{{IC}} = \dfrac{{PB}}{{CF}} = 2.\dfrac{{PB}}{{BB'}} = 2.\dfrac{3}{2} = 3\).

Loigiaihay.com