Câu hỏi:

06/10/2025 165 Lưu

Cho tứ diện đều\[S.ABC\]. Gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm của \(AB\)\(SC\). Xét \[M\] là một điểm di động trên đoạn thẳng \[AI\]. Qua \[M\] kẻ mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] song song với mặt phẳng \[\left( {CIJ} \right)\]. Khi đó, thiết diện của mặt phẳng \[\left( \alpha \right)\] và tứ diện \[S.ABC\] là hình gì?              

A. Hình bình hành.    
B. Tam giác đều.              
C. Tam giác cân tại \[M\].                         
D. Hình thang cân.

Quảng cáo

Trả lời:

verified Giải bởi Vietjack

Chọn C

Vậy tam giác \[\Delta MNP\] cân tại \[M\]. (ảnh 1)

Vì \[\left( \alpha  \right)//\left( {C{\rm{IJ}}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right)//CI\\\left( \alpha  \right)//SC\end{array} \right.\]

\[\left( \alpha  \right)//CI\]và \[CI \subset (ABC)\]\[ \Rightarrow \]\[(ABC) \cap \left( \alpha  \right) = MN//CI\left( {N \in AC} \right)\]

\[\left( \alpha  \right)//SC\] và \[SC \subset (SAC)\] \[ \Rightarrow (SAC) \cap \left( \alpha  \right) = NP//SC\left( {P \in SA} \right)\]

\[ \Rightarrow \]\[\left( \alpha  \right) \equiv \left( {MNP} \right)\]

Vậy thiết diện của mặt phẳng \[\left( \alpha  \right)\] và tứ diện là tam giác \[\Delta MNP\].

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}MN//IC\\PN//SC\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{MN}}{{IC}} = \frac{{AM}}{{IC}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{PN}}{{SC}} = \frac{{AP}}{{SA}} = k\]

\[ \Rightarrow \]\[MP//SI\]\[ \Rightarrow \]\[\frac{{MP}}{{SI}} = k\]

Do tứ diện đều nên \[\Delta SAB = \Delta ABC \Rightarrow SI = IC\]\[ \Leftrightarrow MP = MN\]

Vậy tam giác \[\Delta MNP\] cân tại \[M\].

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Phần 3. Câu hỏi trắc nghiệm trả lời ngắn. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang với đáy lớn \(AD\). Gọi \(M\) là trọng tâm của tam giác \(SAD,N\) là điểm thuộc đoạn thẳng \(AC\) sao cho \(AN = \frac{1}{3}AC,P\) là điểm thuộc đoạn thẳng \(CD\) sao cho \(DP = \frac{1}{3}DC\). Chứng minh rằng \((MNP)//(SBC)\).

Lời giải

Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vớ (ảnh 1)

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AD\)\(I\) là giao điểm của \(NP\)\(EC\).

Ta có \(\frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{DP}}{{CP}} = \frac{1}{3}\) nên \(NP//AD\). Do \(AD//BC\) nên \(NP//BC\), suy ra \(NP//(SBC)\).

\(NP//AD\) nên ta có \(\frac{{EI}}{{EC}} = \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{1}{3}\).

Do \(M\) là trọng tâm của tam giác \(SAD\)\(E\) trung điểm của đoạn \(AD\) nên \(M \in SE\)\(\frac{{EM}}{{ES}} = \frac{1}{3}\). Như vậy \(\frac{{EI}}{{EC}} = \frac{{EM}}{{ES}}\) nên \(MI//SC\), suy ra \(MI//(SBC)\). Từ đó, ta có \((MNP)//(SBC)\).

Lời giải

Cho lăng trụ tam giác \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{ (ảnh 1)

a) b) Ta có \({I^\prime },I\) là trung điểm của \({B^\prime }{C^\prime }\)\(BC\).

Suy ra \(I{I^\prime }\) là đường trung bình của hình bình hành \(B{B^\prime }{C^\prime }C\).

Suy ra \(I{I^\prime } = B{B^\prime }\)\(I{I^\prime }//B{B^\prime }\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{I{I^\prime }//A{A^\prime }\left( {//B{B^\prime }} \right)}\\{I{I^\prime } = A{A^\prime }\left( { = B{B^\prime }} \right)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow A{A^\prime }{I^\prime }I\) là hình bình hành. \( \Rightarrow AI//{A^\prime }{I^\prime }\).

c) Trong ( \(\left. {IA{A^\prime }{I^\prime }} \right)\), gọi \(E = A{I^\prime } \cap {A^\prime }I\).

Suy ra \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{E \in A{I^\prime };A{I^\prime } \subset \left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right)}\\{E \in {A^\prime }I}\end{array} \Rightarrow } \right.\) Suy ra \(E = {A^\prime }I \cap \left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right)\).

d) Tìm giao tuyến của \(\left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right)\)\(\left( {{A^\prime }B{C^\prime }} \right)\).

Trong \(\left( {A{A^\prime }{B^\prime }B} \right)\), gọi \(F = A{B^\prime } \cap {A^\prime }B\).

FAB';AB'AB'C'FA'B;A'BA'BC'FAB'C'A'BC'(1)

Ta có \(E = A{I^\prime } \cap {A^\prime }I\).

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{E \in A{I^\prime };A{I^\prime } \subset \left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right)}\\{E \in {A^\prime }I;{A^\prime }I \subset \left( {{A^\prime }B{C^\prime }} \right)}\end{array} \Rightarrow E \in \left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right) \cap \left( {{A^\prime }B{C^\prime }} \right)(2)} \right.\)

Từ (1) và (2) suy ra \(EF = \left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right) \cap \left( {{A^\prime }B{C^\prime }} \right)\).

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP