Tải bản đầy đủ

ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG SONG SONG

Câu 1: [1H2-3-3] (THPT Phan Đình Phùng - Hà Tĩnh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho
lăng trụ đều ABC.ABC có cạnh đáy bằng 4a , cạnh bên bằng 2a . M là trung
điểm của AB. Cắt hình trụ bởi mặt phẳng ( AC M ). Diện tích của thiết diện là
2

A. 3 7a .

3 7a 2
B.
.
4

3 2a 2
C.
.
2

D. 6 2a 2 .

Lời giải
Chọn A


Ta có M   ABC    AC M  , AC // AC   ABC    AC M   Mx // AC . Gọi

N là giao điểm của Mx với BC   ABC    AC M   MN . Thiết diện là hình
thang MNCA .
MN 

AC
 2a , AM  2a 2 . Vẽ MH  AC  H  AC    MH  a 7 .
2

Vậy diện tích thiết diện S MNC A 

1
1
.MH .  MN  AC    .a 7.6a  3 7a 2 .
2
2

Câu 2: [1H2-3-3] (THPT Ninh Giang – Hải Dương – Lần 2 – Năm 2018) Cho hình chóp

S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh AB  8a , SA  SB  SC  SD  8a .
Gọi N là trung điểm cạnh SD . Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD
cắt bởi mặt phẳng  ABN  .
A. 12a 2 .

B. 6a 2 11 .

12a 2 11 .
Lời giải
Chọn D

C. 24a 2 .

D.


S

M


N
C

B
I

O

A

Mặt phẳng

 ABN 

D

chứa AB//CD nên cắt mặt phẳng

 SCD 

theo giao tuyến

NM //CD và M cũng là trung điểm của SC . Suy ra thiết diện cần tìm là hình thang
cân ABMN .
Hạ NI  AB . Ta có NI 2  AN 2  AI 2 với AN 

8a 3
 4a 3 .
2

2AI  AB  MN  8a  4a  4a  AI  2a . Từ đó suy ra NI  2a 11 .
Vậy S ABMN 

1
1
 AB  MN  .NI   8a  4a  2a 11  12a 2 11 .
2
2

Câu 3: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABD, Q thuộc cạnh

AB sao cho AQ  2 QB, P là trung điểm của AB . Khẳng định nào sau đây đúng?
A. MN //  BCD  .

B. GQ //  BCD  .

C. MN cắt  BCD  .

D. Q thuộc mặt phẳng  CDP  .
Lời giải

Chọn B

A

P
Q

G
D

B
M

C
Gọi M là trung điểm của BD .


AG 2
 .
AM 3
AG AQ
AQ 2

 GQ // BD .
 . Suy ra
Điểm Q  AB sao cho AQ  2 QB 
AM AB
AB 3

Vì G là trọng tâm tam giác ABD 

Mặt khác BD nằm trong mặt phẳng  BCD  suy ra GQ //  BCD  .
Câu 4: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD . Gọi H là một điểm nằm trong tam giác ABC ,   là

mặt phẳng đi qua H song song với AB và CD . Mệnh đề nào sau đây đúng về thiết
diện của   của tứ diện?
A. Thiết diện là hình vuông.
C. Thiết diện là hình bình hành.

B. Thiết diện là hình thang cân.
D. Thiết diện là hình chữ nhật.
Lời giải

Chọn C
A
N
P

H
C

B
M
Q
D

Qua H kẻ đường thẳng  d  song song AB và cắt BC , AC lần lượt tại M , N .
Từ N kẻ NP song song vớ CD  P  CD  . Từ P kẻ PQ song song với

AB  Q  BD  .
Ta có MN // PQ // AB suy ra M , N , P, Q đồng phẳng và AB //  MNPQ  .
Suy ra MNPQ là thiết diện của   và tứ diện.
Vậy tứ diện là hình bình hành.
Câu 5: [1H2-3-3] Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 10 . M là điểm trên

SM 2
 . Một mặt phẳng   đi qua M song song với AB và CD ,
SA 3
cắt hình chóp theo một tứ giác có diện tích là:
400
4
16
20
A.
.
B.
.
C. .
D.
.
9
9
9
3
Lời giải
Chọn A

SA sao cho


S

Q

M

D
A

N

P

C

B

Ta có  

AB và CD mà A, B, C , D đồng phẳng suy ra  

 ABCD  .

Giả sử   cắt các mặt bên  SAB  ,  SBC  ,  SCD  ,  SDA lần lượt tại các điểm

N , P, Q với N  SB, P  SC , Q  SD suy ra     MNPQ  .
Khi đó MN // AB  MN là đường trung bình tam giác SAB 
Tương tự, ta có được

SM MN 2

 .
SA
AB 3

NP PQ QM 2


 và MNPQ là hình vuông.
BC CD DA 3

2

4
4
400
2
Suy ra SMNPQ    S ABCD  S ABCD  .10.10 
.
9
9
9
3
Câu 6: [1H2-3-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O . Gọi M

là điểm thuộc cạnh SA (không trùng với S hoặc A ).  P  là mặt phẳng qua OM
và song song với AD . Thiết diện của  P  và hình chóp là
A. Hình bình hành.
C. Hình chữ nhật.

B. Hình thang.
D. Hình tam giác.
Lời giải

Chọn B

S

M

N
D

A

Q
B

P

O
C

Qua M kẻ đường thẳng MN // AD và cắt SD tại N  MN // AD


Qua O kẻ đường thẳng PQ // AD và cắt AB, CD lần lượt tại Q, P  PQ // AD
Suy ra MN // PQ // AD  M , N , P, Q đồng phẳng 

 P

cắt hình chóp

S.ABCD theo thiết diện là hình thang MNPQ .
Câu 7: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD . Gọi I , J lần lượt thuộc cạnh AD , BC sao cho

IA  2 ID và JB  2 JC . Gọi  P  là mặt phẳng qua IJ và song song với AB . Thiết
diện của  P  và tứ diện ABCD là
A. Hình thang.
giác đều.

B. Hình bình hành.

C. Hình tam giác.

D.

Tam

Lời giải
Chọn B

A

I
B

D
H

K

J
C
Giả sử  P  cắt các mặt của tứ diện  ABC  và  ABD  theo hai giao tuyến JH và

IK .
Ta có  P    ABC   JH ,  P    ABD   IK

 ABC    ABD   AB ,  P  //
Theo định lí Thalet, ta có

AB  JH // IK // AB .

HA IA
JB HA


 IH // CD .
 2 suy ra
HC ID
JC HC

Mà IH   P  suy ra IH song song với mặt phẳng  P  .
Vậy  P  cắt các mặt phẳng  ABC  ,  ABD  theo các giao tuyến IH , JK với IH

// JK .
Do đó, thiết diện của  P  và tứ diện ABCD là hình bình hành.
Câu 8: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD . Điểm M thuộc đoạn BC . Mặt phẳng   qua M song

song với AB và CD . Thiết diện của   với tứ diện ABCD là
A. Hình thang.
ngũ giác.

B. Hình bình hành.
Lời giải

C. Hình tam giác.

D.

Hình


Chọn B
A

K
N
B

D
P
M
C


  AB
Ta có 

     ABC   MN
AB

ABC





AB với N  AC .


  CD
Tương tự ta có 

     ACD   NK
CD

ACD





CD với K  AD .


  AB

     ABD   KP
 
AB

ABD





AB với P  BD .


  CD

     BCD   MP
 
CD

BCD





CD .

Do đó NK

MP và MN

KP 
 MNKP là hình bình hành.

Câu 9: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với CD , AB  CD  6 . M là điểm

thuộc cạnh BC sao cho MC  x.BC  0  x  1 . mp  P  song song với AB và CD

lần lượt cắt BC , DB, AD, AC tại M , N , P, Q . Diện tích lớn nhất của tứ giác bằng bao
nhiêu ?
A. 9 .

C. 10 .

B. 11 .
Lời giải

Chọn A

D. 8 .


A
P
Q
B

N

D

M
C

MQ //NP //AB
Xét tứ giác MNPQ có 
MN //PQ //CD
 MNPQ là hình bình hành.

Mặt khác, AB  CD  MQ  MN .
Do đó, MNPQ là hình chữ nhật.
Vì MQ //AB nên

MQ CM

 x  MQ  x. AB  6 x .
AB
CB

Theo giả thiết MC  x.BC  BM  1  x  BC .
Vì MN //CD nên

MN BM

 1  x  MN  1  x  .CD  6 1  x  .
CD
BC

Diên tích hình chữ nhật MNPQ là
2

 x 1 x 
SMNPQ  MN .MQ  6 1  x  .6 x  36.x. 1  x   36 
 9 .
2 

Ta có SMNPQ  9 khi x  1  x  x 

1
2

Vậy diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất bằng 9 khi M là trung điểm của BC .

Câu 10: [1H2-3-3] [Đề thi thử-Liên trường Nghệ An-L2] Cho tứ diện ABCD . Gọi M và

N lần lượt là trung điểm của AB và AC . E là điển trên cạnh CD với ED  3EC
. Thiết diện tạo bởi mặt phẳng  MNE  và tứ diện ABCD là:
A. Tam giác MNE .
B. Tứ giác MNEF với F là điểm bất kì trên cạnh BD .


C. Hình bình hành MNEF với F là điểm bất kì trên cạnh BD mà EF song song
với BC .
D. Hình thang MNEF với F là điểm trên cạnh BD mà EF song song với BC .
Hướng dẫn giải
Chọn D
A

x

M
N

B

D
F
E
C

Ta có:  MNE    ABC   MN ,  MNE    ACD   NE .
Vì hai mặt phẳng  MNE  và  BCD  lần lượt chứa hai đường thẳng song song là

MN và BC nên  MNE    BCD   Ex (với Ex là đường thẳng qua E và song
song với BC ), Ex cắt BD tại F .

 MNE    BCD   EF

và  MNE    ADD   FM . Và MN 

3
1
BC ; EF  BC .
4
2

Vậy thiết diện là hình thang MNEF với F là điểm trên cạnh BD mà EF song
song với BC .
Câu 11: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD , M là điểm nằm trong tam giác ABC , mp   qua M

và song song với AB và CD . Thiết diện của ABCD cắt bởi mp   là:
A. Tam giác.
bình hành.

B. Hình chữ nhật.
Lời giải

Chọn D

C. Hình vuông.

D.

Hình


D
G
H
F
A

M

C

E
B

  / / AB

nên giao tuyến   và  ABC  là đường thẳng song song AB.

Trong  ABC  . Qua M vẽ EF / / AB 1

 E  BC, F  AC  . Ta có

    ABC   MN .
Tương tự trong mp  BCD  , qua E vẽ EH / / DC

 2  H  BD 

suy ra

    BCD   HE.
mp  ABD  ,

Trong

qua

H

vẽ

HG / / AB  3  G  AD  ,

suy

ra

    ABD   GH .
Thiết diện của ABCD cắt bởi   là tứ giác EFGH .
Ta có

    ADC   FG 
  FG / / DC  4 
  / / DC



 EF / /GH
Từ 1 ,  2  ,  3 ,  4   
 EFGH là hình bình hành.
 EH / /GF
Câu 12: [1H2-3-3] Cho hình bình hành ABCD . Vẽ các tia Ax, By , Cz , Dt song song, cùng

hướng nhau và không nằm trong mp  ABCD  . Mp   cắt Ax, By, Cz , Dt lần lượt
tại A, B, C , D . Khẳng định nào sau đây sai?
A. ABCD là hình bình hành.

B. mp  AABB  //  DDC C  .

C. AA  CC và BB  DD .

D. OO// AA .

( O là tâm hình bình hành ABCD , O là giao điểm của
AC và BD ).

Lời giải.
Chọn C


t

x
z
y

A'
C'

B'
A

B

D'

D

C




  ABBA  //  DDC C  . Câu B đúng.
AB, AA   ABBA  
DC , DD   DDC C  
AB // DC
AA //DD

Mặt khác

    ABBA   AB 

    DCC D  C D  AB // C D
 ABBA //  DCC D  
    ADDA  AD

    BCC B  C B   AD // C B
 ABBA //  DCC D  
Do đó câu A đúng.

O, O lần lượt là trung điểm của AC , AC  nên OO là đường trung bình trong hình
thang AACC . Do đó OO// AA . Câu D đúng.
Câu 13: [1H2-3-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O . M là

trung điểm của OC , Mặt phẳng   qua M song song với SA và BD . Thiết diện
của hình chóp với mặt phẳng   là:
A. Hình tam giác.
ngũ giác.

B. Hình bình hành.
Lời giải

Chọn A

C. Hình chữ nhật.

D.

Hình


Ta

có:


 M      ABCD 
     ABCD   EF //BD  M  EF , E  BC , F  CD  .


//
BD

ABCD







 M      SAC 
Lại có: 
     SAC   MN //SA  N  SC  .

//
SA

SAC






Vậy thiết diện cần tìm là tam giác NEF .
Câu 14: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD có AB  CD . Mặt phẳng   qua trung điểm của AC

và song song với AB , CD cắt ABCD theo thiết diện là
A. hình tam giác.
chữ nhật.

B. hình vuông.

C. hình thoi.

D.

hình

Lời giải
Chọn C

Gọi M là trung điểm của AC .


 M      ABC 
     ABC   MN //AB  N  BC  , N là trung điểm
Ta có: 

//
AB

ABC






BC .

 N      BCD 
     BCD   NP //CD  P  BD  , P là trung điểm BD .


//
CD

BCD









 P      BDA
     BDA  PQ //AB  Q  AD  , Q là trung điểm AD .


//
AB

BDA








 MQ      ADC 
 QM //CD


  //CD   ADC 
Khi đó thiết diện là hình bình hành MNPQ .
Lại có: AB  CD suy ra MN  NP .
Vậy thiết diện cần tìm là hình thoi MNPQ .

Câu 15: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD . M là điểm nằm trong tam giác ABC , mp
M và song song với AB và CD . Thiết diện của ABCD cắt bởi mp

A. Tam giác.
bình hành.

B. Hình chữ nhật.

C. Hình vuông.

qua

là:
D.

Hình

Lời giải
Chọn D

//AB nên giao tuyến

và ABC là đường thẳng

song song AB.

D

Trong ABC . Qua M vẽ EF //AB 1

E

BC , F

AC . Ta có

ABC

G

MN .

H
F

Tương tự trong mp BCD , qua E vẽ

EH //DC

2

H

BD suy ra

A

Trong mp ABD , qua H vẽ HG //AB 3
suy ra

ABD

ADC
//DC

G

AD ,

GH .

Thiết diện của ABCD cắt bởi

Ta có

HE .

BCD

FG

là tứ giác EFGH .

FG //DC 4

M
E

B

C


Từ 1 , 2 , 3 , 4

EF //GH
EH //GF

EFGH là hình

S

bình hành.
Câu 16: [1H2-3-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình bình hành. M là một điểm lấy trên cạnh SA ( M
không trùng với S và A ). Mp
qua ba điểm
M , B,C cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện là:
A. Tam giác.
B. Hình thang.
C.
Hình bình hành.
D. Hình chữ nhật.

M
N
D

A

Lời giải

C

Chọn B
Ta có

AD //BC
AD

MBC

MBC

S

AD // MBC .

Ta có MBC // AD nên MBC và SAD có giao tuyến

M

song song AD.

A

Trong SAD , vẽ MN // AD N

MN

MBC

B

N
D

SD

SAD .

B

C

Thiết diện của S.ABCD cắt bởi MBC là tứ giác BCNM . Do MN //BC (cùng
song song AD ) nên BCNM là hình thang.
Câu 17: [1H2-3-3] Cho hình hộp ABCD.ABCD . Gọi I là trung điểm AB . Mp  IBD  cắt
hình hộp theo thiết diện là hình gì?
A. Tam giác.
B. Hình thang.
C. Hình bình hành.
chữ nhật.
Lời giải.
Chọn B

D.

Hình


C'  IBD    AABB   IB .

D'

 IBD   ABCD  BD .
I   IBD    ABCD  

B'

A'



   IBD    ABCD   d






B D A B C D 


BD   ABCD 

với d là đường thẳng qua I và song song với
BD .
Gọi J là trung điểm của AD .
Khi đó  IBD    ABCD   IJ .
BD//BD

D

C

J
A

I

B

 IBD   ADDA  JD .
Thiết diện cần tìm là hình thang IJDB với
IJ //DB .
Câu 18: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD và M là điểm ở trên cạnh AC . Mặt phẳng   qua
M song song với AB và CD . Thiết diện của tứ diện cắt bởi   là

A. hình bình hành.
thoi.

B. hình chữ nhật.

C. hình thang.

D.

hình

Lời giải
Chọn A
Trên  ABC  kẻ MN //AB; N  BC

A

Trên  BCD  kẻ NP //CD; P  BD
Ta có   chính là mặt phẳng  MNP 
Sử dụng đính lý ba giao tuyến ta có

 MNP   AD  Q với

Q

M
P

B
N

MQ //CD //NP

D

C

Ta có
MQ //NP //CD 
  thiết diện MNPQ là hình
MN //PQ //AB 
bình hành.
Câu 19: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD có AB  CD . Mặt phẳng   qua trung điểm của

AC và song song với AB , CD cắt ABCD theo thiết diện là
A. hình tam giác.
chữ nhật.

B. hình vuông.
Lời giải

Chọn C

C. hình thoi.

D.

hình


Gọi M là trung điểm của AC .


 M      ABC 
Ta có: 
     ABC   MN //AB  N  BC  , N là trung điểm

//
AB

ABC






BC .

 N      BCD 
     BCD   NP //CD  P  BD  , P là trung điểm BD .


//
CD

BCD







 P      BDA
     BDA  PQ //AB  Q  AD  , Q là trung điểm AD .


//
AB

BDA







 MQ      ADC 
 QM //CD


//
CD

ADC






Khi đó thiết diện là hình bình hành MNPQ .
Lại có: AB  CD suy ra MN  NP .
Vậy thiết diện cần tìm là hình thoi MNPQ .
Câu 20: [1H2-3-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn là AB. M

là trung điểm CD. Mặt phẳng   qua M song song với BC và SA.   cắt
AB, SB lần lượt tại N và P. Nói gì về thiết diện của mặt phẳng   với khối chóp

S.ABCD ?
B. Là một hình thang có đáy lớn là

A. Là một hình bình hành.

MN.
D. Là một hình thang có đáy lớn là

C. Là tam giác MNP.

NP.
Lời giải
Chọn B


Trong mặt phẳng  ABCD  , qua M kẻ đường thẳng MN BC  N  BC  . Khi đó,

MN    .
Trong mặt phẳng

 SAB  ,

qua N kẻ đường thẳng NP SA  P  SB  . Khi đó,

NP    .
Vậy     MNP  .
Xét hai mặt phẳng  MNP  và  SBC  có
 MN   MNP 

 BC   SBC 
 hai mặt phẳng cắt nhau theo một giao tuyến đi qua

 MN BC
 P   MNP  , P   SBC 

điểm P và song song với BC.

Trong mặt phẳng  SBC  kẻ PQ BC  Q  SC  . Khi đó, PQ là giao tuyến của mặt
phẳng   với mặt phẳng  SBC  . Vậy mặt phẳng   cắt khối chóp S.ABCD theo
thiết diện là tứ giác MNPQ.

MN BC
 MNBC là hình bình hành. Từ đó suy ra
Tứ giác MNBC có 
MC NB

MN  BC.
Trong tam giác SBC có P thuộc đoạn SB , Q thuộc đoạn SC và PQ BC nên
PQ  BC.

MN PQ
 MNPQ là hình thang có đáy lớn là MN.
Tứ giác MNPQ có 
 PQ  MN


Câu 21: [1H2-3-3] (THPT Chuyên Hạ Long - QNinh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) 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, BC và 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?
1
A. AB  CD .
3
2
AB  CD
3

3
B. AB  CD .
2

C. AB  3CD .

D.

Hướng dẫn giải
Chọn C
S

E

G

F

A

B
H
I

J
D

C

Vì  IJG    SAB   G ta có IJ / / AB vì IJ là đường trung bình của hình thang

ABCD

 IJG    SAB   Gx / / AB / / IJ . Gọi

E  Gx  SA, F  Gx  SB

 IJG    SAD   EI ;  IJG    ABCD   IJ ;  IJG    SBC   JF
Suy ra thiết diện  IJG  và hình chóp là hình bình hành IJFE  IJ  EF 1
2
2
vì G là trọng tâm tam giác SAB  SG  GH  EF  AB  2 
3
3

và IJ 

AB  CD
2

 3

Từ 1 ,  2  và  3 

vì IJ là đường trung bình của hình thang ABCD
2
AB  CD
AB 
 4 AB  3AB  3CD  AB  3CD
3
2

Câu 22: [1H2-3-3] (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc- Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp

S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt bên SAB là tam giác vuông tại A ,
SA  a 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  .


A.

5a 2 3
.
18

B.

5a 2 3
.
6

4a 2 3
.
9

C.

D.

4a 2 3
3

.
Lời giải
Chọn A

S

Q

A

B

M

P

N

D

C

Ta có:



 P  //  SAB 
 P    ABCD   MN
 
và MN // PQ // AB (1)

M
P


AD
SCD
,
M


PQ
P











 P    SAD   MQ
MQ // SA
 P  //  SAB 

 
và 
 NP // SB

 P    SBC   NP
 M  AD, M   P 
Mà tam giác SAB vuông tại A nên SA  AB  MN  MQ (2)
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 

1
DQ 1
MQ DM DQ
 MQ  SA và
 .


3
DS 3
SA
DA DS

 PQ // CD 

PQ SQ
2

 PQ  AB , với AB  SB 2  SA2  a
CD SD
3


Khi đó S MNPQ 

 SMNPQ 

1
1 SA  2 AB

MQ.  PQ  MN   SMNPQ 
.
 AB 
2
2 3  3


5a 2 3
.
18

Câu 23: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD và điểm M ở trên cạnh BC . Mặt phẳng   qua M
song song song với AB và CD . Thiết diện của   với tứ diện là hình gì?
A. Hình thang.
lồi.

B. Hình bình hành.

C. Hình chữ nhật.

D. Tứ giác

Lời giải
Chọn B
A

Q
N

B

P

D

M
C

Trên  ABC  kẻ MN / / AB; N  AC
Trên  BCD  kẻ MP/ / CD; P  BD
Ta có   chính là mặt phẳng  MNP 
Sử dụng đính lý ba giao tuyến ta có

 MNP   AD  Q với

NQ / / CD / / MP

Ta có

NQ / / MP / /CD 
  thiết diện MNPQ là hình bình hành.
MN / / PQ / / AB 
Câu 24: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD có AB  CD . Mặt phẳng   qua trung điểm của

AC và song song với AB , CD cắt ABCD theo thiết diện là


A. Hình tam giác.

B. Hình vuông.

C. Hình thoi.

D.

Hình

chữ nhật.
Lời giải
Chọn C

Gọi M là trung điểm của AC .

 M      ABC 
Ta có: 
     ABC   MN AB  N  BC  , N là trung điểm
  AB   ABC 

BC .

 N      BCD 
     BCD   NP CD  P  BD  , P là trung điểm


CD

BCD







BD .

 P      BDA
     BDA  PQ AB  Q  AD  , Q là trung điểm


  AB   BDA

AD .
 MQ      ADC 
 QM CD

  CD   ADC 
Khi đó thiết diện là hình bình hành MNPQ .
Lại có: AB  CD suy ra MN  NP
Vậy thiết diện cần tìm là hình thoi MNPQ
Câu 25: [1H2-3-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng
  qua BD và song song với SA , mặt phẳng   cắt SC tại K. Khẳng định nào
sau đây là khẳng định đúng ?


A. SK  2KC.
SK 

B. SK  3KC.

1
KC .
2

Lời giải

Chọn C
Gọi O là giao điểm của AC và BD . Do mặt
phẳng   qua BD nên O    .
Trong tam giác SAC , kẻ OK song song SA

 K  SC  .
Do

  SA

OK SA  OK     SC     K  .
O  
 

Trong tam giác SAC ta có

OK SA
 OK là đường trung bình của

OA  OC

SAC.
Vậy SK  KC.

C. SK  KC.

D.


Câu 26: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD . Gọi M là điểm nằm trong tam giác ABC ,   là
mặt phẳng đi qua M và song song với các đường thẳng AB và CD . Thiết diện của
tứ diện và mp   là hình gì ?
A. Hình bình hành.

B. Hình tứ diện.

C. Hình vuông.

D. Hình thang.
Lời giải

Chọn A

Ta có:

    ABC   PQ, PQ //AB.
    ACD   PS , PS //CD.
    BCD   QR, QR //CD.
    ABD   RS , RS //AB
RS //PQ
 //AB 
PS //RQ
 //CD 

P  AC , Q  BC
S  AD,
R  BD,

1
2
3
4
5 
6

Từ 1 ,  2  ,  3 ,  4  ,  5  ,  6  ta được thiết diện cần tìm là hình bình hành PQRS
.
Câu 27: [1H2-3-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn là AB. M

là trung điểm CD. Mặt phẳng   qua M song song với BC và SA.   cắt
AB, SB lần lượt tại N và P. Nói gì về thiết diện của mặt phẳng   với khối chóp

S.ABCD ?
A. Là một hình bình hành.

MN.

B. Là một hình thang có đáy lớn là


D. Là một hình thang có đáy lớn là

C. Là tam giác MNP.

NP.
Lời giải
Chọn B
Trong mặt phẳng  ABCD  , qua M kẻ
đường thẳng MN BC  N  BC  . Khi đó,

MN    .
Trong mặt phẳng  SAB  , qua N kẻ
đường thẳng NP SA  P  SB  . Khi đó,

NP    .
Vậy     MNP  .
Xét hai mặt phẳng  MNP  và  SBC  có
 MN   MNP 

 BC   SBC 
 hai mặt phẳng

MN
BC

 P   MNP  , P   SBC 

cắt nhau theo một giao tuyến đi qua điểm
P và song song với BC.

Trong mặt phẳng  SBC  kẻ PQ BC  Q  SC  . Khi đó, PQ là giao tuyến của mặt
phẳng   với mặt phẳng  SBC  . Vậy mặt phẳng   cắt khối chóp S.ABCD
theo thiết diện là tứ giác MNPQ.

MN BC
 MNBC là hình bình hành. Từ đó suy ra
Tứ giác MNBC có 
MC NB

MN  BC.
Trong tam giác SBC có P thuộc đoạn SB , Q thuộc đoạn SC và PQ BC nên
PQ  BC.

MN PQ
 MNPQ là hình thang có đáy lớn là MN.
Tứ giác MNPQ có 
 PQ  MN
Câu 28: [1H2-3-3] Cho tứ diện ABCD với M , N lần lượt là trọng tâm các tam giác ABD ,

ACD


Xét các khẳng định sau:
(I) MN / / mp  ABC  . (II) MN //mp  BCD  .
(III) MN //mp  ACD  . (IV)) MN //mp  CDA .
Các mệnh đề nào đúng?
A. I, II.

B. II, III.

C. III, IV.
Lời giải

Chọn A

A

I
M
N
D

B
C
Gọi I là trung điểm của AD .
Do M , N là trọng tâm tam giác ABD, ACD nên
Theo định lý Talet có MN //BC .
Mà BC   BCD  , BC   ABC  .
Vậy MN //  BCD  , MN //  ABC  .

IM IN 1


IB IC 3

D. I, IV.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×