Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi điểm M là điểm thuộc cạnh SD sao cho SM=\(\frac{2}{3}\)SD (minh họa như hình vẽ). Mặt phẳng chứa AM và song song với BD cắt cạnh SC tại K. Tỷ số \(\frac{{SK}}{{SC}}\) bằng
A.\[\frac{1}{3}\]
B. \[\frac{2}{3}\]
C. \[\frac{1}{2}\]
D. \[\frac{3}{4}\]
Quảng cáo
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Gọi mặt phẳng chứa AM và song song với BD là (α).
Trong (SBD) kẻ\[MN//BD\,\,\left( {N \in SB} \right)\] khi đó ta có\[\left( \alpha \right) \equiv \left( {AMN} \right)\]
Gọi\[O = AC \cap BD\] trong (SBD) gọi \[\left\{ I \right\} = MN \cap SO\] trong (SAC) gọi\[K = AI \cap SC\] ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{K \in AI \subset (AMN)}\\{K \in SC}\end{array}} \right. \Rightarrow K = \left( {AMN} \right) \cap SC\) hay\[K = \left( \alpha \right) \cap SC\]
Áp dụng định lí Talets ta có\[\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{{SM}}{{SD}} = \frac{2}{3}\]
\[ \Rightarrow \frac{{IS}}{{IO}} = 2\]
Ta có: O là trung điểm của AC nên\[\frac{{AO}}{{AC}} = \frac{1}{2}\]
Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác SOC, cát tuyến AIK ta có:
\[\frac{{IS}}{{IO}}.\frac{{AO}}{{AC}}.\frac{{KC}}{{KS}} = 1 \Leftrightarrow 2.\frac{1}{2}.\frac{{KC}}{{KS}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{KC}}{{KS}} = 1 \Rightarrow \frac{{SK}}{{SC}} = \frac{1}{2}\]
Đáp án cần chọn là: C
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Đang tải chế độ Học...
Hot: 1000+ đề thi giữa kì 1 lớp 1-12 đầy đủ các môn (Update 2026) (chỉ từ 60k). Tải ngay
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1
A.\[T = \frac{3}{2}\]
b. \[T = \frac{1}{3}\]
C. \[T = 2\]
D. \[T = \frac{1}{2}\]
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Gọi O là giao của AC và BD. Ta có O là trung điểm của đoạn thẳng AC, BD.
Các đoạn thẳng SO,A′C′, B′D′ đồng quy tại I.
Ta có: \[{S_{SA'I}} + {S_{SC'I}} = {S_{SA'C'}} \Leftrightarrow \frac{{{S_{SA'I}}}}{{{S_{SAC}}}} + \frac{{{S_{SC'I}}}}{{{S_{SAC}}}} = \frac{{{S_{SA'C'}}}}{{{S_{SAC}}}}\]
\[ \Leftrightarrow \frac{{{S_{SA'I}}}}{{2{S_{SAO}}}} + \frac{{{S_{SC'I}}}}{{2{S_{SCO}}}} = \frac{{{S_{SA'C'}}}}{{{S_{SAC}}}}\]
\[ \Leftrightarrow \frac{{SA'}}{{2SA}}.\frac{{SI}}{{SO}} + \frac{{SC'}}{{2SC}}.\frac{{SI}}{{SO}} = \frac{{SA'}}{{SA}}.\frac{{SC'}}{{SC}}\]
\[ \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{2SO}}\left( {\frac{{SA'}}{{SA}} + \frac{{SC'}}{{SC}}} \right) = \frac{{SA'}}{{SA}}.\frac{{SC'}}{{SC}} \Leftrightarrow \frac{{SA}}{{SA'}} + \frac{{SC}}{{SC'}} = 2.\frac{{SO}}{{SI}}\]
Tương tự:\[\frac{{SB}}{{SB'}} + \frac{{SD}}{{SD'}} = 2.\frac{{SO}}{{SI}}\]
Suy ra:\[\frac{{SB}}{{SB'}} + \frac{{SD}}{{SD'}} - \frac{{SC}}{{SC'}} = \frac{{SA}}{{SA'}} = \frac{3}{2}\]
Đáp án cần chọn là: A
Câu 2
A.\[S = \frac{{17\sqrt 3 {a^2}}}{{18}}.\]
B. \[S = \frac{{5\sqrt 3 {a^2}}}{{18}}.\]
C. \[S = \frac{{13\sqrt 3 {a^2}}}{{18}}.\]
D. \[S = \frac{{11\sqrt 3 {a^2}}}{{18}}.\]
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Ta có \[\frac{{BM}}{{C'N}} = \frac{{MB'}}{{ND'}} = \frac{{BB'}}{{C'D'}} = 1\] do đó theo định lý ta-let trong không gian thì BC′, MN, B′D′ lần lượt cùng song song (hoặc nằm trong) với một mặt phẳng.
Mà \[B'D'//\left( {BC'D} \right)\] và \[BC' \subset \left( {BC'D} \right)\] nên ta có \[MN//\left( {BC'D} \right)\].
Chứng minh tương tự ta có \[NP//\left( {BC'D} \right)\] Do đó \[\left( {MNP} \right)//\left( {BC'D} \right)\]
Qua P, kẻ \[PQ//BD,Q \in AB\]. Qua N, kẻ \[NF//{\rm{C'}}D,F \in D'D\].
Qua M, kẻ \[ME//{\rm{BC'}},E \in B'C'\]
Khi đó ta có thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP) với hình lập phương là lục giác MENFPQ.
Dễ thấy\[EN = PF = MQ = \frac{{a\sqrt 2 }}{3},NF = PQ = ME = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}\] và tam giác BC′D là tam giác đều vì\[BC' = BD = DC' = a\sqrt 2 \]
Do đó\[\widehat {ENF} = \widehat {NFP} = \widehat {FPQ} = \widehat {PQM} = \widehat {QME} = \widehat {MEN} = {120^ \circ }\]
Kẻ các đường cao EH,PK của các hình thang cân MENF,MQPF ta có:
\[EH = ME\sin {60^0} = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\]
\[\begin{array}{*{20}{l}}{PK = FP\sin {{60}^0} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}}\\{MH = ME\cos {{60}^0} = \frac{{2a\sqrt 2 }}{3}.\frac{1}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}}\\{ \Rightarrow MF = 2MH + EN = 2.\frac{{a\sqrt 2 }}{3} + \frac{{a\sqrt 2 }}{3} = a\sqrt 2 }\end{array}\]
Diện tích hình thang MENF là:
\[{S_1} = \frac{1}{2}\left( {EN + MF} \right).EH = \frac{1}{2}\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{3} + a\sqrt 2 } \right).\frac{{a\sqrt 6 }}{3} = \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{9}\]
Diện tích hình thang MQPF là:
\[{S_2} = \frac{1}{2}\left( {QP + MF} \right).PK = \frac{1}{2}\left( {\frac{{2a\sqrt 2 }}{3} + a\sqrt 2 } \right).\frac{{a\sqrt 6 }}{6} = \frac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{18}}\]
Vậy \[{S_{MENFPQ}} = {S_1} + {S_2} = \frac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{9} + \frac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{18}} = \frac{{13{a^2}\sqrt 3 }}{{18}}\]
Đáp án cần chọn là: C
Câu 3
A.\[AB = \frac{1}{3}CD\]
b. \[AB = \frac{3}{2}CD\]
c. \[AB = 3CD\]
d. \[AB = \frac{2}{3}CD\]
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 4
A.\[\frac{{31}}{7}\]
B. \[\frac{{18}}{7}\]
C. \[\frac{{24}}{7}\]
D. \[\frac{{15}}{7}\]
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 5
A.Tam giác.
B.Tứ giác.
C.Ngũ giác.
D.Lục giác
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Câu 6
A.\[\frac{1}{6}\]
b. \[\frac{1}{3}\]
c. \[\frac{5}{6}\]
d. \[\frac{2}{3}\]
Đăng nhập để xem lời giải
Lưu tiến độ và luyện tập hiệu quả hơn. Hoàn toàn miễn phí!
Lời giải
Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 250K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.
Đăng ký để học cùng Vietjack. Hoàn toàn miễn phí!
Bằng việc đăng ký, bạn đồng ý với Điều khoản sử dụng và Chính sách bảo mật của Vietjack.
Nhắn tin Zalo
Hỏi bài tập