Câu hỏi:

25/06/2022 447

Cho tứ diện ABCD có AB=a, CD=b. Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB và CD, giả sử AB⊥CD. Mặt phẳng (α) qua M nằm trên đoạn IJ và song song với AB và CD Tính diện tích thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (α) biết \[IM = \frac{1}{3}IJ\].

Quảng cáo

Trả lời:

verified
Giải bởi Vietjack

Cho tứ diện ABCD có AB=a, CD=b. Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB và CD, giả sử AB (ảnh 1)

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha )//CD}\\{CD \subset (ICD)}\\{M \in (\alpha ) \cap (ICD)}\end{array}} \right.\) ⇒ giao tuyến của (α) với (ICD) là đường thẳng qua M và

song song với CDcắt IC tại L và ID tại N.

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha )//AB}\\{AB \subset (JAB)}\\{M \in (\alpha ) \cap (JAB)}\end{array}} \right.\) ⇒ giao tuyến của (α) với (JAB) là đường thẳng qua M và song song

với AB cắt JA tại P và JB tại Q.

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha )//AB}\\{AB \subset (ABC)}\\{L \in (\alpha ) \cap (ABC)}\end{array}} \right. \Rightarrow EF//AB\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

Tương tự \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha )//AB}\\{AB \subset (ABD)}\\{N \in (\alpha ) \cap (ABD)}\end{array}} \right. \Rightarrow HG//AB\,\,\left( 2 \right)\)

Từ  (1) và (2) \[ \Rightarrow EF//HG//AB\,\,\,\left( 3 \right)\]

Ta có\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha )//CD}\\{CD \subset (ACD)}\\{P \in (\alpha ) \cap (ACD)}\end{array}} \right. \Rightarrow FG//CD\,\,\,\left( 4 \right)\)

Tương tự\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(\alpha )//CD}\\{CD \subset (BCD)}\\{Q \in (\alpha ) \cap (BCD)}\end{array}} \right. \Rightarrow EH//CD\,\,\,\left( 5 \right)\)

Từ  (4) và (5) \[ \Rightarrow FG//EH//CD\,\,\,\,\left( 6 \right)\]

Từ  (3) và (6), suy ra EFGH là hình  bình hành. Mà AB⊥CD nên EFGH là hình chữ nhật.

Xét tam giác ICD có:\[LN//CD \Rightarrow \frac{{LN}}{{CD}} = \frac{{IN}}{{ID}}\]

Xét tam giác ICD có:\[MN//JD \Rightarrow \frac{{IN}}{{ID}} = \frac{{IM}}{{IJ}}\]

Do đó\[\frac{{LN}}{{CD}} = \frac{{IM}}{{IJ}} = \frac{1}{3} \Rightarrow LN = \frac{1}{3}CD = \frac{b}{3}\]

Tương tự\[\frac{{PQ}}{{AB}} = \frac{{JM}}{{JI}} = \frac{2}{3} \Rightarrow PQ = \frac{2}{3}AB = \frac{{2a}}{3}\]

Vậy\[{S_{EFGH}} = PQ.LN = \frac{{2ab}}{9}\]

Đáp án cần chọn là: D

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Lời giải

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi điểm M là điểm thuộc cạnh SD sao cho SM= (ảnh 3)

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

Lời giải

Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh aa. Các điểm M,N,P theo thứ tự đó thuộc các cạnh BB′,C′D′,DA sao cho  (ảnh 1)

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\[\widehat {ENF} = \widehat {NFP} = \widehat {FPQ} = \widehat {PQM} = \widehat {QME} = \widehat {MEN} = {120^ \circ }\]

Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh aa. Các điểm M,N,P theo thứ tự đó thuộc các cạnh BB′,C′D′,DA sao cho  (ảnh 2)

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

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

Câu 5

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