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 \(...

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 \(AD\).

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 là hình bình hành. Gọi C' là trung điểm của SC và M là một điểm di động trên cạnh SA. Mặt phẳng (P) di động luôn đi qua C'M và song song với BC.a) Xác định thiết diện (P) cắt hình chóp S.ABCD. Xác định vị trí điểm M để thiết diện là hình bình hành.b) Khi M di động trên cạnh SA, thì giao điểm của hai cạnh đối của thiết diện chạy trên đường...

PT

Pham Trong Bach

3 tháng 2 2017

1

CM

Cao Minh Tâm

3 tháng 2 2017

Giải sách bài tập Toán 11 | Giải sbt Toán 11

a) (P) // BC nên (P) sẽ cắt (SBC) theo giao tuyến B'C' song song với BC.

Tương tự, (P) cắt (SAD) theo giao tuyến MN song song với AD.

Khi M trùng với trung điểm A' của cạnh SA thì thiết diện MB'C'N' là hình bình hành.

b) Với M không trùng với A':

Gọi I ∈ B′M ∩ C′N. Ta có:

I ∈ B′M ⊂ (SAB), tương tự I′ ∈ C′N ⊂ (SCD)

Như vậy I ∈ Δ = (SAB) ∩ (SCD).

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.

Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình bình hành. Gọi C' là trung điểm của SC và M là một điểm di động trên cạnh SAa. Mặt phẳng (P) di động luôn đi qua C'M và song song với BC a) Xác định thiết diện (P) cắt hình chóp S.ABCD. Xác định vị trí điểm M để thiết diện là hình bình hành b) Khi M di động trên cạnh SA, thì giao điểm của hai cạnh đối của thiết diện chạy trên đường nào...

SG

Sách Giáo Khoa

22 tháng 5 2017

1

NT

Nguyen Thuy Hoa

25 tháng 5 2017

Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian, Quan hệ song song

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 S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm di động trên đoạn AB. Qua M vẽ mặt phẳng α song song với mặt phẳng S B C , cắt các cạnh CD, DS, SA lần lượt tại các điểm N, P, Q. Tập hợp các giao điểm I của hai đường thẳng MQ và NP là A. Một đường thẳng B. Nửa đường thẳng. C. Đoạn thẳng song song với AB D. Tập hợp...

PT

Pham Trong Bach

1 tháng 10 2019

#Mẫu giáo

1

CM

Cao Minh Tâm

1 tháng 10 2019

Đáp án C

Gọi d là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).

Ba mặt phẳng (SAB),(SCD) và (ABCD) đôi một cắt nhau theo các giao tuyến d; CD; AB. Mà A B / / C D ⇒ d / / A B / / C D ⇒ d là đường thẳng đi qua S và song song với AB và CD =>cố định.

Có I ∈ M Q ⊂ S A B , I ∈ N P ⊂ S C D ⇒ I ∈ d . Vì M là điểm di động trên đoạn AB nên tập hợp các giao điểm I là một đoạn thẳng d. Ta chọn C.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm di động trên đoạn AB. Qua M vẽ mặt phẳng α song song với mặt phẳng (SBC), cắt các cạnh CD, DS, SA lần lượt tại các điểm N, P, Q. Tập hợp các giao điểm I của hai đường thẳng MQ và NP là A. Một đường thẳng. B. Nửa đường thẳng. C. Đoạn thẳng song song với AB. D. Tập hợp...

PT

Pham Trong Bach

2 tháng 9 2018

#Toán lớp 12

1

CM

Cao Minh Tâm

2 tháng 9 2018

PT

Pham Trong Bach

27 tháng 5 2019

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. Trong mặt phẳng đáy vẽ đường thẳng d đi qua A và không song song với các cạnh của hình bình hành, d cắt BC tại E. Gọi C’ là một điểm nằm trên cạnh SC.

a) Tìm giao điểm M của CD và mp(C’AE).

b) Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (C’AE).

1

CM

Cao Minh Tâm

27 tháng 5 2019

Giải bài 9 trang 54 sgk Hình học 11 | Để học tốt Toán 11

a) Giao điểm M của CD và mp(C’AE).

Trong mp(ABCD), d cắt CD tại M, ta có:

+ M ∈ CD

+ M ∈ d ⊂ (C’AE) ⇒ M ∈ (C’AE)

Vậy M là giao điểm của CD và mp(C’AE).

b) + Trong mặt phẳng (SCD), gọi giao điểm của MC’ và SD là N.

N ∈ MC’ ⊂ (C’AE) ⇒ N ∈ (C’AE).

N ∈ SD ⊂ (SCD) ⇒ N ∈ (SCD)

⇒ N ∈ (C’AE) ∩ (SCD).

⇒ (C’AE) ∩ (SCD) = C’N.

+ (C’AE) ∩ (SCB) = C’E.

+ (C’AE) ∩ (SAD) = AN.

+ (C’AE) ∩ (ABCD) = AE

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (C’AE) là tứ giác C’NAE

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. \(\left(\alpha\right)\) cắt CD,SC,SB lần lượt tại N,P,Q. Đặt AM = x(0<x<b). GTLN của diện tích thiết diện tạo bởi \(\left(\alpha\right)\) và hình chóp S.ABCD...

PT

Pham Tien Dat

5 tháng 1 2021

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]