Câu 1
Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào sai?
[A]. Dùng nét đứt biểu diễn cho đường bị che khuất.
[B]. Hình biểu diễn của đường thẳng là đường thẳng.
[C]. Hình biểu diễn phải giữ nguyên qua hệ thuộc giữa điểm và đường thẳng..
[D]. Hình biểu diễn của hai đường cắt nhau có thể là hai đường song song.
Câu 2
Trong các hình vẽ sau hình nào có thể là hình biểu diễn của một hình tứ diện? [Chọn câu đúng nhất]
[A]. $\left[ I \right],\left[ II \right].$ .
[B]. $\left[ I \right],\left[ II \right],\left[ III \right],\left[ IV \right]$ .
[C]. $\left[ I \right],\left[ II \right],\left[ III \right]$.
[D]. $\left[ I \right].$
Câu 3
Hình nào sau đây vẽ đúng quy tắc?
[A].
[B].
[C].
[D].
Câu 4
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang, đáy lớn $AB$ gấp đôi đáy nhỏ $CD$ , $E$ là trung điểm của đoạn $AB$ . Hình vẽ nào sau đây vẽ đúng quy tắc?
[A].
[B].
[C].
[D].
Đáp án A.
Theo quy tắc vẽ hình, các đoạn thẳng song song được vẽ bằng các đoạn thẳng song song nên đáp án D bị loại. Trung điểm được vẽ ở chính giữa đoạn nên ý C bị loại. Nét khuất được vẽ bởi nét đứt đoạn, nét với góc nhìn này với đáp án B thì hoặc AB đứt đoạn hoặc SC, SD đứt đoạn. Do đó chỉ có đáp án A đúng.
Câu 5
Một hình không gian có hình chiếu đứng [nhìn từ trước vào [có thể nhìn từ sau] để từ hình 3D chuyển sang hình 2D] hình chiếu bằng [nhìn từ trên xuống] có thể nhìn từ dưới lên]], hình chiếu cạnh [từ trái sang [có thể nhìn từ phải sang]] lần lượt được thể hiện như sau:
Hãy vẽ hình biểu diễn của hình đó?
[A].
[B].
[C].
[D].
Đáp án C.
Hình A, B, D sai khi vẽ các đường không nhìn thấy bằng nét liền.
Câu 6
Mệnh đề nào sau đây đúng?
[A]. Qua ba điểm xác định một và chỉ một mặt phẳng.
[B]. Qua ba điểm phân biệt xác định một và chỉ một mặt phẳng.
[C]. Qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng xác định hai mặt phẳng phân biệt.
[D]. Qua ba điểm phân biệt không thẳng hàng xác định một và chỉ một mặt phẳng.
Đáp án D.
– Đáp án A, B sai, các em có thể lấy ví dụ ba điểm $A,B,C$phân biệt , thẳng hàng , thì có vô số mặt phẳng đi qua ba điểm đó.
– Đáp án C sai, vì theo tính chất thừa nhận, ba điểm phân biệt không thẳng hàng có duy nhất một mp đi qua ba điểm.
Câu 7
Xét các mệnh đề sau đây:
$\left[ I \right]$ Có một và chỉ một đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt.
$\left[ II \right]$ Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm phân biệt.
$\left[ III \right]$ Tồn tại bốn điểm không cùng thuộc một mặt phẳng.
$\left[ IV \right]$ Nếu hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng còn có duy nhất một điểm chung khác nữa.
Số mệnh đề sai trong các mệnh đề trên là:
[A]. 3.
[B]. 1.
[C]. 2.
[D]. 4.
Đáp án B.
Theo các tính chất thừa nhận, ta thấy [I], [II], [III] đúng và nếu hai mp có 1 điểm chung thì chúng còn vô số điểm chung khác nữa. Điều đó đồng nghĩa với nhận xét [IV] là sai. Như vậy có 1 quy tắc sai.
Câu 8
Cho $n$ điểm phân biệt trong không gian $\left[ n>4 \right]$ .Biết rằng bốn điểm bất kỳ trong $n$ điểm đã cho cùng thuộc một mặt phẳng. Khẳng định nào sau đây đúng?
[A]. Tất cả $n$ điểm thuộc cùng một mặt phẳng.
[B]. Có đúng $n-1$ điểm thuộc cùng một mặt phẳng.
[C]. Có đúng $n-2$ điểm thuộc cùng một mặt phẳng.
[D]. Không tồn tại mặt phẳng nào chứa tất cả $n$ điểm.
Đáp án A.
– Nếu $n$ điểm đã cho cùng thuộc một đường thẳng thì hiển nhiên $n$ điểm thuộc cùng 1 mp. Do đó loại được đáp án B, C, D.
– Nếu $n$ điểm đã cho không cùng thuộc một đường thẳng thì trong chúng phải có 3 điểm không thẳng hàng. Khi đó ba điểm này xác định 1 mp, kí hiệu là mp $\left[ P \right]$ . Lấy một điểm trong $n-3$ điểm còn lại thì theo giả thiết điểm đó phải thuộc mp$\left[ P \right]$ . Suy ra tất cả các điểm đã cho cùng thuộc 1 mp.
Câu 9
Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?
[A]. Có đúng hai mặt phẳng cắt nhau theo một đường thẳng cho trước..
[B]. Hai mặt phẳng có một điểm chung duy nhất.
[C]. Hai mặt phẳng cùng chứa hai cạnh của một tam giác thì trùng nhau..
[D]. Có đúng hai mặt phẳng phân biệt đi qua ba điểm phân biệt..
Đáp án C.
Một đường thẳng cho trước có vô số mp đi qua.
Hai mp đã có 1 điểm chung thì có vô số điểm chung khác nữa. Còn có trường hợp 2 mp không có điểm chung nào.
Có duy nhất 1 mp đi qua ba điểm phân biệt. Như vậy ta chọn ý C.
Câu 10
Cho tứ giác lồi $ABCD$ và điểm $S$ không thuộc mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$ . Có bao nhiêu mặt phẳng qua $S$ và hai trong số bốn điểm $A,B,C,D?$
[A]. 3.
[B]. 4.
[C]. 5.
[D]. 6.
Đáp án D.
Số cách chọn 2 trong 4 điểm $A,B,C,D$ là $C_{4}^{2}=6$ .
Vậy có 6 mp đi qua $S$ và 2 trong 4 điểm $A,B,C,D$ .
Câu 11
Cho năm điểm $A,B,C,D,E$ phân biệt trong đó không có bốn điểm nào cùng nằm trên một mặt phẳng. Hỏi có bao nhiêu mặt phẳng tạo bởi ba trong năm điểm đã cho ?
[A]. 6.
[B]. 10.
[C]. 60.
[D]. 8.
Đáp án B.
Chọn 3 trong 5 điểm trên sẽ tạo nên 1 mp. Do đó, số mp tạo bởi 3 trong 5 điểm trên là \[C_{5}^{3}=10\].
Câu 12
Cho $n\,\,\left[ n\ge 3,n\in \mathbb{N} \right]$ đường thẳng phân biệt đồng quy tại O trong đó không có ba đường thẳng nào cùng năm trên một mặt phẳng. Có bao nhiêu mặt phẳng đi qua hai trong số $n$ đường thẳng trên?
[A]. $\dfrac{n!}{2\left[ n-2 \right]!}\,$.
[B]. $\,\dfrac{n!}{\left[ n-2 \right]!}\,$.
[C]. $\,\dfrac{n!}{2}\,$.
[D]. $\,n!$.
Đáp án A.
Hai đường thẳng phân biệt cắt nhau tại $O$ xác định 1 mp . Nên số các mp chứa 2 trong $n$ đường thẳng trên là \[C_{n}^{2}=\dfrac{n!}{2\left[ n-2 \right]!}\] .
Câu 13
Cho mặt phẳng $\left[ \alpha \right]$ và hai đường thẳng $a,b$ cắt nhau cùng nằm trong mặt phẳng $\left[ \alpha \right]$ . Gọi A là một điểm thuộc đường thẳng $a$ nhưng không thuộc đường thẳng $b$ và $P$ là một điểm nằm ngoài \[\left[ \alpha \right]\]. Khẳng định nào sau đây đúng:
[A]. $PA$ và $b$ chéo nhau.
[B]. $PA$ và $b$ song song .
[C]. $PA$ và $b$ cắt nhau.
[D]. $PA$ và $b$ trùng nhau.
Đáp án A .
Dễ thấy $PA,b$ không trùng nhau.
Giả sử $PA,b$ không chéo nhau, khi đó $PA,b$ hoặc song song hoặc cắt nhau. Lúc đó, theo cách xác định 1 mp, ta thấy $PA,b$cùng thuộc 1 mp$\left[ \beta \right]$ . Các mp $\left[ \alpha \right],\left[ \beta \right]$ đều chứa đường thẳng $b$ và đi qua điểm \[A\] ở ngoài $b$ nên 2 mp$\left[ \alpha \right],\left[ \beta \right]$trùng nhau. Suy ra điểm $P$ phải thuộc mp $\left[ \alpha \right]$ [Vô lý]. Như vậy $PA,b$ chéo nhau.
Câu 14
Cho tứ diện $ABCD,I,J$ lần lượt là trung điểm của $AD$ và $BC$ . Khẳng định nào sau đây đúng?
[A]. $AJ,BI\,$ song song .
[B]. $AJ,BI\,$ trùng nhau.
[C]. $AJ,BI\,$ cắt nhau
[D]. $AJ,BI\,$chéo nhau
Đáp án D.
Giả sử $AJ,BI$ đồng phẳng, suy ra $AJ,BI$đồng phẳng do đó $A,B,C,D$ cùng thuộc 1 mp [vô lý].
Do đó$AJ,BI$không đồng phẳng, do đó $AJ,BI$ chéo nhau. Chọn đáp án D.
Câu 15
Cho hình chóp $SABCD$ có đáy $ABCD$ là một tứ giác [$AB$ không song song $CD$ ]. Gọi $M$ là trung điểm của $SD$ , $N$ là điểm nằm trên cạnh $SB$ sao cho $SN=2NB,O$ là giao điểm của $AC$ và$BD$ . Cặp đường thẳng nào sau đây cắt nhau:
[A]. $SO$ và$AD$.
[B]. $MN$ và $SO$.
[C]. $MN$ và $SC$
[D]. $SA$ và $BC$.
Đáp án B.
Giả sử $SO,AD$ cắt nhau. Khi đó $SO,AD$đồng phẳng, suy ra $S$ thuộc mp $\left[ ABCD \right]$ [Vô lý]. Đáp án A bị loại.
Giả sử $MN$ cắt $SC$. Khi đó $MN$ và $SC$ đồng phẳng, suy ra $C$ thuộc $\left[ SBD \right]$ [vô lý]. Do đó đáp án C bị loại.
Giả sử $SA$ cắt $BC$. Khi đó $SA,BC$ đồng phẳng. Suy ra, $S$ thuộc mp $\left[ ABCD \right]$ [vô lý]. Đáp án D bị loại. $MN,SO$ cùng nằm trong mp$\left[ SBD \right]$, không song song và trùng nhau.
Câu 16
Cho bốn điểm $A,B,C,D$ không cùng nằm trong một mặt phẳng. Trên $AB,AD$ lần lượt lấy các điểm $M$ và $N$ sao cho $MN$ cắt $BD$ tại $I$ . Điểm $I$ không thuộc mặt phẳng nào sau đây:
[A]. $\left[ ACD \right]$.
[B]. $\left[ BCD \right]$.
[C]. $\left[ CMN \right]$ .
[D]. $\left[ ABD \right]$.
Đáp án A.
Do$I$ là giao điểm của $MN$ và $BD$ nên $I$ thuộc các mp chứa $MN$ và các mp chứa $BD$. Do đó $I$ thuộc $\left[ BCD \right],\left[ CMN \right],\left[ ABD \right].$
Giả sử $I$ thuộc $\left[ ACD \right]$ khi đó $B$ thuộc $\left[ ACD \right]$ [vô lý].
Câu 17
Cho tứ diện $ABCD$ . Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $CD,AB$ . Khi đó $BC$ và $MN$ là hai đường thẳng:
[A]. Chéo nhau.
[B]. Có hai điểm chung.
[C]. Song song
[D]. Cắt nhau
Đáp án A.
Giả sử $MN,BC$ đồng phẳng. Do đó $D,A$ lần lượt thuộc đường thẳng $MC,NB$ nên $D,A$ cũng thuộc mp đó. Như vậy $A,B,C,D$ đồng phẳng[vô lý]. Như vậy đáp án B, C, D không thỏa mãn.
Câu 18
Cho tứ diện $ABCD$ . Gọi $M$ là trung điểm cạnh $AC,N$ là điểm thuộc cạnh $AD$ sao cho $AN=2ND.\,O$ là một điểm thuộc miền trong của tam giác $BCD$ . Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng?
[A]. Mặt phẳng $\left[ OMN \right]$ chứa đường thẳng $AB$
[B]. Mặt phẳng $\left[ OMN \right]$ đi qua giao điểm của hai đường thẳng $MN$ và $CD$.
[C]. Mặt phẳng $\left[ OMN \right]$ đi qua điểm $A$ .
[D]. Mặt phẳng $\left[ OMN \right]$chứa đường thẳng $CD$ .
Đáp án A.
Gọi $I$ là giao điểm của $MN$ và C[D]. Khi đó $I$ thuộc $\left[ OMN \right]$ . Vậy đáp án A đúng.
Giả sử $\left[ OMN \right]$ chứa đường thẳng $AB$ . Khi đó $O,B$ cùng thuộc mp$\left[ AMN \right]$ . Suy ra $O,B$ cùng thuộc mp$\left[ ACD \right]$ [vô lý]. Đáp án B không thỏa mãn.
Giả sử $\left[ MNO \right]$ đi qua điểm $A$ . Do $D,C$ lần lượt thuộc các đường thẳng $AN,AM$ nên$D,C$ thuộc mp$\left[ AMN \right]$ . Như vậy 2 mp $\left[ OCD \right],\left[ AMN \right]$ trùng nhau. Suy ra $B$ thuộc mp$\left[ ACD \right]$ [vô lý]. Vậy đáp án C bị loại.
Tương tự ta cũng dễ dàng suy ra đáp án D bị loại.
Câu 19
Ba điểm phân biệt cùng thuộc hai mặt phẳng phân biệt thì :
[A]. Cùng thuộc một đường tròn
[B]. Cùng thuộc một đường thẳng
[C]. Cùng thuộc một eliP
[D]. Cùng thuộc một tam giác.
Đáp án B.
Giao tuyến của 2mp phân biệt là 1 đường thẳng, nên ba điểm phân biệt cùng thuộc 2 mp phân biệt sẽ nằm trên giao tuyến của 2mp phân biệt.
Câu 20
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang $ABCD$ [$AB$ là đáy lớn, $CD$ là đáy nhỏ]. Khẳng định nào sau đây sai:
[A]. Hình chóp $S.ABCD$ có bốn mặt bên..
[B]. Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left[ SAB \right]$ và $\left[ SCD \right]$ là $SK$ trong đó $K$ là một điểm thuộc mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$ .
[C]. Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left[ SAC \right]$ và $\left[ SBD \right]$ là $SO$ trong đó $O$ là giao điểm của hai đường thẳng $AC$ và $BD$
[D]. Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left[ SAD \right]$ và $\left[ SBC \right]$ là $SI$ trong đó $I$ là giao điểm của $AD$ và $BC$ .
Đáp án B.
Hiển nhiên hình chóp $S.ABCD$ có 4 mặt bên nên đáp án A đúng.
Ta thấy giao tuyến của 2mp $\left[ SAB \right],\left[ ABCD \right]$ là $AB$ , $K$ là điểm thuộc cả hai mp do đó $K\in AB$ . tương tự ta cũng chứng minh được $K\in CD$ . Như vậy $K$ thuộc cả hai đường thẳng $AB,CD$ [vô lý do $AB,CD$ song song]. Do vậy đáp án B sai.
$\begin{align} & O\in AC\Rightarrow O\in \left[ SAC \right]. \\ & O\in BD\Rightarrow O\in \left[ SBD \right]. \\
\end{align}$
Do đó $O$ thuộc giao tuyến của hai mp $\left[ SAC \right],\left[ SBD \right]$ .
Tương tự ta cũng dễ thấy $SI=\left[ SAD \right]\cap \left[ SBC \right]$ .
Như vậy đáp án C,D đúng.
Câu 21
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là một tứ giác [$AB$ không song song $CD$ ]. Gọi M là trung điểm của $SD,N$ là điểm nằm trên cạnh $SB$ sao cho $SN=2NB,O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ . Giả sử đường thẳng $d$ là giao tuyến của $\left[ SAB \right]$ và $\left[ SCD \right]$ . Nhận xét nào sau đây là sai:N
[A]. $d$ cắt $CD$.
[B]. $d$ cắt $MN$.
[C]. $d$ cắt $AB$.
[D]. $d$ cắt $SO$.
Đáp án B.
Gọi $I=AB\cap CD$ . Ta có:
$\left\{ \begin{align} & I\in AB,AB\subset \left[ SAB \right]\Rightarrow I\in \left[ SAB \right] \\ & I\in CD,CD\subset \left[ SCD \right]\Rightarrow I\in \left[ SCD \right] \\
\end{align} \right.$$\Rightarrow I\in \left[ SAB \right]\cap \left[ SCD \right]$
Lại có $S\in \left[ SAB \right]\cap \left[ SCD \right].$
Do đó $SI=\left[ SAB \right]\cap \left[ SCD \right].$
$\Rightarrow d\equiv SI.$
Vậy $d$ cắt$AB,CD,SO$ .
Giả sử $d$ cắt $MN$ . Khi đó $M$ thuộc mp$\left[ SAB \right]$ . Suy ra $D$ thuộc $\left[ SAB \right]$ [vô lý]. Vậy$d$ không cắt $MN$ . Đáp án B sai.
Câu 22
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành $\left[ BC//AD \right]$ .Mặt phẳng $\left[ P \right]$ di động chứa đường thẳng $AB$ và cắt các đoạn $SC,SD$ lần lượt tại $E,F$ . Mặt phẳng $\left[ Q \right]$ di động chứa đường thẳng $CD$ và cắt $SA,SB$ lần lượt tại $G,H.\,I$ là giao điểm của $AE,BF;J$ là giao điểm của $CG,DH$ . Xét các mệnh đề sau:
$\left[ 1 \right]$ Đường thẳng $EF$ luôn đi qua một điểm cố định..
$\left[ 2 \right]$ Đường thẳng $GH$ luôn đi qua một điểm cố định.
$\left[ 3 \right]$ Đường thẳng $IJ$ luôn đi qua một điểm cố dịnh.
Có bao nhiêu mệnh đề đúng?
[A]. $0$.
[B]. $1$.
[C]. $2$ .
[D]. $3$.
Đáp án D.
Trong mp$\left[ ABCD \right]$ , gọi $M=AB\cap CD;O=AC\cap BD$ . Khi đó $M,O$ cố định.
Như vậy: $E,F,M$ cùng nằm trên hai mp $\left[ P \right]$ và $\left[ SCD \right]$ , do đó ba điểm $E,F,M$ thẳng hàng. Vậy đường thẳng $EF$ luôn đi qua một điểm cố định $M$ .
Tương tự, ta có $G,H,M$ cùng nằm trên hai mp $\left[ Q \right]$ và $\left[ SAB \right]$ ,do đó $G,H,M$ thẳng hàng. Vậy các đường thẳng $GH$ luôn đi qua một điểm cố định $M$ .
Do $\left\{ \begin{align} & I\in AE\subset \left[ SAC \right] \\ & I\in BF\subset \left[ SBD \right] \\
\end{align} \right.$$\Rightarrow I\in \left[ SAC \right]\cap \left[ SBD \right]$ .
Tương tự ta cũng có $J\in \left[ SAC \right]\cap \left[ SBD \right];O\in \left[ SAC \right]\cap \left[ SBD \right]$
Do đó ba điểm $I,J,O$ thẳng hàng. Vậy $IJ$ luôn đi qua điểm cố định $O$ .
Vậy ta chọn đáp án D.
Câu 23
Cho tứ diện đều $ABCD$ có các cạnh bằng $a$ . Gọi $E$ là trung điểm $AB$ , $F$ là điểm thuộc cạnh $BC$ sao cho $BF=2FC,G$ là điểm thuộc cạnh $CD$ sao cho $CG=2GD$ . Tính độ dài đoạn giao tuyến của mặt phẳng $\left[ EFG \right]$ với mặt phẳng $\left[ ACD \right]$ của hình chóp $ABCD$ theo $a$ .
[A]. $\dfrac{\sqrt{19}}{15}a$.
[B]. $\dfrac{a\sqrt{141}}{30}$ .
[C]. $\dfrac{a\sqrt{34+15\sqrt{3}}}{15}$ .
[D]. $\dfrac{a\sqrt{34-15\sqrt{3}}}{15}$.
Đáp án A.
Trong mp $\left[ BCD \right]$ , gọi $I=FG\cap BD$ .
Trong mp$\left[ ADB \right]$ , gọi $H=IE\cap AD$ .
Khi đó $HG=\left[ EFG \right]\cap \left[ ACD \right]$ .
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $BCD$ với ba điểm $I,G,F$ thẳng hàng ta có:
$\dfrac{ID}{IB}.\dfrac{FB}{FC}.\dfrac{GC}{GD}=1\Rightarrow \dfrac{ID}{IB}=\dfrac{1}{4}$
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ABD$ với ba điểm $I,H,E$ thẳng hàng ta có:
$\dfrac{HD}{HA}.\dfrac{EA}{EB}.\dfrac{IB}{ID}=1\Rightarrow \dfrac{HD}{HA}=\dfrac{1}{4}\Rightarrow HD=\dfrac{a}{5}$
Áp dụng định lý cosin vào tam giác $HDG$ ta có:
\[H{{G}^{2}}=H{{D}^{2}}+D{{G}^{2}}-2DH.DG.cos{{60}^{0}}=\dfrac{{{a}^{2}}}{25}+\dfrac{{{a}^{2}}}{9}-\dfrac{{{a}^{2}}}{15}=\dfrac{19{{a}^{2}}}{225}\Rightarrow HG=\dfrac{\sqrt{19}}{15}a\]
Câu 24
Cho tứ diện $ABCD,E$ nằm trên đoạn $BC$ sao cho $BC=3EC,F$ là điểm nằm trên $BD$ sao cho $CD=3DF$ . Gọi $G$ là giao điểm của $BF$ và $DE$ . Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left[ ACG \right]$ và $\left[ ABD \right]$ là:
[A]. $AH$ trong đó $H$ thuộc $BD$ sao cho $\overrightarrow{BH}=-4\overrightarrow{HD}$
[B]. $AH$ trong đó $H$ thuộc $BD$ sao cho $\overrightarrow{BH}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{HD}$
[C]. $AH$ trong đó $H$ thuộc $BD$ sao cho $\overrightarrow{BH}=4\overrightarrow{HD}$
[D]. $AH$ trong đó $H$ thuộc $BD$ sao cho $\overrightarrow{BH}=-\dfrac{1}{4}\overrightarrow{HD}$
Đáp án C.
Trong $\left[ BCD \right]$ , gọi $H=CG\cap BD$ .
Dễ thấy $H$ thuộc đoạn $BD$ nên $\overrightarrow{BH},\overrightarrow{HD}$ cùng hướng.
Do đó đáp án A, D bị loại.
Áp dụng định lý Ceva trong tam giác $BCD$ với $BF,DE,CH$ đồng quy ta có:
$\dfrac{EB}{EC}.\dfrac{FC}{FD}.\dfrac{HD}{HB}=1\Rightarrow 2.2.\dfrac{HD}{HB}=1\Rightarrow \dfrac{HD}{HB}=\dfrac{1}{4}\Rightarrow BH=4DH$
Do $\overrightarrow{BH},\overrightarrow{HD}$ cùng hướng nên $\overrightarrow{BH}=4\overrightarrow{HD}$ .
Câu 25
Cho tứ diện $SABC$ có $AB=c,BC=a,AC=b.\,\,\,AD,BE,CF$ là các đường phân giác trong của tam giác $ABC$ . Giao tuyến của hai mặt phẳng $\left[ SBE \right]$ và $\left[ SCF \right]$ là:
[A]. $SI$ trong đó $I$ thuộc $AD$ sao cho $\overrightarrow{AI}=\dfrac{b+c}{a}\overrightarrow{ID}$
[B]. $SI$ trong đó $I$ thuộc $AD$ sao cho $\overrightarrow{AI}=-\dfrac{b+c}{a}\overrightarrow{ID}$
[C]. $SI$ trong đó $I$ thuộc $AD$ sao cho $\overrightarrow{AI}=\dfrac{a}{b+c}\overrightarrow{ID}$
[D]. $SI$ trong đó $I$ thuộc $AD$ sao cho $\overrightarrow{AI}=\dfrac{-a}{b+c}\overrightarrow{ID}$
Đáp án A.
Do $I$ thuộc đoạn $AD$ nên $\overrightarrow{AI},\overrightarrow{ID}$ cùng hướng. Do đó B, D bị loại.
$AD$ là phân giác trong của tam giác $ABC$ nên theo tính chất đường phân giác ta có:
$\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{c}{b}\Rightarrow BD=\dfrac{ac}{b+c}$
Ta có: $BI$ là phân giác trong của tam giác $ABD$ nên theo tính chất đường phân giác ta có:
$\dfrac{IA}{ID}=\dfrac{BA}{BD}=\dfrac{b+c}{a}\Rightarrow IA=\dfrac{b+c}{a}ID$
Do đó: $\overrightarrow{AI}=\dfrac{b+c}{a}\overrightarrow{ID}$
Câu 26
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ . Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm của $AB,AD$ và $SO$ . Gọi $H$ là giao điểm của $SC$ với $\left[ MNP \right]$ . Tính $\dfrac{SH}{SC}?$
[A]. $\dfrac{1}{3}$.
[B]. $\dfrac{1}{4}$.
[C]. $\dfrac{3}{4}$ .
[D]. $\dfrac{2}{3}$.
Đáp án B.
Trong mp $\left[ ABCD \right]$ , gọi $I=MN\cap AO$ . Dễ thấy $H=PO\cap SC$ .
Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ nên $I$ là trung điểm AO. Suy ra $\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{1}{4}$ và $PI$ là đường trung bình của tam giác $OSA$ . Do đó $IH//SA$ .
Áp dụng định lý Thales ta có: $\dfrac{SH}{SD}=\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{1}{4}.$
Câu 27
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AD$ và $CD$ . Trên đường thẳng $DS$ lấy điểm $P$ sao cho $D$ là trung điểm $SP$ . Gọi $R$ là giao điểm của $SB$ với mặt phẳng $[MNP]$ . Tính $\dfrac{SR}{SB}\,?$
[A]. $\dfrac{1}{3}$ .
[B]. $\dfrac{1}{4}$ .
[C]. $\dfrac{3}{4}$.
[D]. $\dfrac{2}{5}$.
Đáp án D.
Trong mp$[ABCD]$, gọi $I=BD\cap MN,O=AC\cap BD$ .
Dễ thấy $R=IP\cap SB$.
Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ nên $I$ là trung điểm DO. Suy ra $\dfrac{DI}{IB}=\dfrac{1}{3}$.
Áp dụng định lý Menelaus vào taam giác $SBD$ ta có :
$\dfrac{BR}{RS}.\dfrac{PS}{PD}.\dfrac{BI}{ID}=1\Rightarrow \dfrac{BR}{RS}.2.\dfrac{1}{3}=1\Rightarrow \dfrac{SR}{SB}=\dfrac{2}{3}$
Câu 28
Cho tứ diện $SABC,E,F$ lần lượt thuộc đoạn $AC,AB.$ Gọi $K$ là giao điểm của $BE$ và $CF$ . Gọi $D$ là giao điểm của $\left[ SAK \right]$ với $BC$ . Mệnh đề nào sau đây đúng?
[A]. $\dfrac{AK}{KD}+\dfrac{BK}{KE}+\dfrac{CK}{KF}\ge 6$.
[B]. $\dfrac{AK}{KD}+\dfrac{BK}{KE}+\dfrac{CK}{KF}\le 6$.
[C]. $\dfrac{AK}{KD}+\dfrac{BK}{KE}+\dfrac{CK}{KF}>6$.
[D]. $\dfrac{AK}{KD}+\dfrac{BK}{KE}+\dfrac{CK}{KF}\dfrac{SB}{SF}+\dfrac{SD}{SH}$ .
[D]. $\dfrac{SB}{SF}+\dfrac{SD}{SH}\ge 2\dfrac{SI}{SJ}$.
Đáp án A.
Xét trường hợp đặc biệt $E,F,G,H$ lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC, S[D]. Khi đó ta dễ dàng loại được đáp án D.
Dựng $AT//EG\left[ T\in SI \right],CK//EG\left[ KESI \right]$
Theo định lý Thales, ta có:
$\dfrac{SA}{SE}=\dfrac{ST}{SJ},\dfrac{SC}{SG}=\dfrac{SK}{SJ};\dfrac{IT}{IK}=\dfrac{IA}{IC}=1$
Suy ra: $\dfrac{SA}{SE}+\dfrac{SC}{SG}=\dfrac{ST+SK}{SJ}=\dfrac{SI-IT+SI+IK}{SJ}=2\dfrac{SI}{SJ}$
Như vậy, ý B bị loại.
Tương tự, ta chứng minh được $\dfrac{SB}{SF}+\dfrac{SD}{SH}=2\dfrac{SI}{SJ}.$
Từ đây ta thấy ngay ý C bị loại và A là đáp án A là đáp án lựa chọn.
Chú ý: Cho tam giác AB[C]. Gọi O là trung điểm AC, M, N là hai điểm nằm trên cạnh AB, A[C]. MN cắt BO tại I. Khi đó: $\dfrac{BA}{BM}+\dfrac{BC}{BN}=\dfrac{2BO}{BI}$ .
Câu 31
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ . Gọi $M,N$ lần lượt là các điểm nằm trên cạnh $AB,AD$ sao cho $\dfrac{BM}{MA}=\dfrac{2}{3},\dfrac{NC}{BN}=\dfrac{1}{2}$ . Gọi $P$ là điểm trên cạnh $SD$ sao cho $\dfrac{PD}{PS}=\dfrac{1}{5}$ . $J$ là giao điểm của $SO$ với $\left[ MNP \right]$ . Tính $\dfrac{SJ}{SO}\,\,\,?$
[A]. $\dfrac{10}{11}$ .
[B]. $\dfrac{1}{11}$.
[C]. $\dfrac{3}{4}$.
[D]. $\dfrac{5}{2}$.
Đáp án A.
Theo chú ý câu 30 ta có: $\dfrac{BA}{BM}+\dfrac{BC}{BN}=\dfrac{5}{2}+\dfrac{3}{2}=4\Rightarrow \dfrac{2BO}{BI}=4\Rightarrow \dfrac{BO}{BI}=2\Rightarrow \dfrac{OI}{BO}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \dfrac{OI}{OD}=\dfrac{1}{2}$ .
Áp dụng định lý Menelaus trong tam giác $SOD$ ta có: $\dfrac{IO}{ID}.\dfrac{PD}{PS}.\dfrac{JS}{JO}=1\Rightarrow \dfrac{JS}{JO}=10\Rightarrow \dfrac{SJ}{SO}=\dfrac{10}{11}$
Câu 32
Cho tứ diện $ABCD$ . $E$ là điểm thuộc đoạn $AB$ sao cho $EA=2EB.\,\,F,G$ là các đei63m thuộc đường thẳng $BC$ sao cho $\overrightarrow{FC}=5\overrightarrow{FB},\overrightarrow{GC}=-5\overrightarrow{GB}.\,\,H,I\,$ là các điểm thuộc đường thẳng $CD$ sao cho $\overrightarrow{HC}=-5\overrightarrow{HD},\overrightarrow{ID}=-5\overrightarrow{IC},\,J$ thuộc tia đối của tia $DA$ sao cho $D$ là trung điểm của $AJ$ . Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
[A]. Bốn điểm $E,F,H,J$ đồng phẳng
[B]. Bốn điểm $E,F,I,J$ đồng phẳng.
[C]. Bốn điểm $E,G,H,I$ đồng phẳng.
[D]. Bốn điểm $E,G,I,J$ đồng phẳng.
Đáp án A.
Dựa vào nhận xét ví dụ 2, ta có:
$\dfrac{\overline{AE}}{\overline{BE}}.\dfrac{\overline{BF}}{\overline{CF}}.\dfrac{\overline{CH}}{\overline{DH}}.\dfrac{\overline{DJ}}{\overline{AJ}}=-2.\dfrac{1}{5}.\left[ -5 \right].\dfrac{1}{2}=1$ nên $E,F,H,J$ đồng phẳng.
$\dfrac{\overline{AE}}{\overline{BE}}.\dfrac{\overline{BF}}{\overline{CF}}.\dfrac{\overline{CI}}{\overline{DI}}.\dfrac{\overline{DJ}}{\overline{AJ}}=-2.\dfrac{1}{5}.\left[ \dfrac{1}{5} \right].\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{25}$ nên $E,F,I,J$ không đồng phẳng.
$\dfrac{\overline{AE}}{\overline{BE}}.\dfrac{\overline{BG}}{\overline{CG}}.\dfrac{\overline{CH}}{\overline{DH}}.\dfrac{\overline{DJ}}{\overline{AJ}}=-2.\left[ -\dfrac{1}{5} \right].\left[ -5 \right].\dfrac{1}{2}=-1$ nên $E,G,H,J$ không đồng phẳng.
$\dfrac{\overline{AE}}{\overline{BE}}.\dfrac{\overline{BG}}{\overline{CG}}.\dfrac{\overline{CI}}{\overline{DI}}.\dfrac{\overline{DJ}}{\overline{AJ}}=-2.\left[ -\dfrac{1}{5} \right].\left[ \dfrac{1}{5} \right].\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{25}$ nên $E,G,I,J$ không đồng phẳng.
Câu 33
Cho tứ diện $ABCD,\,E,\,U$ là điểm thuộc đường thẳng $AB$ sao cho $\overrightarrow{EA}=-2\overrightarrow{EB},\,\,5\overrightarrow{UA}=4\overrightarrow{UB.}\,\,F,G$ là các điểm thuộc đường thẳng $BC$ sao cho $\overrightarrow{FC}=5\overrightarrow{FB},\,\,\overrightarrow{GC}=-2\overrightarrow{GB}.\,\,H,I\,$ là các điểm thuộc đường thẳng $CD$ sao cho \[\overrightarrow{HC}=-5\overrightarrow{HD},\,\overrightarrow{ID}=5\overrightarrow{IC}.\,J,\,K\] là các điểm nằm trên đường thẳng $DA$ sao cho $\overrightarrow{JA}=2\overrightarrow{JD},\overrightarrow{KD}=5\overrightarrow{KA}$ . Bốn điểm nào dưới đây lập nên một tứ diện?
[A]. $E,F,H,J$.
[B]. $E,G,I,K$.
[C]. $U,G,H,J$.
[D]. $U,F,I,K$.
Đáp án D.
Dựa vào nhận xét ví dụ 2, ta có:
$\dfrac{\overline{AE}}{\overline{BE}}.\dfrac{\overline{BF}}{\overline{CF}}.\dfrac{\overline{CH}}{\overline{DH}}.\dfrac{\overline{DJ}}{\overline{AJ}}=-2.\dfrac{1}{5}.\left[ -5 \right].\dfrac{1}{2}=1$ nên $E,F,H,J$ đồng phẳng.
\[\dfrac{\overline{AE}}{\overline{BE}}.\dfrac{\overline{BG}}{CG}.\dfrac{\overline{CI}}{\overline{DI}}.\dfrac{\overline{DK}}{\overline{AK}}=-2.\left[ -\dfrac{1}{2} \right].\left[ 5 \right].\dfrac{1}{5}=1\] nên $E,G,I,K$ đồng phẳng.
$\dfrac{\overline{AU}}{\overline{BU}}.\dfrac{\overline{BG}}{\overline{CG}}.\dfrac{\overline{CH}}{\overline{DH}}.\dfrac{\overline{DJ}}{\overline{AJ}}=\dfrac{4}{5}.\left[ -\dfrac{1}{2} \right].\left[ -5 \right].\dfrac{1}{2}=1$ nên $U,G,H,J$ đồng phẳng.
$\dfrac{\overline{AU}}{\overline{BU}}.\dfrac{\overline{BF}}{\overline{CF}}.\dfrac{\overline{CI}}{\overline{DI}}.\dfrac{\overline{DK}}{\overline{AK}}=\dfrac{4}{5}.\left[ \dfrac{1}{5} \right].\left[ 5 \right].\dfrac{1}{5}=\dfrac{4}{25}$ nên $U,F,I,K$ không đồng phẳng. Do đó 4 điểm này lập nên 1 tứ diện.
Câu 34
Cho tứ diện $ABCD$ có $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$ và $P$ là điểm thuộc cạnh $BC$ [$P$ không là trung điểm $BC$ ].
a] Thiết diện của tứ diện bị cắt bởi $\left[ MNP \right]$ là:
[A]. Tam giác
[B]. Tứ giác
[C]. Ngũ giác.
[D]. Lục giác.
b] Gọi $Q$ là giao điểm của $\left[ MNP \right]$ với $AD,\,\,I$ là giao điểm của $MN$ với $PQ$ . Mệnh đề nào sau đây đúng?
[A]. ${{S}_{MNPQ}}=2{{S}_{MPN}}$ .
[B]. ${{S}_{MNPQ}}=2{{S}_{MPQ}}$.
[C]. . ${{S}_{MNPQ}}=4{{S}_{MPI}}$
[D]. ${{S}_{MNPQ}}=4{{S}_{PIN}}$ .
Đáp án B, A.
a]Do tứ diện ABCD có 4 mặt nên thiết diện không thể là ngũ giác hay lục giác. Nó chỉ có thể là tam giác hoặc tứ giác.
Trong mp $\left[ ABC \right]$ , gọi $K=MP\cap AC$ [P không phải là trung điểm đoạn BC nên MP cắt AC]
Trong mp$\left[ ACD \right]$ , gọi $Q=KN\cap AD$
Do $Q\in KN\subset \left[ MNP \right]$ nên $Q=\left[ MNP \right]\cap AD$
Ta có: $\left\{ \begin{align} & \left[ MNP \right]\cap \left[ ABD \right]=MQ \\ & \left[ MNP \right]\cap \left[ ABC \right]=MP \\ & \left[ MNP \right]\cap \left[ BCD \right]=PN \\ & \left[ MNP \right]\cap \left[ ACD \right]=NQ \\
\end{align} \right.$
Suy ra thiết diện cần tìm là tứ giác $MPNQ.$
Ta chọn đáp án B.
b]Áp dụng ví dụ 11, do $M,N,P,Q$ đồng phẳng nên $\dfrac{AM}{BM}.\dfrac{BP}{CP}.\dfrac{CN}{DN}.\dfrac{DQ}{AQ}=1\Rightarrow \dfrac{BP}{CP}.\dfrac{DQ}{AQ}=1$
[Do M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD] . Từ đây suy ra $\dfrac{BP}{CP}=\dfrac{AQ}{DQ}.$
Giả sử $\dfrac{BP}{PC}=k$ . Khi đó ta suy ra $\overrightarrow{BP}=k\overrightarrow{PC},\overrightarrow{AQ}=k\overrightarrow{QD}$
Suy ra $\overrightarrow{BP}+\overrightarrow{AQ}=-k\left[ \overrightarrow{CP}+\overrightarrow{QD} \right]\left[ 1 \right]$
Do J là trung điểm của PQ.
Ta có: $\left\{ \begin{align} & \overrightarrow{MJ}=\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{BP}+\overrightarrow{PJ} \\ & \overrightarrow{MJ}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AQ}+\overrightarrow{QJ} \\ \end{align} \right.\Rightarrow 2\overrightarrow{MJ}=\overrightarrow{AQ}+\overrightarrow{BP}\left[ 2 \right]$
Chứng minh tương tự ta cũng có: $2\overrightarrow{NJ}=\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{DQ}\left[ 3 \right]$
Từ [1,2,3] suy ra $\overrightarrow{MJ}=-k\overrightarrow{NJ}$ . Điều này dẫn đến M, N, J thẳng hàng. Như vậy I trùng J.
Điều này suy ra ${{S}_{MNPQ}}=2{{S}_{MPN}}$ .
Chọn đáp án A.
Câu 35
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành, $E$ là trung điểm của $SA,F,G$ lần lượt là các điểm thuộc cạnh $BC,CD$ . Thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left[ MNP \right]$ là:
[A]. Tam giác
[B]. Tứ giác
[C]. Ngũ giác.
[D]. Lục giác.
Đáp án C.
Trong mp$\left[ ABCD \right]$ , gọi $I=FG\cap AB;K=FG\cap AD$
Trong mp$\left[ SAB \right]$ , gọi $H=IE\cap SB$
Trong mp$\left[ SAD \right]$ , gọi $J=EK\cap SD$.
Ta có: \[\begin{align} & \left[ EFG \right]\cap \left[ ABCD \right]=FG, \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SCD \right]=GJ \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SAD \right]=JE \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SAB \right]=HE \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SBC \right]=HF \\
\end{align}\]
Do đó ngũ giác EHFGJ là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left[ EFG \right]$
Câu 36
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang với đáy lớn $AD,E$ là trung điểm của cạnh $SA,F,G$ là các điểm thuộc cạnh $SC,AB$ [$F$ không là trung điểm của $SC$ ]. Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng $\left[ EFG \right]$ là:
[A]. Tam giác
[B]. Tứ giác
[C]. Ngũ giác.
[D]. Lục giác.
Đáp án C.
Trong mp$\left[ SAC \right]$ , Gọi $I=EF\cap AC$
Trong mp$\left[ ABCD \right]$ , Gọi $H=IG\cap BC,J=IG\cap AB$
Trong mp$\left[ SAD \right]$ , Gọi $K=JE\cap SD$
Khi đó ta có:$\left\{ \begin{align} & \left[ EFG \right]\cap \left[ ABCD \right]=GH, \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SCD \right]=KF \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SAD \right]=EK \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SAB \right]=GE \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SBC \right]=HF \\
\end{align} \right.$
Do đó ngũ giác EKFHG là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left[ EFG \right]$
Câu 37
Cho hình chóp $S{{A}_{1}}{{A}_{2}}…{{A}_{n}}$ với đáy là đa giác lồi ${{A}_{1}}{{A}_{2}}…{{A}_{n}}\,\,\left[ n\ge 3,n\in \mathbb{N} \right].$ Trên tia đối của tia ${{A}_{1}}S$ lấy điểm ${{B}_{1}},{{B}_{2}},…{{B}_{n}}$ là các điểm nằm trên cạnh $S{{A}_{2}},S{{A}_{n}}$ . Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng $\left[ {{B}_{1}}{{B}_{2}}{{B}_{n}} \right]$ là:
[A]. Đa giác $n-2$ cạnh.
[B]. Đa giác $n-1$ cạnh.
[C]. Đa giác $n$ cạnh.
[D]. Đa giác $n+1$ cạnh.
Đáp án D.
Trong mặt phẳng $\left[ S{{A}_{1}}{{A}_{2}} \right]$ gọi ${{C}_{2}}$ là giao điểm của ${{B}_{1}}{{B}_{2}}$ với ${{A}_{1}}{{A}_{2}}$.
Trong mặt phẳng $\left[ S{{A}_{1}}{{A}_{n}} \right]$ gọi ${{C}_{n}}$ là giao điểm của ${{B}_{1}}{{B}_{n}}$ với ${{A}_{1}}{{A}_{n}}$.
Trong mặt phẳng $\left[ {{A}_{1}}{{A}_{2}}…{{A}_{n}} \right]$ gọi ${{O}_{k}}$ $\left[ k=3,4,…,n-1 \right]$ là giao điểm của ${{A}_{1}}{{A}_{k}}$ với ${{A}_{2}}{{A}_{n}}$.
Trong mặt phẳng $\left[ S{{A}_{2}}{{A}_{n}} \right]$, gọi ${{I}_{k}}$ $\left[ k=3,4,…,n-1 \right]$ là giao điểm của $S{{O}_{k}}$ với ${{B}_{2}}{{B}_{n}}$.
Trong mặt phẳng $\left[ S{{A}_{1}}{{A}_{k}} \right]$, gọi ${{B}_{k}}$ $\left[ k=3,4,…,n-1 \right]$ là giao điểm của $S{{A}_{k}}$ với ${{B}_{1}}{{I}_{k}}$.
Do ${{B}_{k}}\in {{B}_{1}}{{I}_{k}}\subset \left[ {{B}_{1}}{{B}_{2}}{{B}_{n}} \right]$ nên ${{B}_{k}}$ là giao điểm của \[S{{A}_{k}}\] $\left[ k=3,4,…,n-1 \right]$ với mặt phẳng $\left[ {{B}_{1}}{{B}_{2}}{{B}_{n}} \right]$.
Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left[ {{B}_{1}}{{B}_{2}}{{B}_{n}} \right]$ là đa giác ${{C}_{2}}{{B}_{2}}…{{B}_{n}}{{C}_{n}}$.
Câu 38
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành, E là điểm thuộc cạnh bên SD sao cho $SD=3SE$ . F là trọng tâm tam giác $SAB,\,G$ là điểm thay đổi trên cạnh B[C]. Thiết diện cắt bởi mặt phẳng $\left[ EFG \right]$ là:
[A]. Tam giác
[B]. Tứ giác
[C]. Ngũ giác.
[D]. Lục giác.
Đáp án C.
Cách 1:
Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, khi đó $S$, $F$, $M$ thẳng hàng.
Trong mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$, gọi $I$ là giao điểm của $MG$ với $AD$. Khi đó $SI=\left[ SMG \right]\cap \left[ SAD \right]$.
Trong mặt phẳng $\left[ SMG \right]$, gọi $J$ là giao điểm của $FG$ với $SI$. Ta thấy $J$ thuộc $FG$ nên $J$ thuộc $\left[ EFG \right]$. Trong $\left[ SAD \right]$, gọi $K$ là giao điểm của $JE$ với $SA$. Trong mặt phẳng $\left[ SAB \right]$, gọi $L$ là giao điểm của $KF$ với $AB$.
Trong mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$, gọi $H$ là giao điểm của $LG$ với $CD$. Trong mặt phẳng $\left[ SCD \right]$, gọi $N$ là giao điểm của $EH$ với $SC$.
Ta có: \[\left\{ \begin{align} & \left[ EFG \right]\cap \left[ ABCD \right]=LG;\left[ EFG \right]\cap \left[ SBC \right]=GN \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SCD \right]=NE;\left[ EFG \right]\cap \left[ SAD \right]=EK \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SAB \right]=KL \\
\end{align} \right.\] .
Vậy ngũ giác $LGNEK$ là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left[ EFG \right]$.
Chú ý: Mấu chốt của ví dụ trên là việc dựng được điểm $J$ là giao điểm của $FG$ với $\left[ SAD \right]$ [thông qua việc dựng giao tuyến $SI$ của mặt phẳng $\left[ SFG \right]$ với mặt phẳng $\left[ SAD \right]$]. Có thể dựng thiết diện trên bằng nhiều cách với việc dựng giao điểm [khác $E,F,G$] của một trong các đường thẳng \[EF,FG\]; hoặc $GE$ với một mặt của hình chóp. Sau đây, tôi xin trình bày cách hai, điểm mấu chốt là xác định giao điểm của \[EF\] với mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$.
Cách 2:
Trong mặt phẳng $\left[ SMD \right]$, gọi $P$ là giao điểm của $EF$ với $MD$.
Trong mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$, gọi $H,L$ là giao điểm của $P,G$ với $CD$, $AB$.
Trong mặt phẳng $\left[ SAB \right]$, gọi $K$ là giao điểm của $LF$ với $SA$.
Trong mặt phẳng \[\left[ SCD \right]\], gọi $N$ là giao điểm của $EH$ với $SC$.
Ta có: \[\left\{ \begin{align} & \left[ EFG \right]\cap \left[ ABCD \right]=LG;\left[ EFG \right]\cap \left[ SBC \right]=GN \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SCD \right]=NE;\left[ EFG \right]\cap \left[ SAD \right]=EK \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SAB \right]=KL \\
\end{align} \right.\].
Vậy ngũ giác $LGNEK$ là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left[ EFG \right]$.
Câu 39
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang với đáy lớn AD, E là một điểm thuộc mặt bên $\left[ SCD \right]$ . F, G lần lượt là các điểm thuộc cạnh AB và SB. Thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ cắt bởi mặt phẳng $\left[ EFG \right]$ có thể là:
[A]. Tam giác, tứ giác .
[B]. Tứ giác, ngũ giác.
[C]. Tam giác, ngũ giác.
[D]. Ngũ giác.
Đáp án B.
Trong mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$, gọi $H$ là giao điểm của $AB$ và $CD$. Trong mặt phẳng $\left[ SAB \right]$, gọi $I$ là giao điểm của $FG$ và $SH$.
Xét các trường hợp sau:
Trường hợp 1:
Trong mặt phẳng $\left[ SCD \right]$ , $IE$ cắt $SC$ tại $J$ và cắt đoạn $CD$ tại $K$.
Ta có $J\in IE\subset \left[ EFG \right]$ nên $J$ là giao điểm của $\left[ EFG \right]$ với $SC$ ,
$K\in IE\subset \left[ EFG \right]$ nên $K$ là giao điểm của $\left[ EFG \right]$ với $CD$.
Ta có $\left\{ \begin{align} & \left[ EFG \right]\cap \left[ ABCD \right]=FK;\,\,\left[ EFG \right]\cap \left[ SAB \right]=FG \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SBC \right]=GJ;\,\,\,\left[ EFG \right]\cap \left[ SCD \right]=JK \\
\end{align} \right.$
Suy ra tứ giác $KFGJ$ là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left[ EFG \right]$.
Trường hợp 2:
Trong mặt phẳng $\left[ SCD \right]$ , $IE$ cắt $SC$ tại $J$ và cắt đoạn $SD$ tại $K$[cắt $CD$ tại một điểm nằm ngoài đoạn $CD$].
Trong mặt phẳng $\left[ SBC \right]$ :
Nếu $GJ$ song song với $BC$ thì ta có: $\dfrac{BG}{G\text{S}}=\dfrac{CJ}{J\text{S}}$ . Gọi $T$ là giao điểm của $IE$ với $CD$ .
Áp dụng định lí Menelaus vào các tam giác $SBH$ và $SCH$ ta có
$\dfrac{FB}{FH}.\dfrac{IH}{IS}.\dfrac{G\text{S}}{GB}=1=\dfrac{TC}{TH}.\dfrac{IH}{IS}.\dfrac{J\text{S}}{JC}\Rightarrow \dfrac{FB}{FH}=\dfrac{TC}{TH}$ . Điều này chỉ xảy ra khi $T$ thuộc đoạn $CD$ [vô lí]
Do vây $GJ$ cắt $BC$ , giả sử tại $L$.
Trong mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$ , gọi $M$ là giao điểm của $LF$ với $AD$ .
Ta có $\left\{ \begin{align} & \left[ EFG \right]\cap \left[ ABCD \right]=FM;\,\,\left[ EFG \right]\cap \left[ SAB \right]=FG \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SBC \right]=GJ;\,\,\,\left[ EFG \right]\cap \left[ SCD \right]=JK \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SAD \right]=KM \\
\end{align} \right.$
Suy ra ngũ giác $KJGFM$ là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left[ EFG \right]$ .
Vậy thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ cắt bởi mặt phẳng $\left[ EFG \right]$ hoặc là tứ giác hoặc là ngũ giác.
Câu 40
Cho hình chóp $S.ABCD,\,\,E$ là trung điểm của $SB,\,F$ thuộc SC sao cho $3\overrightarrow{SF}=2\overrightarrow{SC},\,\,G$ là một điểm thuộc miền trong tam giác $SAD$ . Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng $\left[ EFG \right]$ là:
[A]. Tam giác, tứ giác .
[B]. Tứ giác, ngũ giác.
[C]. Tam giác, ngũ giác.
[D]. Ngũ giác.
Đáp án B.
Trong mặt phẳng $\left[ SBC \right]$ , gọi $J$ là giao điểm của $EF$ với $BC$ . Trong mặt phẳng $\left[ SAD \right]$ , gọi $I$ là giao điểm của $SG$ với \[AD\] . Trong mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$ , gọi $N$ là giao điểm của \[IJ\] với $CD$ . Trong mặt phẳng $\left[ SIJ \right]$ , gọi $K$ là giáo điểm của $JG$ với $SN$ .
Trong mặt phẳng $\left[ SCD \right]$ , có hai khả năng xảy ra như sau:
Trường hợp 1: $FK$ cắt đoạn $CD$ tại $P$ .
Trong mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$ , gọi $Q$ là giao điểm của $JP$ với $AD$. Trong mặt phẳng $\left[ SAD \right]$ , gọi $R$ là giao điểm của $QG$ với $SA$ .
Ta có $\left\{ \begin{align} & \left[ EFG \right]\cap \left[ ABCD \right]=PQ;\,\,\left[ EFG \right]\cap \left[ SAD \right]=QR \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SAB \right]=RE;\,\,\,\left[ EFG \right]\cap \left[ SBC \right]=EF \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SCD \right]=FP \\
\end{align} \right.$
Trường hợp này , ngũ giác \[REFPQ\] là thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ cắt bởi $\left[ EFG \right]$.
Trường hợp 2: $FK$ cắt $SD$ tại $H$ [$FK$ không cắt đoạn $CD$ ].
Trong mặt phẳng $\left[ SAD \right]$ , gọi $M$ là giao điểm của $HG$ với $SA$ [$HG$ không thể cắt đoạn $AD$ vì giả sử ngược lại $HG$ cắt cạnh $AD$ tại $O$ , khi đó $JO$ sẽ cắt cạnh $CD$ [vô lí vì $\left[ EFG \right]$ đã cắt cạnh $SC,\,SD$ ]].
Khi đó $\left\{ \begin{align} & \left[ EFG \right]\cap \left[ SCD \right]=FH;\,\,\left[ EFG \right]\cap \left[ SAD \right]=MH \\ & \left[ EFG \right]\cap \left[ SAB \right]=ME;\,\,\,\left[ EFG \right]\cap \left[ SBC \right]=EF \\
\end{align} \right.$
Trường hợp này, tứ giác $MEFH$ là thiết diện của hình chóp cắt bởi $\left[ EFG \right]$.
Câu 41
Cho hình tứ diện $ABCD$ có tất cả các cạnh bằng $6a$ . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CA, C[B]. P là điểm trên cạnh BD sao cho $BP=2PD$ . Diện tích S thiết diện của tứ diện $ABCD$ bị cắt bởi $\left[ MNP \right]$ là:
[A]. $S=\dfrac{5{{a}^{2}}\sqrt{51}}{4}$.
[B]. $S=\dfrac{5{{a}^{2}}\sqrt{147}}{4}$.
[C]. $S=\dfrac{5{{a}^{2}}\sqrt{147}}{2}$.
[D]. $S=\dfrac{5{{a}^{2}}\sqrt{51}}{2}$.
Đáp án A.
Trong mặt phẳng $\left[ BCD \right]$, gọi $I$ là giao điểm của $NP$ với $CD$.
Trong mặt phẳng $\left[ ACD \right]$, gọi $Q$ là giao điểm của $AD$ và $MI$. Suy ra $Q$ là giao điểm của $AD$ với $\left[ MNP \right]$. Khi đó, tứ giác $MNPQ$ là thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng $\left[ MNP \right]$.
Trong tam giác $BCI$ ta có $P$ là trọng tâm của tam giác suy ra $D$ là trung điểm của $CI$.
Trong tam giác $ACI$ có $Q$ là trọng tâm của tam giác nên $\dfrac{QA}{QD}=2$.
Ta có $\dfrac{IP}{IN}=\dfrac{IQ}{IM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow PQ//MN$.
Suy ra $MNPQ$ là hình thang với đáy lớn $MN$.
Ta có: $AQ=4a,\,AM=3a=MN,\,PQ=2a.$ Áp dụng định lí cosin trong tam giác $MAQ$ ta có:
$M{{Q}^{2}}=A{{M}^{2}}+A{{Q}^{2}}-2AM.AQ.\cos \,{{60}^{0}}=16{{a}^{2}}+9{{a}^{2}}-12{{a}^{2}}=13{{a}^{2}}\Rightarrow MQ=a\sqrt{13}$.
Tương tự ta cũng tính được $NP=a\sqrt{13}$.
Dễ thấy $MNPQ$ là hình thang cân. Do đó:
$S=\dfrac{\left[ MN+PQ \right]\sqrt{M{{Q}^{2}}-{{\left[ \dfrac{MN-PQ}{2} \right]}^{2}}}}{2}=\dfrac{5{{a}^{2}}\sqrt{51}}{4}$.
Câu 42
Cho tứ diện $ABCD$ có cạnh bằng a. Trên tia đối của các tia CB, DA lần lượt lấy các điểm E, F sao cho $CE=a,\,DF=a$ . Gọi M là trung điểm của đoạn A[B]. Diện tích S thiết diện của tứ diện $ABCD$ cắt bởi mặt phẳng $\left[ MEF \right]$ là:
[A]. $S=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{33}}{18}$.
[B]. $S=\dfrac{{{a}^{2}}}{3}$.
[C]. $S=\dfrac{{{a}^{2}}}{6}$.
[D]. $S=\dfrac{{{a}^{2}}\sqrt{33}}{9}$.
Đáp án C.
Trong mặt phẳng $\left[ ABC \right]$, gọi $H$ là giao điểm của $ME$ với $AC$.
Trong mặt phẳng $\left[ ABD \right]$, gọi $K$ là giao điểm của $MF$ và $AD$.
Ta có: $\left\{ \begin{align} & \left[ MEF \right]\cap \left[ ABC \right]=MH \\ & \left[ MEF \right]\cap \left[ ABD \right]=MK \\ & \left[ MEF \right]\cap \left[ ACD \right]=HK \\
\end{align} \right.$.
Do đó tam giác $MHK$ là thiết diện của tứ diện cắt bởi $\left[ MEF \right]$.
Dễ thấy $H,K$ lần lượt là trọng tâm của các tam giác $ABE$ và $ABF$.
Ta có: $AH=AK=HK=\dfrac{2a}{3}$.
Xét hai tam giác $AMH$ và $AMK$ có $AM$ chung, $\widehat{MAH}=\widehat{MAK}={{60}^{0}},\,AH=AK=\dfrac{2a}{3}$ nên hai tam giác này bằng nhau. Suy ra $MH=MK$. Vậy tam giác $MHK$ cân tại $M$.
Áp dụng định lí cosin trong tam giác $AMH$:
$M{{H}^{2}}=A{{M}^{2}}+A{{H}^{2}}-2AMAH.\cos {{60}^{0}}={{\left[ \dfrac{a}{2} \right]}^{2}}+{{\left[ \dfrac{2a}{3} \right]}^{2}}-\dfrac{{{a}^{2}}}{3}=\dfrac{13{{a}^{2}}}{36}\Rightarrow MH=\dfrac{a\sqrt{13}}{6}$.
Gọi $I$ là trung điểm của đoạn $HK$. Ta có $MI\bot HK$.
Suy ra: $M{{I}^{2}}=M{{H}^{2}}-H{{I}^{2}}=\dfrac{13{{a}^{2}}}{36}-\dfrac{{{a}^{2}}}{9}=\dfrac{{{a}^{2}}}{4}\Rightarrow MI=\dfrac{a}{2}$.
Diện tích thiết diện $MHK$ là: $S=\dfrac{1}{2}MI.HK=\dfrac{1}{2}.\dfrac{2a}{3}.\dfrac{a}{2}=\dfrac{{{a}^{2}}}{6}$.
Câu 43
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AD, S[C]. Gọi Q là giao điểm của SD với $\left[ MNP \right]$ . Tính $\dfrac{SQ}{SD}\,\,?$
[A]. $\dfrac{1}{3}$.
[B]. $\dfrac{1}{4}$.
[C]. $\dfrac{3}{4}$.
[D]. $\dfrac{2}{3}$.
Đáp án C.
Trong mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$, gọi $E$ là giao điểm của $MN$ với $DC$ và $F$ là trung điểm của $CD$.Dễ thấy $Q$ chính là giao điểm của $PE$ với $SD$.
Ta có: $ME=BC.$ Áp dụng Thales ta có: $\dfrac{ND}{MF}=\dfrac{ED}{EF}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow EF=\dfrac{1}{2}EF$.
Suy ra $D$ là trung điểm $EF$.
$PQ$ là đường trung bình của tam giác $EPF$ ta có: $\dfrac{DQ}{PF}=\dfrac{1}{2}$.
$PF$ là đường trung bình của tam giác $CSD$ ta có: $\dfrac{DS}{PF}=2$.
Từ đó suy ra: $\dfrac{SD}{DQ}=4\Rightarrow \dfrac{SQ}{SD}=\dfrac{3}{4}$.
Câu 44
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành tâm O. Gọi M, N , P lần lượt là trung điểm của AB, AD và SO. Gọi H là giao điểm của SC với $\left[ MNP \right]$ . Tính $\dfrac{SH}{SC}\,\,?$
[A]. $\dfrac{1}{3}$.
[B]. $\dfrac{1}{4}$.
[C]. $\dfrac{3}{4}$.
[D]. $\dfrac{2}{3}$.
Đáp án B.
Trong mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$, gọi $I$ là giao điểm của $MN$ với $AO$.
Dễ thấy $H$ chính là giao điểm của $PO$ với $SC$.
Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ nên $I$ là trung điểm $AO$. Suy ra $\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{1}{4}$ và $PI$ là đường trung bình của tam giác $OSA$. Do đó: $IH//SA$.
Áp dụng định lí Thales ta có: $\dfrac{SH}{SD}=\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{1}{4}$.
Câu 45
Cho hình chóp $SABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và C[D]. Trên đường thẳng DS lấy điểm P sao cho D là trung điểm của SP. Gọi R là giao điểm của SB với mặt phẳng $\left[ MNP \right]$ . Tính $\dfrac{SR}{SB}\,\,?$
[A]. $\dfrac{1}{3}$.
[B]. $\dfrac{1}{4}$.
[C]. $\dfrac{3}{4}$.
[D]. $\dfrac{2}{5}$.
Đáp án D.
Trong mặt phẳng $\left[ ABCD \right]$, gọi $I=BD\cap MN,\,O=AC\cap BD$.
Dễ thấy $R$ chính là giao điểm của $IP$ với $SB$.
Do $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABD$ nên $I$ là trung điểm $DO$. Suy ra $\dfrac{DI}{IB}=\dfrac{1}{3}$.
Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác $SBD$ ta có:
$\dfrac{BR}{RS}.\dfrac{PS}{PD}.\dfrac{BI}{ID}=1\Rightarrow \dfrac{BR}{RS}.2.\dfrac{1}{3}=1\Rightarrow \dfrac{BR}{RS}=\dfrac{3}{2}\Rightarrow \dfrac{SR}{SB}=\dfrac{2}{5}$
VẬT LÝ 10 | VẬT LÝ 11 | VẬT LÝ 12