Thứ năm, 28/03/2024
IMG-LOGO
Trang chủ Đánh giá năng lực ĐHQG Hà Nội Bài toán thiết diện của hình chóp

Bài toán thiết diện của hình chóp

Bài toán thiết diện của hình chóp

  • 212 lượt thi

  • 30 câu hỏi

  • 30 phút

Danh sách câu hỏi

Câu 1:

Cho hình chóp S.ABCD  có đáy ABCD  là hình thang đáy lớn AB . Gọi M  là một điểm trên cạnh CD;(α) là mặt phẳng qua M  và song song với SA  và BC. Thiết diện của mp(α) với hình chóp là:

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD  có đáy ABCD  là hình thang đáy lớn AB . Gọi M  là một điểm trên cạnh CD; (ảnh 1)

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in (\alpha ) \cap (ABCD)}\\{BC\parallel (\alpha )}\\{BC \subset (ABCD)}\end{array}} \right. \Rightarrow (\alpha ) \cap (ABCD) = MN\parallel BC(N \in AB)\,\,(1)\)

Tương tự

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{N \in (\alpha ) \cap (SAB)}\\{SA\parallel (\alpha )}\\{SA \subset (SAB)}\end{array}} \right. \Rightarrow (\alpha ) \cap (SAB) = NP\parallel SA(P \in SB)\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{P \in (\alpha ) \cap (SBC)}\\{BC\parallel (\alpha )}\\{BC \subset (SBC)}\end{array}} \right. \Rightarrow (\alpha ) \cap (SBC) = PQ\parallel BC(Q \in SC)\,\,(2).\)

Từ (1) và (2) suy ra MN//PQ .

Vậy thiết diện là hình thang MNPQ.

Đáp án cần chọn là: B


Câu 2:

Cho hình chóp S.ABCD  có đáy ABCD  là hình bình hành. Gọi d  là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD)  và (SBC) . Khẳng định nào sau đây là đúng?

Xem đáp án

Vì \[S \in \left( {SAD} \right)\] và\[S \in \left( {SBC} \right)\] nên\[S \in d\]

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AD \subset (SAD)}\\{BC \subset (SBC)}\\{AD//BC}\\{d = (SAD) \cap (SBC)}\end{array}} \right. \Rightarrow d//AD//BC\)

Đáp án cần chọn là: A


Câu 3:

Cho tứ diện ABCD  có AB=CD . Mặt phẳng (α) qua trung điểm của AC  và song song với AB,CD  cắt ABCD  theo thiết diện là:

Xem đáp án

Cho tứ diện ABCD  có AB=CD . Mặt phẳng  (ảnh 1)

Gọi M  là trung điểm của AC .

Trong (ABC)  qua M  kẻ \[MN//AB\left( {N \in BC} \right)\] Trong (ACD)  và (BCD)  kẻ MQ//CD  và \[NP//CD\left( {Q \in AD,P \in BD} \right)\]

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in (\alpha ) \cap (ABC)}\\{AB \subset (ABC)}\\{AB//(\alpha )}\\{MN//AB}\end{array}} \right. \Rightarrow (\alpha ) \cap (ABC) = MN\)

Chứng minh tương tự ta có:\[\left( \alpha \right) \cap \left( {BCD} \right) = NP//CD\]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\left( \alpha \right) \cap \left( {ABD} \right) = PQ//AB}\\{\left( \alpha \right) \cap \left( {ACD} \right) = QM//CD.}\end{array}\]

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi mp(α) là tứ giác MNPQ .

Ta có: \[MN//PQ//AB,MQ//NP//CD\] nên MNPQ  là hình bình hành.

Ta có: MN  là đường trung bình của tam giác ABC  và MQ  là đường trung bình của tam giác ACD  nên\[MN = \frac{1}{2}AB,MQ = \frac{1}{2}CD.\]

Mà AB=CD  nên MN=MQ . Vậy MNPQ là hình thoi.

Đáp án cần chọn là: C


Câu 4:

Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′,AC và BD cắt nhau tại O,A′C′ và B′D′ cắt nhau tại O′ . Các điểm M,N,P  theo thứ tự là trung điểm của AB,BC,O′B′. Khi đó thiết diện do mặt phẳng (MNP)  cắt hình lập phương sẽ là đa giác có số cạnh là bao nhiêu?

Xem đáp án

Ta có: MN  là đường trung bình của tam giác ABC  nên\[MN//AC//A'C'\]

(MNP)  và (A′B′C′D′)  có điểm P  chung và MN//A′C′ . 

Qua P  kẻ \[EF//A'C';E \in A'B',F \in B'C'.\]

Vậy thiết diện của hình lập phương cắt bởi mp(MNP)  là MNFE.

Đáp án cần chọn là: B


Câu 5:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang có cạnh đáy AB  và CD. Gọi I,J  lần lượt là trung điểm của các cạnh AD  và BC  và G là trọng tâm tam giác SAB. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (IJG)

Xem đáp án

Ta có: ABCD  là hình thang và I,J là trung điểm của AD  và BC  nên IJ  là đường trung bình của hình thang ABCD.

\[ \Rightarrow IJ//AB//CD\]

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{G \in (SAB) \cap (IJG)}\\{AB \subset (SAB)}\\{IJ \subset (IJG)}\\{AB//IJ}\end{array}} \right.\) Trong (SAB)  qua G  kẻ\[MN//AB\left( {M \in SA;N \in SB} \right)\]

\[ \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {{\rm{IJ}}G} \right) = MN\] và \[MN//IJ//AB//CD\]

Đáp án cần chọn là: D


Câu 6:

Cho chóp tứ giác S.ABCD  có hai đường chéo AC  và BD. Gọi EE  và FF  lần lượt là giao điểm của AB  và CD,AD  và BC . Một mặt phẳng (α) đi qua điểm M  trên cạnh SB (M nằm giữa S  và B ) song song với SE  và SF  (SE không vuông góc với SF). Thiết diện của hình chóp cắt bởi mp(α) có số cạnh là:

Xem đáp án

Giả sử thiết diện cần tìm đi qua điểm \[M \in SB.\]

Trong (SAB)  qua M  kẻ\[MN//SE\left( {N \in SA} \right)\] ta có:\[\left( \alpha \right)\] và (SAB) có điểm M  chung.

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\left( \alpha \right)//SE \subset \left( {SAB} \right)}\\{MN//SE}\\{ \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = MN.}\end{array}\]

Tương tự trong (SAD)  qua N  kẻ\[NP//SF\left( {P \in SD} \right)\] ta có: \[\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = NP.\]

Trong (SCD) kẻ\[PQ//SE\left( {Q \in SC} \right)\] ta có: \[\left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ.\]

\[\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = MQ.\]

Vậy thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(α) là tứ giác MNPQ.

Đáp án cần chọn là: B


Câu 7:

Cho tứ diện ABCD. Trên cạnh AD lấy trung điểm M, trên cạnh BC lấy điểm N bất kỳ. Gọi (α) là mặt phẳng chứa đường thẳng MN và song song với CD. Xác định vị trí của điểm N trên cạnh BC sao cho thiết diện là hình bình hành.

Xem đáp án

Cho tứ diện ABCD. Trên cạnh AD lấy trung điểm M, trên cạnh BC lấy điểm N bất kỳ. Gọi  (ảnh 1)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in (\alpha ) \cap (ACD)}\\{CD\parallel (\alpha )}\\{CD \subset (ACD)}\end{array}} \right.\)

Suy ra\[MP//CD\] với \[P \in CD\]

Tương tự \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{N \in (\alpha ) \cap (BCD)}\\{CD\parallel (\alpha )}\\{CD \subset (BCD)}\end{array}} \right.\)

Suy ra\[NQ//CD\left( {Q \in BD} \right)\]

Vậy thiết diện là tứ giác MPNQ có\[MP//NQ//CD\] nên MPNQ  là hình thang.

Để MPNQ là hình bình hành thì cần thêm điều kiện MP=NQ.

Mà\[MP = \frac{1}{2}CD\] (do MP  là đường trung bình của tam giác ACD).

Suy ra\[NQ = \frac{1}{2}CD\] Mà NQ//CD  nên NQ  là đường trung bình của tam giác BCD .

Vậy N là trung điểm của BC  hay\[NB = \frac{1}{2}BC\]

Đáp án cần chọn là: A


Câu 8:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, tam giác SBD  cân tại S. Gọi M là điểm tùy ý trên AO. Mặt phẳng (α) đi qua M và song song với SA,BD  cắt SO,SB,AB tại N,P,Q. Tứ giác MNPQ  là hình gì?

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, tam giác SBD  cân tại S. Gọi M là điểm tùy ý trên AO. Mặt phẳng  (ảnh 1)

Tam giác SBD cân tại S  nên SB=SD .

Suy ra \[{\rm{\Delta }}SBC = {\rm{\Delta }}SDC\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow \widehat {SCB} = \widehat {SCD}\]

Gọi II  là trung điểm của SCSC .

Xét hai tam giác IBC và ICD  có:

IC chung

BC=DC (ABCD là hình vuông)

\[\widehat {ICB} = \widehat {ICD}\,\left( {cmt} \right)\]

Do đó \[{\rm{\Delta }}IBC = {\rm{\Delta }}IDC\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow IB = ID\] hay tam giác ICD  cân tại I .

Do O  là trung điểm của BD  nên IO  là đường trung tuyến trong tam giác cân

\[ \Rightarrow IO \bot BD.\]

Mà SA//IO nên\[SA \bot BD.\]

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in (\alpha ) \cap (ABCD)}\\{BD\parallel (\alpha }\\{BD \subset (ABCD)}\end{array}} \right.\)

Suy ra giao tuyến của (α) với (ABCD)  là đường thẳng qua M  và song song với BD  cắt AB  tại \[Q \Rightarrow MQ\parallel BD.\,\,\left( 1 \right)\]

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{Q \in (\alpha ) \cap (SAB)}\\{SA\parallel (\alpha )}\\{SA \subset (SAB)}\end{array}} \right.\) suy ra giao tuyến của (α)với (SAB)  là đường thẳng đi qua Q  và song song với SA  cắt SB tại P . Do đó \[QP//SA\,\,\,\,(2)\]

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{P \in (\alpha ) \cap (SBD)}\\{BD\parallel (\alpha )}\\{BD \subset (SBD)}\end{array}} \right.\) suy ra giao tuyến của (α)với (SBD)  là đường thẳng đi qua P và song song với BD  cắt SO  tại N . Do đó PN//BD (3).

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha ) \cap (SAC) = MN}\\{SA\parallel (\alpha )}\\{SA \subset (SAC)}\end{array}} \right. \Rightarrow MN\parallel SA\)(4)

Từ (1) và (3) suy ra \[PN//MQ//BD\], từ (2) và (4) suy ra \[QP//MN//SA\]. Do đó MNPQ là hình bình hành.

Lại có \[SA \bot BD \Rightarrow MN \bot MQ\].

Vậy MNPQ  là hình chữ nhật.

Đáp án cần chọn là: C


Câu 9:

Cho hình chóp S.ABCD . Gọi M,N là hai điểm lần lượt thuộc cạnh AB  và CD;(α) là mặt phẳng đi qua MN  và song song với SA . Tìm điều kiện của MN  để thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(α) là một hình thang.

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD . Gọi M,N là hai điểm lần lượt thuộc cạnh AB  và CD; (ảnh 1)

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in (\alpha ) \cap (SAB)}\\{(\alpha )\parallel SA}\\{SA \subset (SAB)}\end{array}} \right. \Rightarrow (SAB) \cap (\alpha ) = MQ\parallel SA(Q \in SB)\)

Trong (ABCD), gọi \[I = MN \cap AC\] Ta có:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{I \in MN,\,MN \subset \left( \alpha \right) \Rightarrow I \in \left( \alpha \right).}\\{I \in AC,\,AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow T \in \left( {SAC} \right)}\\{ \Rightarrow I \in \left( \alpha \right) \cap \left( {SAC} \right).}\end{array}\]

Vậy

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{I \in (\alpha ) \cap (SAC)}\\{(\alpha )\parallel SA}\\{SA \subset (SAC)}\end{array}} \right. \Rightarrow (SAC) \cap (\alpha ) = IP\parallel SA(P \in SC)\)

Thiết diện là tứ giác MNPQ .

Để tứ giác MNPQ là hình thang thì cần MQ//NP hoặc MN//PQ .

Trường hợp 1: Nếu MQ//NP thì

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{MQ\parallel NP}\\{MQ\parallel SA}\end{array}} \right. \Rightarrow SA\parallel NP,\)  mà \[NP \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow SA\parallel \left( {SCD} \right)\]  (Vô lí).

Trường hợp 2: Nếu MN//PQ  thì ta có các mặt phẳng (ABCD),(α),(SBC)  đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến là MN,BC,PQ nên MN//BC.

Đảo lại nếu MN//BC thì\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{PQ = (\alpha ) \cap (SBC)}\\{MN \subset (\alpha )}\\{BC \subset (SBC)}\end{array}} \right. \Rightarrow PQ\parallel MN\parallel BC\) nên tứ giác MNPQ là hình thang.

Vậy tứ giác MNPQ  là hình thang thì điều kiện là MN//BC .

Đáp án cần chọn là: B


Câu 10:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang có cạnh đáy AB và CD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AD  và BC  và G  là trọng tâm tam giác SAB. Tìm điều kiện của AB  và CD  để thiết diện của (IJG) và hình chóp là một hình bình hành.

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang có cạnh đáy AB và CD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh AD  và BC  và G  là trọng tâm tam giác SAB. Tìm điều kiện của AB  và CD  để t (ảnh 1)

Ta có: ABCD  là hình thang và I,J là trung điểm của AD và BC  nên IJ là đường trung bình của hình thang ABCD.

\[ \Rightarrow IJ//AB//CD\]

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{G \in (SAB) \cap (IJG)}\\{AB \subset (SAB)}\\{IJ \subset (IJG)}\\{AB//IJ}\end{array}} \right. \Rightarrow \) Trong (SAB) qua G  kẻ\[MN//AB\left( {M \in SA;N \in SB} \right)\]

\[ \Rightarrow \left( {SAB} \right) \cap \left( {{\rm{IJ}}G} \right) = MN\] và\[MN//IJ//AB//CD\]

Dễ thấy thiết diện của (IJG) và hình chóp là hình thang MNJI.

G  là trọng tâm của tam giác SAB  và MN//AB nên theo định lí Ta-let ta có:

\[\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SG}}{{SE}} = \frac{2}{3}\] (Với E  là trung điểm của AB).

\[ \Rightarrow MN = \frac{2}{3}AB\]

Lại có: IJ là đường trung bình của hình thang ABCD  nên\[{\rm{IJ}} = \frac{{AB + CD}}{2}.\]

Để hình thang MNJI  trở thành hình bình hành thì cần điều kiện MN=IJ.

\[ \Rightarrow \frac{2}{3}AB = \frac{1}{2}\left( {AB + CD} \right) \Leftrightarrow \frac{1}{6}AB = \frac{1}{2}CD \Leftrightarrow AB = 3CD.\]

Đáp án cần chọn là: D


Câu 11:

Cho hình chóp S.ABCD,O là điểm nằm bên trong tam giác ACD. Thiết diện của hình chóp cắt bởi mp(α) đi qua O  và song song với AC  và SD có số cạnh bằng:

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD,O là điểm nằm bên trong tam giác ACD. Thiết diện của hình chóp cắt bởi mp (ảnh 1)

Trong (ABCD) qua O  kẻ \[GF//AC\left( {G \in AD,F \in CD} \right)\]

Trong (SCD)  qua F  kẻ\[FH//SD\left( {H \in SC} \right)\]

⇒(α) là (GFH) .

\[\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = GF,\left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right) = HF.\]

Ta có:\[\left( \alpha \right)\] và \[\left( {SAC} \right)\] có H chung,\[\left( \alpha \right) \supset GF,\left( {SAC} \right) \supset AC,GF//AC\]

⇒ Qua H  kẻ\[HI//AC\left( {I \in SA} \right)\]

\[ \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {SAC} \right) = HI,\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = GI\]

Trong (ABCD) gọi\[J = GF \cap AB \Rightarrow J \in AB \Rightarrow J \in \left( {SAB} \right)\]

Trong (SAB) gọi \[K = IJ \cap SB\left( {K \in SB} \right)\]

\[ \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = IK,\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = HK\]

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi mp(α) là GFHKI là đa giác có 5 cạnh.

Đáp án cần chọn là: C


Câu 12:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là một điểm trên cạnh SC và (α) là mặt phẳng chứa AM và song song với BD. Gọi E và F lần lượt là giao điểm của (α) với các cạnh SB,SD, gọi I là giao điểm của ME và BC,J là giao điểm của MF và CD. Nhận xét gì về ba điểm I,J,A?

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là một điểm trên cạnh SC và  (ảnh 1)

Giả sử dựng được điểm E,F thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{EF = (\alpha ) \cap (SBD)}\\{(\alpha )\parallel BD}\\{BD \subset (SBD)}\end{array}} \right. \Rightarrow EF\parallel BD\)

Do đó các điểm E,F,A,M  cùng thuộc mặt phẳng (α).

Trong mặt phẳng (α), gọi \[K = EF \cap AM.\]

Ta có:\[K \in EF,EF \subset \left( {SBD} \right) \Rightarrow K \in \left( {SBD} \right).\]

\[K \in AM,AM \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow K \in \left( {SAC} \right) \Rightarrow K \in \left( {SBD} \right) \cap \left( {SAC} \right).\]

Mà\[\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\] với\[O = AC \cap BD \Rightarrow K \in SO.\]

Cách dựng E,F: Dựng giao điểm K  của AM  và SO . Qua K kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB tại E  và cắt SD tại F .Do\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{I = ME \cap BC}\\{I \in ME,ME \subset (\alpha ) \Rightarrow I \in (\alpha )}\\{I \in BC,BC \subset (ABCD) \Rightarrow I \in (ABCD)}\end{array}} \right.\)

Do đó\[I \in \left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right)\]

Tương tự ta cũng có\[J \in \left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right)\] và\[A \in \left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right)\]

Vậy I,J,A cùng thuộc giao tuyến của mp(α) và (ABCD).

Vậy I,J,A thẳng hàng.

Đáp án cần chọn là: A


Câu 13:

Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi M  và P  lần lượt là hai điểm di động trên các cạnh AD và BC sao cho \[MA = PC = x(0 < x < \frac{a}{2})\] . Mặt phẳng (α) đi qua MP  song song với CD cắt tứ diện theo một thiết diện là hình gì?

Xem đáp án

Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi M  và P  lần lượt là hai điểm di động trên các cạnh AD và BC sao cho \[MA = PC = x(0 < x <  (ảnh 1)

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in (\alpha ) \cap (ACD)}\\{CD\parallel (\alpha )}\\{CD \subset (ACD)}\end{array}} \right.\)

Suy ra \[\left( \alpha \right) \cap \left( {ACD} \right) = MN\parallel CD\]  với \[N \in AC\].

Tương tự\[\left( \alpha \right) \cap \left( {BCD} \right) = PQ\parallel CD\] với \[Q \in BD.\]

Vì MN//CD//PQ  nên thiết diện MNPQ  là hình thang.

Ta có \[DQ = CP = x,DM = a - x\]

Áp dụng định lí Cosin trong tam giác DMQ ta có:

\[MQ = \sqrt {D{M^2} + D{Q^2} - 2DM.DQ.cos60} = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}} .\]

Tương tự ta cũng tính được \[NP = \sqrt {3{x^2} - 3ax + {a^2}} .\]

Suy ra MQ=NP .

Mặt khác ta có 

\[\begin{array}{l}MN = x < \frac{a}{2};PQ = a - x > \frac{a}{2}\\ \Rightarrow MN \ne PQ\end{array}\]

⇒MNPQ không là hình bình hành

Vậy thiết diện MNPQ  là hình thang cân.

Đáp án cần chọn là: D


Câu 14:

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC  là tam giác đều cạnh a,SA=SB=SC=2a.M  là một điểm trên đoạn SB  mà SM=m(0

Xem đáp án

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in (\alpha ) \cap (SAB)}\\{(\alpha )//SA \subset (SAB)}\end{array}} \right. \Rightarrow \)  Qua MM  kẻ\[MQ//SA\left( {Q \in AB} \right) \Rightarrow \left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ.\]

Tương tự như trên ta xác định được

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right) = QP//BC\,\,\left( {P \in AC} \right)}\\{\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN//BC\,\,\left( {N \in BC} \right)}\\{\left( \alpha \right) \cap \left( {SAC} \right) = PN//SA}\end{array}\]

Suy ra thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(α) là hình bình hành MNPQ.

Áp dụng định lý Ta-let ta có:

\[\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{SM}}{{SB}} \Rightarrow \frac{{MN}}{a} = \frac{m}{{2a}} \Rightarrow MN = \frac{m}{2}}\\{\frac{{QM}}{{SA}} = \frac{{BM}}{{BS}} \Rightarrow \frac{{QM}}{{2a}} = \frac{{2a - m}}{{2a}} \Rightarrow QM = 2a - m.}\end{array}\]

Vậy chu vi hình bình hành MNPQ là:

\[2\left( {MN + QM} \right) = 2\left( {\frac{m}{2} + 2a - m} \right) = m + 4a - 2m = 4a - m.\]

Đáp án cần chọn là: B


Câu 15:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang có đáy lớn BC , đáy nhỏ AD.  Mặt bên (SAD) là tam giác đều, (α) là mặt phẳng đi qua M  trên cạnh AB , song song với SA,BC. Mp(α)cắt các cạnh CD,SC,SB lần lượt tại N,P,Q.MNPQ  là hình gì?

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang có đáy lớn BC , đáy nhỏ AD.  Mặt bên (SAD) là tam giác đều,  (ảnh 1)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC//(\alpha ),BC \subset (ABCD),BC \subset (SBC)}\\{(\alpha ) \cap (ABCD) = MN}\\{(\alpha ) \cap (SBC) = PQ}\end{array} \Rightarrow MN//BC//PQ(1).} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha ) \cap (SAB) = MQ}\\{(\alpha )//SA,SA \subset (SAB)}\end{array}} \right. \Rightarrow SA//MQ.\)

Áp dụng định lí Ta-let ta có:

\[\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{SQ}}{{SB}} = \frac{{SP}}{{SC}};\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{DN}}{{DC}} \Rightarrow \frac{{SP}}{{SC}} = \frac{{DN}}{{DC}} \Rightarrow NP//SD.\]

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{MQ//SA}\\{MN//BC//AD}\end{array}} \right. \Rightarrow \widehat {NMQ} = \widehat {SAD} = {60^0}\) (vì tam giác SADSAD đều)

Tương tự ta chứng ming được\[\widehat {MNP} = \widehat {SDA} = {60^0} \Rightarrow \widehat {NMQ} = \widehat {MNP}\,\,\left( 2 \right).\]

Từ (1) và (2) suy ra MNPQ là hình thang cân.

Đáp án cần chọn là: D


Câu 16:

Cho tứ diện ABCD  có \[AB = a,CD = b,AB \bot CD\]. Gọi I  và J lần lượt là trung điểm của AB  và CD. Mặt phẳng (α) qua M  nằm trên đoạn I  và song song với AB và CD. Giao tuyến của mặt phẳng (α) và hình chóp có diện tích bằng bao nhiêu, biết IJ=3IM

Xem đáp án

Cho tứ diện ABCD  có  (ảnh 1)

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in (\alpha ) \cap (ICD)}\\{CD\parallel (\alpha )}\\{CD \subset (ICD)}\end{array}} \right.\) suy ra giao tuyến của (α) và (ICD) là đường thẳng qua M  và song song với CD cắt IC tại L và cắt ID tại N.

Tương tự\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M \in (\alpha ) \cap (JAB)}\\{AB\parallel (\alpha )}\\{AB \subset (JAB)}\end{array}} \right.\) suy ra giao tuyến của (α) và (JAB) là đường thẳng qua M và song song AB cắt JA tại P và cắt JB tại Q.

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{L \in (\alpha ) \cap (ABC)}\\{AB\parallel (\alpha )}\\{AB \subset (ABC)}\end{array}} \right.\) suy ra giao tuyến của (α) với (ABC) là đường thẳng qua L song song với AB cắt BC tại E và cắt AC  tại FF . Do đó  EF//AB (1)

Tương tự \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{N \in (\alpha ) \cap (ABD)}\\{AB\parallel (\alpha )}\\{AB \subset (ABD)}\end{array}} \right.\) suy ra giao tuyến của (α) và (ABD)  là đường thẳng qua N  song song với AB  cắt BD tại H  và cắt AD  tại G .

Do đó HG//AB(2) .

Từ (1) và (2) suy ra EF // HG // AB (*)

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{FG = (\alpha ) \cap (ACD)}\\{CD\parallel (\alpha )}\\{CD \subset (ACD)}\end{array}} \right. \Rightarrow FG\parallel CD(3)\)

Tương tự \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{EH = (\alpha ) \cap (BCD)}\\{CD\parallel (\alpha )}\\{CD \subset (BCD)}\end{array}} \right. \Rightarrow EH\parallel CD(4)\)

Từ (*) và (**) suy ra EFGH là hình bình hành.

Mà \[AB \bot CD \Rightarrow EF \bot FG.\]  Vậy thiết diện EFGH là hình chữ nhật\[ \Rightarrow {S_{EFGH}} = EF.FG = PQ.LN.\]

Trong tam giác JAB, ta có\[\frac{{PQ}}{{AB}} = \frac{{JM}}{{JI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow PQ = \frac{{2AB}}{3} = \frac{{2a}}{3}.\]

Trong tam giác ICD  ta có\[\frac{{LN}}{{CD}} = \frac{{IM}}{{IJ}} = \frac{1}{3} \Rightarrow LN = \frac{{CD}}{3} = \frac{b}{3}.\]

Vậy diện tích thiết diện là\[{S_{EFGH}} = \frac{{2a}}{3}.\frac{b}{3} = \frac{{2ab}}{9}.\]

Đáp án cần chọn là: B


Câu 17:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi điểm M là điểm thuộc cạnh SD sao cho SM=\(\frac{2}{3}\)SD (minh họa như hình vẽ). Mặt phẳng chứa AM và song song với BD cắt cạnh SC tại K. Tỷ số \(\frac{{SK}}{{SC}}\) bằng

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi điểm M là điểm thuộc cạnh SD sao cho SM= (ảnh 1)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi điểm M là điểm thuộc cạnh SD sao cho SM= (ảnh 2)

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi điểm M là điểm thuộc cạnh SD sao cho SM= (ảnh 3)

Gọi mặt phẳng chứa AM và song song với BD là (α).

Trong (SBD) kẻ\[MN//BD\,\,\left( {N \in SB} \right)\] khi đó ta có\[\left( \alpha \right) \equiv \left( {AMN} \right)\]

Gọi\[O = AC \cap BD\] trong (SBD) gọi \[\left\{ I \right\} = MN \cap SO\]  trong (SAC) gọi\[K = AI \cap SC\] ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{K \in AI \subset (AMN)}\\{K \in SC}\end{array}} \right. \Rightarrow K = \left( {AMN} \right) \cap SC\) hay\[K = \left( \alpha \right) \cap SC\]

Áp dụng định lí Talets ta có\[\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{2}{3}\]

\[ \Rightarrow \frac{{IS}}{{IO}} = 2\]

Ta có: O là trung điểm của AC nên\[\frac{{AO}}{{AC}} = \frac{1}{2}\]

Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SOC, cát tuyến AIK ta có:

\[\frac{{IS}}{{IO}}.\frac{{AO}}{{AC}}.\frac{{KC}}{{KS}} = 1 \Leftrightarrow 2.\frac{1}{2}.\frac{{KC}}{{KS}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{KC}}{{KS}} = 1 \Rightarrow \frac{{SK}}{{SC}} = \frac{1}{2}\]

Đáp án cần chọn là: C


Câu 18:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông. Gọi O là giao điểm của AC và BD, M là trung điểm của DO, (α) là mặt phẳng đi qua M và song song với AC và SD. Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (α) là hình gì.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông. Gọi O là giao điểm của AC và BD, M là trung điểm của DO,  (ảnh 1)

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông. Gọi O là giao điểm của AC và BD, M là trung điểm của DO,  (ảnh 2)

Dựng d qua M song song với AC và lần lượt cắt AD, CD tại E, F.

\[d \cap AD = E;d \cap CD = F\],

Dựng d1 qua M song song với SD và lần lượt cắt SA, SB, SC tại G, H, I.

Mặt phẳng (α) cắt hình chóp tạo nên thiết diện là ngũ giác EFIHG.

Đáp án cần chọn là: A


Câu 19:

Cho hình chóp S.ABCD, G là điểm nằm trong tam giác SCD. E, F lần lượt là trung điểm của AB và AD. Thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (EFG) là

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD, G là điểm nằm trong tam giác SCD. E, F lần lượt là trung điểm của AB và AD. Thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (EFG) là (ảnh 1)

Trong mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right):EF \cap BC = I;EF \cap CD = J\]

Trong mặt phẳng\[\left( {SCD} \right):GJ \cap SC = K;GJ \cap SD = M\]

Trong mặt phẳng \[\left( {SBC} \right):KI \cap SB = H\]

Ta có:\[\left( {GEF} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = EF,\left( {GEF} \right) \cap \left( {SAD} \right) = FM,\left( {GEF} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MK\]

\[\left( {GEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = KH,\left( {GEF} \right) \cap \left( {SAB} \right) = HE\]

Vậy thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (EFG) là ngũ giác EFMKH

Đáp án cần chọn là: C


Câu 20:

Cho tứ diện ABCD có AB=6, CD=8. Cắt tứ diện bởi một mặt phẳng song song với AB, CD để thiết diện thu được là một hình thoi. Cạnh của hình thoi đó bằng

Xem đáp án

Cho tứ diện ABCD có AB=6, CD=8. Cắt tứ diện bởi một mặt phẳng song song với AB, CD để thiết diện thu được là một hình thoi. Cạnh của hình thoi đó bằngGiả sử một mặt phẳng song song với AB và  (ảnh 1)

Giả sử một mặt phẳng song song với AB và CD cắt tứ diện ABCD theo một thiết diện là hình thoi MNIK như hình vẽ trên. Khi đó ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{MK//AB//IN}\\{MN//CD//IK}\\{MK = KI}\end{array}} \right.\)

Cách 1: Theo định lí Ta – lét ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{MK}}{{AB}} = \frac{{CK}}{{AC}}}\\{\frac{{KI}}{{CD}} = \frac{{AK}}{{AC}}}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{MK}}{6} = \frac{{AC - AK}}{{AC}}}\\{\frac{{KI}}{8} = \frac{{AK}}{{AC}}}\end{array}} \right.\)

\[ \Rightarrow \frac{{MK}}{6} = 1 - \frac{{AK}}{{AC}} \Rightarrow \frac{{MK}}{6} = 1 - \frac{{KI}}{8} \Rightarrow \frac{{MK}}{6} = 1 - \frac{{MK}}{8} \Leftrightarrow \frac{7}{{24}}MK = 1 \Leftrightarrow MK = \frac{{24}}{7}\]

Vậy hình thoi có cạnh bằng\[\frac{{24}}{7}\]

Đáp án cần chọn là: C


Câu 21:

Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′, gọi M là trung điểm CD, (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với B′D và CD′. Thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng (P) là hình gì?

Xem đáp án

Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′, gọi M là trung điểm CD, (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với B′D và CD′. Thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng (P) là hình gì? (ảnh 1)

Trong (CDD′C′) kẻ đường thẳng qua M song song với C′D′cắt DD′tại N,cắt C′D′ tại J,cắt CC′tại K.

Trong (B′DD′) kẻ đường thẳng qua N song song với B′Dcắt B′D′tại I

Trong (A′B′C′D′) nối IJcắt A′D′ tại P ,cắt C′B′ tại Q .

Trong (CBB′C′):Nối QK cắt CB tại E.

Thiết diện là ngũ giác MNPQE

Đáp án cần chọn là: A


Câu 22:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (AB//CD). Gọi I,J lần lượt là trung điểm của các cạnh AD,BCvà G là trọng tâm tam giác SAB. Biết thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (IJG) là hình bình hành. Hỏi khẳng định nào sao đây đúng?

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (AB//CD). Gọi I,J lần lượt là trung điểm của các cạnh AD,BCvà G là trọng tâm tam giác SAB. Biết thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (IJG) (ảnh 1)

Vì\[\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = \left\{ G \right\}\] ta có IJ//AB vì IJ là đường trung bình của hình thang ABCD

\[\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = Gx//AB//IJ\]  Gọi \[E = Gx \cap SA,F = Gx \cap SB\]

\[\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAD} \right) = EI,\left( {IJG} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = IJ,\left( {IJG} \right) \cap \left( {SBC} \right) = JF\]

Suy ra thiết diện (IJG) và hình chóp là hình bình hành IJFE⇔IJ=EF (1)

vì G là trọng tâm tam giác \[SAB \Leftrightarrow SG = \frac{2}{3}GH \Rightarrow EF = \frac{2}{3}AB\,\,\left( 2 \right)\]

và\[IJ = \frac{{AB + CD}}{2}\,\,\,\,\left( 3 \right)\] vìIJlà đường trung bình của hình thang ABCDABCD

Từ (1),(2) và(3) \[ \Rightarrow \frac{2}{3}AB = \frac{{AB + CD}}{2} \Leftrightarrow 4AB = 3AB + 3CD \Leftrightarrow AB = 3CD\]

Đáp án cần chọn là: C


Câu 23:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm SD, N là trọng tâm tam giác SAB. Đường thẳng MN cắt mặt phẳng (SBC) tại điểm I. Tính tỷ số \(\frac{{IN}}{{IM}}\).

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm SD, N là trọng tâm tam giác SAB. Đường thẳng MN cắt mặt phẳng (SBC) tại điểm I. Tính tỷ số  (ảnh 1)

Gọi J;E lần lượt là trung điểm SA;AB.

Trong mặt phẳng (BCMJ) gọi\[I = MN \cap BC\]

Ta có: IM là đường trung tuyến của tam giác SID.

Trong tam giác ICD ta có BE song song và bằng \[\frac{1}{2}CD\] nên suy ra BE là đường trung bình của tam giác ICD⇒EI là trung điểm ID⇒SE là đường trung tuyến của tam giác SID.

Ta có:\[N = IM \cap SE \Rightarrow N\]  là trọng tâm tam giác\[SID \Rightarrow \frac{{IN}}{{IM}} = \frac{2}{3}\]

Đáp án cần chọn là: D


Câu 24:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 3a, SA=SD=3a, SB=SC=\(3a\sqrt 3 \). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA và SD, P là điểm thuộc cạnh AB sao cho AP=2a. Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (MNP).

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 3a, SA=SD=3a, SB=SC= (ảnh 1)

Do MN//AD⇒MN//BC. Vậy (MNP) cắt mặt phẳng (ABCD) theo giao tuyến đi qua P, song song BC và cắt DC tại điểm I. Thiết diện của khối chóp cắt bởi mặt phẳng (MNP) 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

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

Trong tam giác MAP, ta có

\[M{P^2} = M{A^2} + A{P^2} - 2MA.AP.\cos \widehat {MAP} = \frac{{9{a^2}}}{4} + 4{a^2} + \frac{{3a}}{2} \cdot 2a = \frac{{37{a^2}}}{4} \Rightarrow MP = \frac{{a\sqrt {37} }}{2}\]

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

\[MN = EF = \frac{{3a}}{2} \Rightarrow PF = EI = \frac{{3a}}{4}\]

Xét tam giác vuông MFP, ta có

\[MF = \sqrt {M{P^2} - F{P^2}} = \sqrt {\frac{{37{a^2}}}{4} - \frac{{9{a^2}}}{{16}}} = \frac{{a\sqrt {139} }}{4}\]

Ta có

\[{S_{MNIP}} = \frac{{\left( {MN + IP} \right).MF}}{2} = \frac{{\left( {\frac{{3a}}{2} + 3a} \right) \cdot \frac{{a\sqrt {139} }}{4}}}{2} = \frac{{9{a^2}\sqrt {139} }}{{16}}\]

Đáp án cần chọn là: D


Câu 25:

Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′. Trên các cạnh AA′, BB′, CC′ lần lượt lấy ba điểm M, N, P sao cho \[\frac{{A'M}}{{{\rm{AA}}'}} = \frac{1}{3},\frac{{B'N}}{{BB'}} = \frac{2}{3},\frac{{C'P}}{{CC'}} = \frac{1}{2}\]. Biết mặt phẳng (MNP) cắt cạnh DD′ tại Q. Tính tỉ số \[\frac{{D'Q}}{{{\rm{DD}}'}}\]

Xem đáp án

Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′. Trên các cạnh AA′, BB′, CC′ lần lượt lấy ba điểm M, N, P sao cho  (ảnh 1)

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(BB\prime C\prime C)//(AA\prime D\prime D)}\\{(MNP) \cap (BB\prime C\prime C) = NP}\\{(MNP) \cap (AA\prime D\prime D) = MQ}\end{array}} \right. \Rightarrow NP//MQ\)

Tương tự:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(AA\prime B\prime B)//(CC\prime D\prime D)}\\{(MNP) \cap (AA\prime B\prime B) = MN}\\{(MNP) \cap (CC\prime D\prime D) = PQ}\end{array} \Rightarrow MN//PQ} \right.\)

Suy ra mặt phẳng (MNP) cắt hình hộp theo thiết diện là hình bình hành MNPQ.

Mặt khác\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BN = \frac{1}{3}BB\prime = \frac{1}{3}AA\prime }\\{AM = \frac{2}{3}AA\prime }\end{array}} \right. \Rightarrow \frac{{BN}}{{AM}} = \frac{1}{2}\)

Trong mặt phẳng (ABB′A′), gọi E là giao điểm của hai đường thẳng MN và AB thì BN là đường trung bình của tam giác AME ⇒N là trung điểm của đoạn thẳng ME.

Trong mặt phẳng (MNPQ), gọi F là giao điểm của EP và MQ thì NP là đường trung bình của tam giác MEF (vì NP//MQ và N là trung điểm EM)\[ \Rightarrow NP = \frac{1}{2}MF\]

Mà tứ giác MNPQ là hình bình hành nên NP=MQ⇒Q là trung điểm MF hay\[\frac{{FQ}}{{FM}} = \frac{1}{2}\]

Lại có \[D'Q\,//\,A'M \Rightarrow \frac{{D'Q}}{{A'M}} = \frac{{FQ}}{{FM}} = \frac{1}{2}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{D'Q}}{{\frac{1}{3}AA'}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{{D'Q}}{{DD'}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{1}{6}\]

Đáp án cần chọn là: A


Câu 26:

Cho tứ diện ABCD có AB=a, CD=b. Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB và CD, giả sử AB⊥CD. Mặt phẳng (α) qua M nằm trên đoạn IJ và song song với AB và CD Tính diện tích thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (α) biết \[IM = \frac{1}{3}IJ\].

Xem đáp án

Cho tứ diện ABCD có AB=a, CD=b. Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB và CD, giả sử AB (ảnh 1)

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha )//CD}\\{CD \subset (ICD)}\\{M \in (\alpha ) \cap (ICD)}\end{array}} \right.\) ⇒ giao tuyến của (α) với (ICD) là đường thẳng qua M và

song song với CDcắt IC tại L và ID tại N.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha )//AB}\\{AB \subset (JAB)}\\{M \in (\alpha ) \cap (JAB)}\end{array}} \right.\) ⇒ giao tuyến của (α) với (JAB) là đường thẳng qua M và song song

với AB cắt JA tại P và JB tại Q.

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha )//AB}\\{AB \subset (ABC)}\\{L \in (\alpha ) \cap (ABC)}\end{array}} \right. \Rightarrow EF//AB\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Tương tự \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha )//AB}\\{AB \subset (ABD)}\\{N \in (\alpha ) \cap (ABD)}\end{array}} \right. \Rightarrow HG//AB\,\,\left( 2 \right)\)

Từ  (1) và (2) \[ \Rightarrow EF//HG//AB\,\,\,\left( 3 \right)\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha )//CD}\\{CD \subset (ACD)}\\{P \in (\alpha ) \cap (ACD)}\end{array}} \right. \Rightarrow FG//CD\,\,\,\left( 4 \right)\)

Tương tự\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha )//CD}\\{CD \subset (BCD)}\\{Q \in (\alpha ) \cap (BCD)}\end{array}} \right. \Rightarrow EH//CD\,\,\,\left( 5 \right)\)

Từ  (4) và (5) \[ \Rightarrow FG//EH//CD\,\,\,\,\left( 6 \right)\]

Từ  (3) và (6), suy ra EFGH là hình  bình hành. Mà AB⊥CD nên EFGH là hình chữ nhật.

Xét tam giác ICD có:\[LN//CD \Rightarrow \frac{{LN}}{{CD}} = \frac{{IN}}{{ID}}\]

Xét tam giác ICD có:\[MN//JD \Rightarrow \frac{{IN}}{{ID}} = \frac{{IM}}{{IJ}}\]

Do đó\[\frac{{LN}}{{CD}} = \frac{{IM}}{{IJ}} = \frac{1}{3} \Rightarrow LN = \frac{1}{3}CD = \frac{b}{3}\]

Tương tự\[\frac{{PQ}}{{AB}} = \frac{{JM}}{{JI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow PQ = \frac{2}{3}AB = \frac{{2a}}{3}\]

Vậy\[{S_{EFGH}} = PQ.LN = \frac{{2ab}}{9}\]

Đáp án cần chọn là: D


Câu 27:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt bên SAB là tam giác vuông tại A, \(SA = a\sqrt 3 ,SB = 2a\). Điểm M nằm trên đoạn AD sao cho AM=2MD. Gọi (P) là mặt phẳng qua M và song song với (SAB). Tính diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (P).

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt bên SAB là tam giác vuông tại A, \(SA =  (ảnh 1)

Ta có:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(P)//(SAB)}\\{M \in AD,M \in (P)}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(P) \cap (ABCD) = MN}\\{(P) \cap (SCD) = PQ}\end{array}} \right.\) và\[MN\,//\,PQ\,//\,AB\](1)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(P)//(SAB)}\\{M \in AD,M \in (P)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(P) \cap (SAD) = MQ}\\{(P) \cap (SBC) = NP}\end{array}} \right.\) và\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{MQ//SA}\\{NP//SB}\end{array}} \right.\)

Mà tam giác SAB vuông tại A nên \[SA \bot AB \Rightarrow MN \bot MQ\,\,\,\,\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) suy ra (P) cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang vuông tại M và Q.

Mặt khác

\[MQ\,//\,SA \Rightarrow \frac{{MQ}}{{SA}} = \frac{{DM}}{{DA}} = \frac{{DQ}}{{DS}} \Rightarrow MQ = \frac{1}{3}SA\] và\[\frac{{DQ}}{{DS}} = \frac{1}{3}\]

\[PQ\,//\,CD \Rightarrow \frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{SQ}}{{SD}} \Rightarrow PQ = \frac{2}{3}AB\]  với\[AB = \sqrt {S{B^2} - S{A^2}} = a\]

Khi đó\[{S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}MQ.\left( {PQ + MN} \right) \Leftrightarrow {S_{MNPQ}} = \frac{1}{2}\frac{{SA}}{3}.\left( {\frac{{2AB}}{3} + AB} \right)\]

\[ \Leftrightarrow {S_{MNPQ}} = \frac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{18}}\]

Đáp án cần chọn là: A


Câu 28:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, các cạnh bên bằng \(a\sqrt 2 \) Gọi M là trung điểm của SD. Tính diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (ABM).

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, các cạnh bên bằng  (ảnh 1)

Gọi Δ là giao tuyến của mặt phẳng (ABM) với mặt phẳng (SDC).

Ta có AB song song với (SDC) nên suy ra AB song song với Δ.

Gọi N là trung điểm SC, ta có \[N \in \Delta \].

Do đó thiết diện là hình thang cân ABNM.

Kẻ \[MH \bot AB\;\] tại H, \[H \in AB\]

Do AB=CD và MN

Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến, ta có

\[AM = \sqrt {\frac{{{a^2} + 2{a^2}}}{2} - \frac{{2{a^2}}}{4}} = a\]

Mặt khác \[AH = \frac{{AB - MN}}{2} = \frac{{a - \frac{a}{2}}}{2} = \frac{a}{4}\] nên

\[MH = \sqrt {A{M^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{4}\]

Suy ra\[{S_{ABNM}} = \frac{{MH.\left( {MN + AB} \right)}}{2} = \frac{{3\sqrt {15} {a^2}}}{{16}}\]

Đáp án cần chọn là: A


Câu 29:

Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh aa. Các điểm M,N,P theo thứ tự đó thuộc các cạnh BB′,C′D′,DA sao cho \[BM = C\prime N = DP = \frac{a}{3}\]. Tìm diện tích thiết diện S của hình lập phương khi cắt bởi mặt phẳng (MNP).

Xem đáp án

Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh aa. Các điểm M,N,P theo thứ tự đó thuộc các cạnh BB′,C′D′,DA sao cho  (ảnh 1)

Ta có \[\frac{{BM}}{{C'N}} = \frac{{MB'}}{{ND'}} = \frac{{BB'}}{{C'D'}} = 1\] do đó theo định lý ta-let trong không gian thì  BC′, MN, B′D′ lần lượt cùng song song (hoặc nằm trong) với một mặt phẳng.

Mà \[B'D'//\left( {BC'D} \right)\] và \[BC' \subset \left( {BC'D} \right)\] nên ta có \[MN//\left( {BC'D} \right)\].

Chứng minh tương tự ta có \[NP//\left( {BC'D} \right)\] Do đó \[\left( {MNP} \right)//\left( {BC'D} \right)\]

Qua P, kẻ \[PQ//BD,Q \in AB\]. Qua  N, kẻ \[NF//{\rm{C'}}D,F \in D'D\].

Qua M, kẻ \[ME//{\rm{BC'}},E \in B'C'\]

Khi đó ta có thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập phương là lục giác MENFPQ.

Dễ thấy\[EN = PF = MQ = \frac{{a\sqrt 2 }}{3},NF = PQ = ME = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}\] và tam giác  BC′D là tam giác đều vì\[BC' = BD = DC' = a\sqrt 2 \]

Do đó\[\widehat {ENF} = \widehat {NFP} = \widehat {FPQ} = \widehat {PQM} = \widehat {QME} = \widehat {MEN} = {120^ \circ }\]

Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh aa. Các điểm M,N,P theo thứ tự đó thuộc các cạnh BB′,C′D′,DA sao cho  (ảnh 2)

Kẻ các đường cao EH,PK của các hình thang cân MENF,MQPF ta có:

\[EH = ME\sin {60^0} = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\]

\[\begin{array}{*{20}{l}}{PK = FP\sin {{60}^0} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}}\\{MH = ME\cos {{60}^0} = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}.\frac{1}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}}\\{ \Rightarrow MF = 2MH + EN = 2.\frac{{a\sqrt 2 }}{3} + \frac{{a\sqrt 2 }}{3} = a\sqrt 2 }\end{array}\]

Diện tích hình thang MENF là:

\[{S_1} = \frac{1}{2}\left( {EN + MF} \right).EH = \frac{1}{2}\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{3} + a\sqrt 2 } \right).\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{9}\]

Diện tích hình thang MQPF là:

\[{S_2} = \frac{1}{2}\left( {QP + MF} \right).PK = \frac{1}{2}\left( {\frac{{2a\sqrt 2 }}{3} + a\sqrt 2 } \right).\frac{{a\sqrt 6 }}{6} = \frac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{18}}\]

Vậy \[{S_{MENFPQ}} = {S_1} + {S_2} = \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{9} + \frac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{18}} = \frac{{13{a^2}\sqrt 3 }}{{18}}\]

Đáp án cần chọn là: C


Câu 30:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A′ là điểm trên SA sao cho \[\overrightarrow {{\rm{AA}}'} = \frac{1}{2}\overrightarrow {A'S} \]. Mặt phẳng (α) qua A′ cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại B′, C′, D′. Tính giá trị của biểu thức \(T = \frac{{SB}}{{SB'}} + \frac{{SD}}{{SD'}} - \frac{{SC}}{{SC'}}\).

Xem đáp án

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi A′ là điểm trên SA sao cho  (ảnh 1)

Gọi O là giao của AC và BD. Ta có O là trung điểm của đoạn thẳng AC, BD.

Các đoạn thẳng SO,A′C′, B′D′ đồng quy tại I.

Ta có: \[{S_{SA'I}} + {S_{SC'I}} = {S_{SA'C'}} \Leftrightarrow \frac{{{S_{SA'I}}}}{{{S_{SAC}}}} + \frac{{{S_{SC'I}}}}{{{S_{SAC}}}} = \frac{{{S_{SA'C'}}}}{{{S_{SAC}}}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{{S_{SA'I}}}}{{2{S_{SAO}}}} + \frac{{{S_{SC'I}}}}{{2{S_{SCO}}}} = \frac{{{S_{SA'C'}}}}{{{S_{SAC}}}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{SA'}}{{2SA}}.\frac{{SI}}{{SO}} + \frac{{SC'}}{{2SC}}.\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{{SA'}}{{SA}}.\frac{{SC'}}{{SC}}\]

\[ \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{2SO}}\left( {\frac{{SA'}}{{SA}} + \frac{{SC'}}{{SC}}} \right) = \frac{{SA'}}{{SA}}.\frac{{SC'}}{{SC}} \Leftrightarrow \frac{{SA}}{{SA'}} + \frac{{SC}}{{SC'}} = 2.\frac{{SO}}{{SI}}\]

Tương tự:\[\frac{{SB}}{{SB'}} + \frac{{SD}}{{SD'}} = 2.\frac{{SO}}{{SI}}\]

Suy ra:\[\frac{{SB}}{{SB'}} + \frac{{SD}}{{SD'}} - \frac{{SC}}{{SC'}} = \frac{{SA}}{{SA'}} = \frac{3}{2}\]

Đáp án cần chọn là: A


Bắt đầu thi ngay