1H2 QHSS mức 3 4 đáp án p1

TÀI LIỆU ÔN TẬP CHƯƠNG TOÁN 11 Điện thoại 0946798489 Facebook Nguyễn Vương https //www facebook com/phong baovuong Trang 1 Câu 1 (THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm 2021) Cho tứ diện ABCD , M là điểm thuộc đoạn[.]

Trang 1

TÀI LIỆU ÔN TẬP CHƯƠNG TOÁN 11 Điện thoại: 0946798489

Câu 1 (THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm - 2021) Cho tứ diện ABCD , M là điểm thuộc đoạn BC sao cho

2

MC MB. Gọi N P, lần lượt là trung điểm của BD và AD. Điểm Q là giao điểm của AC với

MNP. Tính QC

QA .

2

QC

5 2

QC

1 2

QC

QA  .

Lời giải

Nhận thấy NP là đường trung bình trong ABDAB//NPAB//MNP.









.

Từ đó suy ra QC MC 2

QAMB

Câu 2 (THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm - 2021) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C    Gọi I K G, , lần lượt

là trọng tâm tam giác ABC , A B C    , ACC Khi đó IKG song song với mặt phẳng nào sau đây?

A ABB A   B ABC C ACC A   D BCC B  

Lời giải

Chương 2 QUAN HỆ SONG SONG

• Mức độ VẬN DỤNG - VẬN DỤNG CAO

• |FanPage: Nguyễn Bảo Vương

K

I

G

N P

M

C'

B' A'

B

C A

Trang 2

Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/

Xét mặt phẳng AMN, có 2 //

3

IG MN

mà IGBCC B  và MNBCC B  nên IG/ /BCC B 

Xét hình bình hành AA PM , có 2 //

3

AI A K

IK MP



mà IK BCC B  và MPBCC B  nên IK/ /BCC B 

Vậy IKG // BCC B  

Câu 3 (THPT Nguyễn Bỉnh Khiêm - 2021) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3 Gọi I là trung điểm

của AB Trên AC lấy điểm M sao cho MC2MA. Gọi  

là mặt phẳng qua M và song song với mặt phẳng DIC. Thiết diện tạo bởi mặt phẳng  và tứ diện ABCD có chu vi bằng bao

nhiêu?

Lời giải

+) Dựng mặt phẳng    DIC:

     

, ,

MNP

MP CD MPAD P 









+) Dễ thấy, thiết diện tạo bởi mặt phẳng   và tứ diện ABCD là tam giác MNP

Các tam giácABC ABD, đều cạnh bằng 3 nên các đường cao 3 3

2

CIDI

Vì MNIC nên theo Talet ta có: 1 1 3

Xét tam giác AIDcó 1

3

NP DI

NP DI 

Vậy chu vi của thiết diện là 3 3 1 1 3

MNNPMP    

Trang 3

Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU ÔN TẬP CHƯƠNG TOÁN 11

Câu 4 (Sở Bình Phước - 2020) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M,

N lần lượt là trung điểm của các cạnh CD và SD Biết rằng mặt phẳng BMN cắt đường thẳng

SA tại P. Tính tỉ số đoạn thẳng SP

SA.

A 1

1

4 .

Lời giải Chọn D

Chọn mặt phẳng phụ SAC chứa SA

Gọi QACBM

Ta có : MN// SAC  (do MN// SC).

Suy ra : giao tuyến của BMN và SAC là đường thẳng qua Q và song song với SC , cắt SA

tại P.

Ta có : Q là trọng tâm tam giác BCD

2 3

3

SP SA

Câu 5 (Chuyên AMS - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp S ABCDcó các cạnh bên bằng nhau, đáy ABCD là

hình vuông, AB20cm. Gọi M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho 2

3

SM

SA  . Gọi ( )P là mặt phẳng đi qua M, song song với hai đường thẳng AB và AC Mặt phẳng (P) cắt hình chóp

S ABC theo thiết diện là hình tứ giác có diện tích bằng:

A 80 2

2 400

2 800

2 1600

9 cm .

Trang 4

Trong mặt phảng (SAB) kẻ đường thẳng qua M song song với AB cắt SB tại N.

Trong mặt phẳng (SAC) kẻ đường thẳng qua M song song với AC cắt SC tại P.

Trong mặt phẳng (SCD) kẻ đường thẳng qua P song song với CD cắt SD tại Q.

Ta có: ( )P (SAB)MN P;( )(SCD)PQ P;( )(SAD)MQ P;( )(SCB)NP. Thiết diện

là tứ giác MNPQ.

Từ (1) và (2) suy ra PN//QM

Mặt khác: MN/ /AB PQ; / / DC MN/ /PQ. Suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành.

2 / / ;

3 2

3

;





hay tứ giác MNPQ là hình vuông.

Diện tích thiết diện MNPQ là: 2 2 1600 2

SMN NP AB BC cm

Câu 6 (Chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hóa - 2021) Cho tứ diện ABCD có ABCD , M là trung điểm

của BC Gọi  P là mặt phẳng đi qua Mđồng thời song song với AB và CD Thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi  P là hình gì?

A Hình ngũ giác

B Hình thoi

C Hình thang có đúng một cặp cạnh đối song song

D Hình tam giác.

Lời giải Chọn B

Trang 5

  P là mặt phẳng đi qua M đồng thời song song với AB  P  ABCMN/ /AB với

NAC.

  P là mặt phẳng đi qua M đồng thời song song với CD  P  BCDMQ/ / CD với

QBD.

  P là mặt phẳng đi qua N đồng thời song song với CD  P  ACDNP/ / CD với

PAD.

   P  ABDPQ

Suy ra, Thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi  P là hình bình hành MNPQ.

 Mặt khác ABCD ,M là trung điểm của BC nên MN NPPQQM

Vậy thiết diện MNPQ là hình thoi.

Câu 7 (Chuyên AMS - Hà Nội - 2021) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi

, ,

M N Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB AD SC Thiết diện của hình chóp với mặt , , phẳng MNQ là đa giác có bao nhiêu cạnh?

Lời giải Chọn C

 Ta có MNP  ABCDMN

Trang 6

Kéo dài MN cắt CD tại Q , cắt BC tại E.

 Ta có MNP  SBCPE, gọi PE cắt SB tại F.

 Ta có MNP  SABFM

 Ta có MNP  SCDPQ , gọi PQ cắt SD tại K.

 Ta có MNP  SADNK

 Vậy thiết diện là ngũ giác có 5 cạnh.

Câu 8 (Chuyên AMS - Hà Nội - 2021) Cho tứ diện ABCD. Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của AC và

BC. Trên cạnh BD lấy điểm P sao cho BP2DP. Gọi F là giao điểm của AD và mặt phẳng

MNP. Tính FA

FD.

 Ta chọn mặt phẳng chứa AD là ACD

 Tìm giao tuyến của ACD và MNP: có điểm M chung

Gọi CD cắt NP tại I nên ACD  MNPMI

 Gọi MI cắt AD tại F thì ADMNPF.

 Tính FA

FD:

Từ D kẻ đường thẳng song song với AC cắt MI tại E, ta có DFE đồng dạng với

AFM

 g g  nên ta có FA AM CM

FD DE  DE (1)

Ta có IED đồng dạng với IMC g g  nên ta có CM CI

DE  DI (2)

Trang 7

Từ D kẻ đường thẳng song song với CB cắt NI tại H.

Ta có IDH đồng dạng với ICN g g suy ra CI CN NB

DI  DH  DH (3)

Ta lại có NPB đồng dạng với HPD g g  suy ra NP BP 2

DH  PD (theo gt)

Từ (1) (2) (3) ta suy ra FA 2

FD 

 Vậy FA 2

FD 

Câu 9 (THPT Xuân Phương - Hà Nội - 2021) Cho tứ diện ABCD Điểm M thuộc đoạn AB không trùng

với điểm A và B. Mặt phẳng  P đi qua M song song với AC và BD. Thiết diện của mặt

phẳng  P với hình chóp là

A Hình vuông B Hình bình hành C Hình chữ nhật D Hình tam giác.

Vì  P đi qua M và song song với AC nên   P  ABC MN với MN/ /AC N, BC.

Vì  P đi qua N và song song với BD nên   P  BCDNP với NP/ /BD P, DC.

Vì  P đi qua P và song song với AC nên   P  ACD PQ với PQ/ /AC Q, AD.

Ta có   P  ACD PQ.

Vậy thiết diện của mặt phẳng  P với hình chóp là hình bình hành MNPQ vì

/ / ; / /

NP MQ QP MN

Câu 10 (Sở Nam Định - 2021) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, SCa. Gọi

M là điểm di động trên cạnh SC, đặt SM x0xa. Mặt phẳng  P đi qua điểm M, song song với SA và BD. Tìm tất cả các giá trị của x để mặt phẳng  P cắt hình chóp S ABCD theo thiết diện là một ngũ giác

A 3

4

a

2

a x

2

a

2

a

x a

 

A

B

C

D

Q

P

Trang 8

 Ta có vì  P  SA nên M không trùng với S,  P  BD nên M không trùng với trung điểm của SC.

Mặt khác nếu M trùng với C thì  P chỉ có điểm C là điểm chung duy nhất với các mặt của hình chóp, suy ra M không trùng với C.

 Ta có:

-

   

 

SA SAC













 giao tuyến của  P và SAC là đường thẳng qua M và song song với SA cắt AC tại I.

-

   

 













 giao tuyến của  P và ABCD là đường thẳng qua I và song song với BD.

 Mặt khác ta thấy: nếu I thuộc đoạn OC thì giao tuyến của  P và ABCD sẽ cắt BC và

CD tạo nên thiết diện là một tam giác. Do đó để thiết diện là ngũ giác thì Ithuộc đoạn OA và không trùng O Mà MI  SA 1

2

   , do đó 0

2

a x

 

- Khi đó giao tuyến cắt AB và AD lần lượt tại Q và P.

-

   

 

SA SAB













  giao tuyến của  P và SAB là đường thẳng qua Q và song song với

SA cắt SB tại R.

-

   

 













  giao tuyến của  P và SAD là đường thẳng qua P và song song với

SA cắt SD tại N.

Vậy thiết diện là ngũ giác MNPQR

Trang 9

Câu 11 (THPT Văn Giang - Hưng Yên - 2021) Cho hình chóp S ABC . Bên trong tam giác lấy một

điểm O bất kỳ. Từ O dựng các đường thẳng lần lượt song song với SA SB SC, , và cắt các mặt phẳng SBC , SCA , SAB theo thứ tự lần lượt tại A B C, , . Khi đó tổng tỉ số

T

   bằng bao nhiêu?

A 1

3

4

T 

SAO  SBCSI I AOBC. Dựng OA song song với SA và cắt SI tại A.

SBO  SACSJ J BOAC. Dựng OB song song với SB và cắt SJ tại B.

SCO  SABSK K COAB. Dựng OC song song với SC và cắt SK tại C.

Ta có: OA IO OB; JO OC; KO

Từ O dựng PQ AB EF BC HR AC// , // , // Khi đó:

1

T

Câu 12 (THPT Nguyễn Tất Thành - Hà Nội - 2021) Cho tứ diện ABCD có M là trung điểm của AC.

Gọi  P là mặt phẳng đi qua M và song song với hai đường thẳng AB và CD. Mặt phẳng  P cắt tứ diện ABCD theo thiết diện là một hình gì?

A Tam giác B Hình thang cân C Hình bình hành D Hình thoi.

Trang 10

Ta có

 





 



với NBC (1).

Tương tự

 





 



với PBD (2).

 





 



với QAD (3).

Suy ra   P  ABDPQ (4).

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra thiết diện cần tìm là tứ giác MNPQ.

Vì M là trung điểm của AC và MN // AB NP, // CD MQ, // CD nên N P Q, , lần lượt là trung điểm của BC BD, và AD.

Khi đó

1 // ,

//

1 // ,

2



Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.

Câu 13 (THPT Hoài Đức - Hà Nội - 2021) Cho tứ diện đều ABCDcó cạnh bằng a. Gọi G là trọng tâm

tam giác ABC. Mặt phẳng GCDcắt tứ diện theo một thiết diện có diện tích là

A

2 3 2

a

2 2 6

a

2 3 4

a

2 2 4

a

.

Gọi M N lần lượt là trung điểm, AB CD ,

Trang 11

Mặt phẳng GCDcắt tứ diện theo thiết diện là tam giácMCD.

Do tứ diện đều ABCD cạnh a nên 3

2

a

MCMD Tam giác MCD cân tại M nên MN vừa là đường cao vừa là trung tuyến

Xét tam giác MNC vuông tại N có

MN  MC CN      

 

.

Diện tích tam giác MCD là

2

MCD

Câu 14 (THPT Hoài Đức - Hà Nội - 2021) Cho tứ diện đều ABCD. Gọi I J, lần lượt thuộc các cạnh

,

AD BC sao cho IA2ID JB, 2JC. Gọi  P là mặt phẳng qua IJ và song song với AB. Thiết diện của  P và tứ diện ABCD là

A Tam giác đều B Hình bình hành C Hình tam giác D Hình chữ nhật.

  P và ABD có I chung và  P //AB  giao tuyến của  P và ABD là đường thẳng d1 qua I và song song với AB. Gọi M d1BD.

  P và ABC có J chung và  P //AB  giao tuyến của  P và ABC là đường thẳng d2 qua J và song song với AB. Gọi Nd2BC.

 Thiết diện của  P và tứ diện ABCD là tứ giác IMJN

IM JN

AB DA AB CA    . Mặt khác IM JN // tứ giác IMJN là hình bình hành.

Câu 15 (THPT Phan Đình Phùng - Hà Nội - 2021) Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm ABD và

M là điểm trên cạnh BC sao cho BM 2MC. Đường thẳng MG song song với mặt phẳng nào

sau đây?

A BCD B ABD C ACD D ABC.

Trang 12

Gọi I là trung điểm của AD, có G là trọng tâm ABDGBI và 2 2

BG

BI

BM

BC

Xét tam giác ACI có 2 / /

3

 

/ /













Câu 16 (THPT Phan Đình Phùng - Hà Nội - 2021) Cho tứ diện ABCD. Điểm M thuộc đoạn AC (M

khác A và C). Mặt phẳng    đi qua M song song với AB và AD. Thiết diện của tứ diện

ABCD bị cắt bởi mặt phẳng    là hình gì?

A Hình tam giác B Hình vuông C Hình chữ nhật D Hình bình hành.

Lời giải Chọn A

Ta có:

   

 

AB















  giao tuyến của    và ABC là đường thẳng qua M và song song với

AB cắt BC tại N.

M

G

I

C A

Trang 13

   

 

AD















  giao tuyến của    và ACD là đường thẳng qua M và song song với

AD cắt CD tại P.

Dễ thấy      BCDNP.

Vậy thiết diện của    và tứ diện ABCD là tam giác MNP.

Câu 17 (THPT Nguyễn Huệ - Hà Nội - 2021) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình

hành. Gọi H là trung điểm SD, G là trọng tâm tam giác SAB. Đường thẳng HG cắt mặt phẳng

SBC tại điểm E. Tính EGB

EHC

S S



A 1

1

2

1

4 .

Lời giải Chọn A

Gọi M là trung điểm của SA. Khi đó MH là đường trung bình của SAD.

Suy ra MH // AD. Mà AD // BC nên MH // BC.

Trong mặt phẳng BMHC, gọi E là giao điểm của GH và BC.

Ta có

 

  

Vì MH // BC nên EB GE GB 2

MH GH GM  (do G là trọng tâm tam giác SAB).

MH  AD BC (do MH là đường trung bình của SAB).

Suy ra EB2MHBC.

Vậy



1 sin

2 1 1

.sin 2

EGB EHC



Câu 18 (THPT Nguyễn Huệ - Hà Nội - 2021) Cho hình chóp S ABCD có đáy là hình thang,AB CD// và

12

AB  Gọi M N lần lượt là trung điểm của , AD BC và , G là trọng tâm tam giác SAB. Tìm

độ dài đoạn CD để thiết diện của hình chóp S ABCD khi cắt bởi mặt phẳng MNG là hình bình hành

Lời giải

Trang 14

 Ta có MN là đường trung bình của hình thang ABCD nên MN AB// ;

2

AB CD

MN    1

 G là điểm chung của hai mặt phẳng SAB

và MNG.

Do đó: SAB  GMNx Gx AB //

 Gọi PSBGx Q; SAGx.

 Thiết diện của hình chóp S ABCD là hình thang MNPQ

 Theo đề hình thang MNPQ là hình bình hành khi và chỉ khi MN PQ.

3

PQ AB và kết hợp  1 suy ra AB3CD12CD4.

Câu 19 (THPT Thường Tín - Hà Nội - 2021) Cho chóp tứ giác S ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi

, ,

I J K lần lượt là trung điểm các cạnh SA SB SC Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề sai? , ,

A IK / / AC B SDIJK  C IJK  ACD  D IJ / / CD.

Ta có ,I J lần lượt là trung điểm của SA SB nên , IJ là đường trung bình SAB.

Vậy IJ / /AB

Mà AB / / CDnên IJ / / CD.

Ta có

   

,









Trong SCD, kẻ xKx' cắt SD tại E.

Ta có

'

E SD









Trang 15

Câu 20 (THPT Việt Nam - Ba Lan - Hà Nội - 2021) Cho hình chóp S ABC D có đáy là hình bình hành.

Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, M là trung điểm CB, I là giao điểm của AM và BD. Khi

đó IG song song với đường thẳng nào dưới đây?

Gọi N là trung điểm của cạnh SB.

3

IM  BM   AM  .

3

Xét SBC có MN là đường trung bình MN/ /SC (2)

Từ (1) và (2) suy ra IG/ /SC.

Câu 21 (THPT Việt Nam - Ba Lan - Hà Nội - 2021) Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng

2a. Gọi M N lần lượt là trung điểm các cạnh , AC BC P là trọng tâm tam giác BCD., ; Mặt phẳng

MNP cắt tứ diện theo một thiết diện có diện tích bằng:

A

2 2 4

a

2 11 2

a

C

2 11 4

a

2 3 4

a

Tam giác BCD có N là trung điểm của BC và P là trọng tâm nên N, P, D thẳng hàng. Thiết diện cần tìm là tam giác MND cân tại D (vì DM DNa 3)

Ta có: 1

2

MN ABa

Gọi H là trung điểm MN,

2

3

DH  DM DH  a    

Diện tích tam giác MND là:

2

MND

P N M A

B

C

D

H

D

Tiêu đề	Quan Hệ Song Song và Các Bài Toán Liên Quan
Trường học	Trường Trung Học Phổ Thông Nguyễn Bỉnh Khiêm
Chuyên ngành	Toán Lớp 11
Thể loại	Tài liệu ôn tập
Năm xuất bản	2021
Thành phố	Hà Nội

Định dạng
Số trang	20
Dung lượng	0,98 MB