Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang, đáy lớn BC = 2a, AD = a, AB = b. Mặt bên (SAD) là tam giác đều. Mặt phẳng $\left(\alpha\right)$ qua điểm M trên cạnh AB và song song SA,BC. \(\left(\alpha\rig...

2

NT

nguyen thi vang

5 tháng 1 2021

$\left(\alpha\right)//SA$ và BC nên $\left(\alpha\right)//\left(SAD\right)$

=> MQ //SA, NP//SD ta có

MN//PQ//AD//BC

ABCD : $\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{CN}{CD}\left(1\right)$

Theo định lí Ta let trong tam giác:

$\Delta SAB:\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{BQ}{BS}=\dfrac{MQ}{SA}\left(2\right)$

$\Delta SCD:\dfrac{CN}{CD}=\dfrac{CP}{CS}=\dfrac{PN}{SD}\left(3\right)$

Từ (1) (2) và (3) suy ra: $MQ=NP=\dfrac{b-x}{b}a$

$PQ=\dfrac{x}{b}.2a$

$MN=a+\dfrac{x}{b}a$

=> thiết diện là hình thang cân và $S_{td}=\dfrac{1}{2}\left(MN+PQ\right)\sqrt{MQ^2-\left(\dfrac{MN-PQ}{2}\right)^2}$

= $\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{ab+ax}{b}+\dfrac{2ax}{b}\right)\sqrt{\dfrac{a^2\left(b-x\right)^2}{b^2}-\dfrac{a^2\left(b-x\right)^2}{4b^2}}$

=$\dfrac{1}{2}.\dfrac{a\left(b+3x\right)}{b}.\dfrac{a\sqrt{3}\left(b-x\right)}{2b}$

= $\dfrac{a^2\sqrt{3}}{12b^2}\left(3x+b\right)\left(3b-3x\right)\le\dfrac{a^2\sqrt{3}}{12b^2}\left(\dfrac{3x+b+3b-3x}{2}\right)^2=\dfrac{a^2\sqrt{3}}{3}$

Vậy diện tích lớn nhất của thiết diện là $\dfrac{a^2\sqrt{3}}{3}$ khi x= $\dfrac{b}{3}$

Đúng(2)

L

LyNguyễn

4 tháng 10 2023

[TEX]\frac{QP}{BC}=\frac{SQ}{SB}=\frac{AM}{AB}[/TEX]

\Rightarrow[TEX]QP=\frac{2ax}{b}[/TEX]

[TEX]\frac{QM}{SA}=\frac{BM}{BA}[/TEX]

\Rightarrow[TEX]QM=\frac{a(b-x)}{b}[/TEX]

Do MNPQ là hình thang cân

\Rightarrow[TEX]MN=\frac{a(b-x)}{b}+\frac{2ax}{b}=\frac{ab+ax}{b}[/TEX]

Vậy [TEX]S_{MNPQ}=\frac{(\frac{2ax}{b}+\frac{ab+ax}{b})\frac{\sqrt{3}a(b-x)} {2B}}{2}[/TEX]

=[TEX]\frac{(3ax+ab)(\sqrt{3}ab-\sqrt{3}ax)}{b^2}[/TEX]

Cho hình chóp $S.ABCD$ với $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$, tam giác $SA{\rm{D}}$ đều. $M$ là điểm trên cạnh $AB$, $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng qua $M$ và $\left( \alpha \right)\parallel \left( {SAD} \right)$ cắt $CD,SC,SB$ lần lượt tại $N,P,Q$.a) Chứng minh rằng $MNPQ$ là hình thang cân.b) Đặt $AM = x$, tính diện tích $MNPQ$ theo $a$ và...

B

Buddy

17 tháng 7 2023

1

HQ

Hà Quang Minh

Giáo viên

22 tháng 9 2023

a) Ta có:

$\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel PQ\parallel BC$

$ \Rightarrow MNPQ$ là hình thang (1).

$\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ\\\left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SAB} \right) = SA\end{array} \right\} \Rightarrow MQ\parallel SA \Rightarrow \frac{{MQ}}{{SA}} = \frac{{BM}}{{AB}}$

$\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) = NP\\\left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) = SD\end{array} \right\} \Rightarrow NP\parallel SD \Rightarrow \frac{{NP}}{{SD}} = \frac{{CN}}{{C{\rm{D}}}}$

$\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = MN\\\left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = AD\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel AD\parallel BC \Rightarrow \frac{{BM}}{{AB}} = \frac{{CN}}{{C{\rm{D}}}}$

$ \Rightarrow \frac{{MQ}}{{SA}} = \frac{{NP}}{{S{\rm{D}}}}$

Mà tam giác $SAD$ đều nên $SA = S{\rm{D}}$

$ \Rightarrow MQ = NP\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $ \Rightarrow MNPQ$ là hình thang cân.

b) Gọi $I = MQ \cap NP$. Ta có:

$\left. \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right) = SI\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = C{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow SI\parallel AB\parallel C{\rm{D}}$

$SI\parallel N{\rm{D}},S{\rm{D}}\parallel NI \Rightarrow SIN{\rm{D}}$ là hình bình hành $ \Rightarrow S{\rm{D}} = NI$

$SI\parallel MA,S{\rm{A}}\parallel MI \Rightarrow SIMA$ là hình bình hành $ \Rightarrow S{\rm{A}} = MI$

Xét tam giác $IMN$ và tam giác $SAD$ có: $MN\parallel A{\rm{D,}}MI\parallel SA,NI\parallel S{\rm{D}},MN = A{\rm{D}}$

tam giác $IMN$ là tam giác đều cạnh $a$.

$\begin{array}{l}SI\parallel AB \Rightarrow \frac{{SI}}{{BM}} = \frac{{IQ}}{{QM}} \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{BM + SI}} = \frac{{IQ}}{{QM + IQ}} \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{BM + MA}} = \frac{{IQ}}{{QM + IQ}}\\ \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{AB}} = \frac{{IQ}}{{MI}} \Leftrightarrow IQ = \frac{{SI.MI}}{{AB}} = \frac{{x.a}}{a} = x\end{array}$

${S_{IMN}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4},{S_{IPQ}} = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {S_{MNPQ}} = {S_{IMN}} - {S_{IPQ}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} - \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\left( {{a^2} - {x^2}} \right)$

Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng 10. $M$ là điểm trên $SA$ sao cho $\frac{{SM}}{{SA}} = \frac{2}{3}$. Một mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua $M$ song song với $AB$ và $C{\rm{D}}$, cắt hình chóp theo một tứ giác có diện tích làA. $\frac{{400}}{9}$.B. $\frac{{200}}{3}$.C. $\frac{{40}}{9}$.D....

B

Buddy

17 tháng 7 2023

1

HQ

Hà Quang Minh

Giáo viên

22 tháng 9 2023

Qua $M$ dựng đường thẳng song song với $AB$, cắt $SB$ tại $N$.

Qua $N$ dựng đường thẳng song song với $BC$, cắt $SC$ tại $P$.

Qua $M$ dựng đường thẳng song song với $AD$, cắt $SD$ tại $Q$.

Ta có:

$\left. \begin{array}{l}MN\parallel AB\\AB \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel \left( {ABCD} \right)$

$\left. \begin{array}{l}MQ\parallel AD\\AD \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow MQ\parallel \left( {ABCD} \right)$

$\left. \begin{array}{l}MN\parallel \left( {ABCD} \right)\\MQ\parallel \left( {ABCD} \right)\\MN,MQ \subset \left( \alpha \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {MNPQ} \right)\parallel \left( {ABCD} \right)$

$ \Rightarrow \frac{{{S_{MNPQ}}}}{{{S_{ABC{\rm{D}}}}}} = {\left( {\frac{{MN}}{{AB}}} \right)^2}$

Ta có: ${S_{ABC{\rm{D}}}} = A{B^2} = {10^2} = 100$

$MN\parallel AB \Rightarrow \frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{2}{3}$

$ \Rightarrow \frac{{{S_{MNPQ}}}}{{{S_{ABC{\rm{D}}}}}} = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} = \frac{4}{9} \Rightarrow {S_{MNPQ}} = \frac{4}{9}{S_{ABC{\rm{D}}}} = \frac{4}{9}.100 = \frac{{400}}{9}$

Chọn A.

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành và một điểm $M$ di động trên cạnh $AD$. Một mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ qua $M$, song song với $C{\rm{D}}$ và $SA$, cắt $BC,SC,SD$ lần lượt tại $N,P,Q$.a) $MNPQ$ là hình gì?b) Gọi $I = MQ \cap NP$. Chứng minh rằng $I$ luôn luôn thuộc một đường thẳng cố định khi $M$ di động trên...

B

Buddy

17 tháng 7 2023

1

HQ

Hà Quang Minh

Giáo viên

22 tháng 9 2023

Tham khảo hình vẽ:

a) Ta có:

$\begin{array}{l}MN = \left( \alpha \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\C{\rm{D}} = \left( {SC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\PQ = \left( \alpha \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\\MN\parallel C{\rm{D}}\end{array}$

Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: $MN\parallel C{\rm{D}}\parallel PQ$.

$ \Rightarrow MNPQ$ là hình bình hành.

b) Ta có:

$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}I \in MQ \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\I \in NP \Rightarrow I \in \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\ \Rightarrow SI = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC = \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\BC\parallel A{\rm{D}}\end{array}$

Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: $A{\rm{D}}\parallel BC\parallel SI$.

Vậy $I$ luôn luôn thuộc đường thẳng $d$ đi qua $S$ song song với $AD$ và $BC$ cố định khi $M$ di động trên $AD$.

B

Buddy

17 tháng 7 2023

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang, đáy lớn $AB$. Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, $\left( P \right)$ là mặt phẳng qua $M$ song song với $SA$ và $BC$. Tìm giao tuyến của $\left( P \right)$ với các mặt của hình chóp $S.ABCD$.

1

QT

Quoc Tran Anh Le

Giáo viên

22 tháng 9 2023

loading...

Qua $M$ dựng đường thẳng song song với $BC$, cắt $AB$ tại $N$.

Qua $N$ dựng đường thẳng song song với $SA$, cắt $SB$ tại $P$.

Qua $P$ dựng đường thẳng song song với $BC$, cắt $SC$ tại $Q$.

Vì $MN\parallel BC,NP\parallel SA$ nên $\left( {MNPQ} \right) \equiv \left( P \right)$.

Ta có:

$\begin{array}{l}MN = \left( P \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\NP = \left( P \right) \cap \left( {SAB} \right)\\PQ = \left( P \right) \cap \left( {SBC} \right)\\MQ = \left( P \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\end{array}$

Gọi $E$ là giao điểm của $A{\rm{D}}$ và $MN$, $F$ là giao điểm của $S{\rm{D}}$ và $MQ$. Ta có:

$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}E \in A{\rm{D}} \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\E \in MN \subset \left( P \right)\end{array} \right\} \Rightarrow E \in \left( P \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\\left. \begin{array}{l}F \in S{\rm{D}} \subset \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\F \in MQ \subset \left( P \right)\end{array} \right\} \Rightarrow F \in \left( P \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\ \Rightarrow EF = \left( P \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right)\end{array}$

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $B$, $BA=BC=a$, $AD=2a$. Cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt đáy và $SA=a\sqrt{2}$. a) (1 điểm) Chứng minh $\left( SAB \right) \perp \left( SAD \right)$. b) (1 điểm) Tính góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( SAB \right)$. c) (1 điểm) Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $SB$. Tính khoảng cách từ $H$ đến mặt phẳng $\left( SCD...

TC

Thầy Cao Đô

Giáo viên VIP

27 tháng 4 2022

12

HH

Hoang Hai Nam

27 tháng 4 2022

0

DD

Đỗ Đức Thịnh

21 tháng 4 2023

loading...

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh SA=2a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của cạnh AB và α là mặt phẳng qua M và vuông góc với AB. Diện tích thiết diện của mặt phẳng với hình chóp S.ABCD là A. S = a 2 B. S = 3 a 2 2 C. S = a 2 ...

PT

Pham Trong Bach

13 tháng 4 2018

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB=BC=a ,AD=2a Cạnh SA=2a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của cạnh AB và ( α ) là mặt phẳng qua M và vuông góc với AB. Diện tích thiết diện của mặt phẳng ( α ) với hình chóp S.ABCD là ...

#Mẫu giáo

1

CM

Cao Minh Tâm

13 tháng 4 2018

Đáp án A.

Gọi N, Q lần lượt là trung điểm của AB, CD ⇒ M N ⊥ A B M Q ⊥ A B .

Qua N kẻ đường thẳng song song với BC, cắt SC tại P.

Suy ra thiết diện của mặt phẳng α và hình chóp là MNPQ.

Vì MQ là đường trung bình của hình tháng ABCD ⇒ M Q = 3 a 2 .

MN là đường trung bình của tam giác SAB ⇒ M N = S A 2 = a .

NP là đường trung bình của tam giác SBC ⇒ N P = B C 2 = a 2 .

Vậy diện tích hình thang MNPQ là S M N P Q = M N . N P + M Q 2 = a 2 a 2 + 3 a 2 = a 2 .

Đúng(1)

PT

Pham Trong Bach

4 tháng 1 2019

1

CM

Cao Minh Tâm

4 tháng 1 2019

Cho hình chóp S . A B C D có đáy là hình thang vuông tại A và B. Biết A D = 2 a , A B = B C = S A = a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, gọi M là trung điểm cạnh AD. Tính khoảng cách h từ M đến mặt phẳng (SCD). A. h = a 3 . B. h = a 6 3 . C. h = a 6 6 . D. ...

PT

Pham Trong Bach

7 tháng 12 2017

#Mẫu giáo

1

CM

Cao Minh Tâm

7 tháng 12 2017

Đáp án C

Theo dữ kiện đề bài cho, dễ dàng chứng minh được ΔACD vuông tại cân C và A C = A D 2 = a 2 .

C D ⊥ A C C D ⊥ S A ⇒ C D ⊥ S A C ⇒ S A C ⊥ S C D

Mà S A C ∩ S C D = S C , từ A kẻ A H ⊥ S C . Khi đó d A ; S C D = A H .

Tam giác SAC vuông tại

A: 1 A H 2 = 1 S A 2 + 1 A C 2 = 1 a 2 + 1 2 a 2 = 3 2 a 2 ⇒ d A ; S C D = A H = a 2 3

Mặt khác: A D ∩ S C D = D và M là trung điểm AD nên:

d M ; S C D d A ; S C D = M D A D = 1 2 ⇒ d M ; S C D = 1 2 d A ; S C D = a 6 6

Cho hình chóp $S.ABCD$ với đáy $ABCD$ là hình bình hành có $O$ là giao điểm của hai đường chéo, tam giác $SBD$ là tam giác đều. Một mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ di động song song với mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ và cắt đoạn thẳng $AC$. Chứng minh các giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ với hình chóp tạo thành một tam giác...

B

Buddy

17 tháng 7 2023

2

HQ

Hà Quang Minh

Giáo viên

22 tháng 9 2023

Tham khảo hình vẽ:

TH1: $\left( \alpha \right)$ cắt đoạn $AO$ tại $I$.

Gọi $E,F,G$ lần lượt là giao điểm của $\left( \alpha \right)$ với $SA,AB,AD$.

Ta có:

$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = FG\\\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow FG\parallel B{\rm{D}} \Rightarrow \frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AG}}{{AD}} = \frac{{FG}}{{B{\rm{D}}}}\left( 1 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAB} \right) = EF\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SB\end{array} \right\} \Rightarrow EF\parallel SB \Rightarrow \frac{{AF}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AS}} = \frac{{EF}}{{SB}}\left( 2 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SAD} \right) = EG\\\left( {SAD} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SD\end{array} \right\} \Rightarrow EG\parallel SD \Rightarrow \frac{{AG}}{{AD}} = \frac{{AE}}{{AS}} = \frac{{EG}}{{SD}}\left( 3 \right)\end{array}$

Từ (1), (2) và (3) suy ra $\frac{{EF}}{{SB}} = \frac{{EG}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{{FG}}{{B{\rm{D}}}}$.

Tam giác $SBD$ đều nên $SB = SD = BD$.

Do đó $EF = EG = FG$. Vậy tam giác $EFG$ đều.

HQ

Hà Quang Minh

Giáo viên

22 tháng 9 2023

Tham khảo hình vẽ:

TH2: $\left( \alpha \right)$ cắt đoạn $CO$ tại $J$.

Gọi $M,N,P$ lần lượt là giao điểm của $\left( \alpha \right)$ với $SC,BC,C{\rm{D}}$.

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = NP\\\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = B{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow NP\parallel B{\rm{D}} \Rightarrow \frac{{CN}}{{CB}} = \frac{{CP}}{{C{\rm{D}}}} = \frac{{NP}}{{B{\rm{D}}}}\left( 4 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SB\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel SB \Rightarrow \frac{{CM}}{{C{\rm{S}}}} = \frac{{CN}}{{CB}} = \frac{{MN}}{{SB}}\left( 5 \right)\\\left. \begin{array}{l}\left( \alpha \right)\parallel \left( {SBD} \right)\\\left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right) = MP\\\left( {SCD} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right) = SD\end{array} \right\} \Rightarrow MP\parallel SD \Rightarrow \frac{{C{\rm{M}}}}{{C{\rm{S}}}} = \frac{{CP}}{{C{\rm{D}}}} = \frac{{MP}}{{SD}}\left( 6 \right)\end{array}\)

Từ (4), (5) và (6) suy ra $\frac{{MN}}{{SB}} = \frac{{MP}}{{S{\rm{D}}}} = \frac{{NP}}{{B{\rm{D}}}}$.

Tam giác $SBD$ đều nên $SB = SD = BD$.

Do đó $MN = MP = NP$. Vậy tam giác $MNP$ đều.