D07 tìm thiết diện (có QH SS) muc do 3

Do đó, thiết diện của  P và tứ diện ABCD là hình bình hành.. Thiết diện của ABCD cắt bởi   là tứ giác EFGH.. Mặt phẳng   qua trung điểm của AC và song song vớiAB, CD cắt ABCD the

Câu 29 [1H2-3.7-3] (THPT Ninh Giang – Hải Dương – Lần 2 – Năm 2018) Cho hình chóp

S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh AB8a, SASBSCSD8a Gọi N là trung điểm cạnh SD Tính diện tích thiết diện của hình chóp S ABCD cắt bởi mặt phẳng

ABN

A 12a2 B 6a2 11 C 24a2 D 12a2 11

Lời giải Chọn D

M

N

O

D

A

S

I

Mặt phẳng ABN chứa AB CD// nên cắt mặt phẳng SCD theo giao tuyến NM CD// và M

cũng là trung điểm của SC Suy ra thiết diện cần tìm là hình thang cân ABMN

Hạ NI AB Ta có 2 2 2

2

a

2AI AB MN 8a4a4aAI 2a Từ đó suy ra NI 2a 11

2

ABMN

Câu 1567 [1H2-3.7-3] Cho tứ diện ABCD Gọi H là một điểm nằm trong tam giác ABC ,   là mặt

phẳng đi qua H song song với AB và CD Mệnh đề nào sau đây đúng về thiết diện của   của tứ diện?

A Thiết diện là hình vuông B Thiết diện là hình thang cân

C Thiết diện là hình bình hành D Thiết diện là hình chữ nhật

Lời giải Chọn C

Q M

N H A

D

C B

Qua H kẻ đường thẳng  d song song AB và cắt BC AC, lần lượt tại M N,

Từ N kẻ NP song song vớ CD P CD Từ P kẻ PQ song song với AB Q BD

Ta có MN // PQ // AB suy ra M N P Q, , , đồng phẳng và AB // MNPQ 

Suy ra MNPQ là thiết diện của   và tứ diện

Vậy tứ diện là hình bình hành

Câu 1570 [1H2-3.7-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O Gọi M là

điểm thuộc cạnh SA (không trùng với S hoặc A)  P là mặt phẳng qua OM và song song

với AD Thiết diện của  P và hình chóp là

A Hình bình hành B Hình thang

C Hình chữ nhật D Hình tam giác

Lời giải Chọn B

P

S

C

D

B

A

Qua M kẻ đường thẳng MN // AD và cắt SD tại N  MN // AD

Qua O kẻ đường thẳng PQ // AD và cắt AB CD, lần lượt tại Q P,  PQ// AD

Suy ra MN // PQ // AD M N P Q, , , đồng phẳng   P cắt hình chóp S ABCD theo

thiết diện là hình thang MNPQ

Câu 1571 [1H2-3.7-3] Cho tứ diện ABCD Gọi I J, lần lượt thuộc cạnh AD BC, sao cho IA2ID và

2

JB JC Gọi  P là mặt phẳng qua IJ và song song với AB Thiết diện của  P và tứ diện ABCD là

A Hình thang B Hình bình hành C Hình tam giác D Tam giác đều

Lời giải Chọn B

H J

K A

C

D B

I

Giả sử  P cắt các mặt của tứ diện ABC và  ABD theo hai giao tuyến JH và  IK

Ta có   P  ABCJH,   P  ABDIK

ABC  ABDAB,  P // AB JH // IK // AB

Theo định lí Thalet, ta có JB HA 2

JC  HC  suy ra HA IA IH

HC  ID  // CD

Mà IH P suy ra IH song song với mặt phẳng  P

Vậy  P cắt các mặt phẳng ABC ,  ABD theo các giao tuyến  IH JK, với IH // JK

Do đó, thiết diện của  P và tứ diện ABCD là hình bình hành

Câu 1631 [1H2-3.7-3] Cho tứ diện ABCD Điểm M thuộc đoạn BC Mặt phẳng   qua M song

song với AB và CD Thiết diện của   với tứ diện ABCD là

A Hình thang B Hình bình hành C Hình tam giác D Hình ngũ giác

Lời giải Chọn B

K N

P M

B

C

D A

Ta có  

AB









Tương tự ta có  

CD









  

AB









  

CD









Do đó NK MP và MN KPMNKP là hình bình hành

Câu 1736: [1H2-3.7-3] Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với CD , ABCD6 M là điểm

thuộc cạnh BC sao cho MCx BC 0  x 1 mp P song song với   AB và CD lần lượt

cắt BC DB AD AC, , , tại M N P Q Diện tích lớn nhất của tứ giác bằng bao nhiêu ? , , ,

Lời giải Chọn A

P

N Q A

C M

Xét tứ giác MNPQ có // //

// //

MQ NP AB

MN PQ CD







MNPQ

 là hình bình hành

Mặt khác, ABCDMQMN

Do đó, MNPQ là hình chữ nhật

Vì MQ AB// nên MQ CM x MQ x AB 6x

Theo giả thiết MCx BC BM  1 x BC

Vì MN CD nên // MN BM 1 x MN 1 x CD 6 1 x

Diên tích hình chữ nhật MNPQ là

6 1 6 36 1 36 9

2

MNPQ

S MN MQ x x x x      

Ta có S MNPQ 9 khi 1 1

2

x   x x

Vậy diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất bằng 9 khi M là trung điểm của BC

Câu 219 [1H2-3.7-3] Cho tứ diện ABCD, M là điểm nằm trong tam giác ABC mp,   qua M và

song song với AB và CD Thiết diện của ABCD cắt bởi mp  là:

A Tam giác B Hình chữ nhật C Hình vuông D Hình bình hành

Lời giải Chọn D

B

D G

F E

H

M

  / / AB nên giao tuyến   và ABC là đường thẳng song song AB

Trong ABC Qua M vẽ EF/ /AB 1 EBC F, AC Ta có     ABCMN

Tương tự trong mp BCD , qua E vẽ EH/ /DC   2 HBD suy ra     BCDHE Trong mp ABD , qua H vẽ HG/ /AB   3 GAD, suy ra     ABDGH

Thiết diện của ABCD cắt bởi   là tứ giác EFGH

Ta có    

DC









Từ        1 , 2 , 3 , 4 / /

/ /

EFGH



 là hình bình hành

Câu 245 [1H2-3.7-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O Mlà trung

điểm của OC, Mặt phẳng   qua M song song với SA và BD Thiết diện của hình chóp với

mặt phẳng   là:

A Hình tam giác B Hình bình hành C Hình chữ nhật D Hình ngũ giác

Lời giải Chọn A

Ta có:    











Lại có:    

SAC MN SA N SC

SA SAC











Vậy thiết diện cần tìm là tam giác NEF

Câu 246 [1H2-3.7-3] Cho tứ diện ABCD có ABCD Mặt phẳng   qua trung điểm của AC và

song song vớiAB, CD cắt ABCD theo thiết diện là

A hình tam giác B hình vuông C hình thoi D hình chữ nhật

Lời giải Chọn C

Gọi M là trung điểm của AC

Ta có:    































QM CD











Khi đó thiết diện là hình bình hành MNPQ

Lại có: ABCD suy ra MNNP

Vậy thiết diện cần tìm là hình thoi MNPQ

Câu 42: [1H2-3.7-3] [Đề thi thử-Liên trường Nghệ An-L2] Cho tứ diện ABCD Gọi M và N lần

lượt là trung điểm của AB và AC E là điển trên cạnh CD với ED3EC Thiết diện tạo bởi mặt phẳng MNE và tứ diện ABCD là:

A Tam giác MNE

B Tứ giác MNEF với F là điểm bất kì trên cạnh BD

C Hình bình hành MNEF với F là điểm bất kì trên cạnh BD mà EF song song với BC

A C

B

D G

F E

H

M

D Hình thang MNEF với F là điểm trên cạnh BD mà EF song song với BC

Hướng dẫn giải Chọn D

x

F E

N M A

B

C

D

Ta có: MNE  ABCMN, MNE  ACDNE

Vì hai mặt phẳng MNEvà BCDlần lượt chứa hai đường thẳng song song là MN và BC

nên MNE  BCDEx (với Ex là đường thẳng qua E và song song với BC), Ex cắt BD

tại F

MNE  BCDEF và MNE  ADDFM Và 1

2

4

EF  BC Vậy thiết diện là hình thang MNEF với F là điểm trên cạnh BD mà EF song song với BC

Câu 2217 [1H2-3.7-3] Cho tứ diện ABCD M là điểm nằm trong tam giác ABC mp, qua M

và song song với AB và CD Thiết diện của ABCD cắt bởi mp là:

A Tam giác B Hình chữ nhật C Hình vuông D Hình bình hành

Lời giải Chọn D

//AB nên giao tuyến và ABC là đường thẳng

song song AB

Trong ABC Qua M vẽ EF//AB 1

E BC F AC Ta có ABC MN

Tương tự trong mp BCD qua , E vẽ

// 2

Trong mp ABD qua , H vẽ HG//AB 3 G AD ,

suy ra ABD GH

Thiết diện của ABCD cắt bởi là tứ giác EFGH

//

DC

N M

B

C S

S

Từ 1 , 2 , 3 , 4 //

//

EFGH

EH GF là hình bình

hành

Câu 2219 [1H2-3.7-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD

là hình bình hành M là một điểm lấy trên cạnh SA ( M

không trùng với S và A ) Mp qua ba điểm M B C, ,

cắt hình chóp S ABCD theo thiết diện là:

A Tam giác B Hình thang C Hình

bình hành D Hình chữ nhật

Lời giải Chọn B

Ta có AD//BC MBC AD// MBC

Ta có MBC //AD nên MBC và SAD có giao tuyến

song song AD

Trong SAD , vẽ MN//AD N SD

Thiết diện của S ABCD cắt bởi MBC là tứ giác BCNM Do MN//BC (cùng song song

AD ) nên BCNM là hình thang

Câu 2226 [1H2-3.7-3] Cho hình hộp ABCD A B C D     Gọi I là trung điểm AB MpIB D  cắt

hình hộp theo thiết diện là hình gì?

A Tam giác B Hình thang C Hình bình hành D Hình chữ nhật

Lời giải

Chọn B

J I

B' C'

A'

C

D

D' IB D   AA B B  IB

IB D   A B C D   B D 

//

B D BD

B D A B C D

 



 



      



với d là đường thẳng qua Ivà song song với BD

Gọi J là trung điểm của AD Khi đó IB D   ABCDIJ

IB D   ADD A JD

Thiết diện cần tìm là hình thang IJD B  với //

IJ D B 

Câu 2238 [1H2-3.7-3] Cho tứ diện ABCD và M là điểm ở trên cạnh AC Mặt phẳng   qua M

song song với AB và CD Thiết diện của tứ diện cắt bởi   là

A hình bình hành B hình chữ nhật C hình thang D hình thoi

Lời giải Chọn A

Trên ABC kẻ  MN AB N// ; BC

Trên BCD kẻ  NP CD P// ; BD

Ta có   chính là mặt phẳng MNP 

Sử dụng đính lý ba giao tuyến ta có

MNPAD Q với MQ CD NP// //

Ta có

// //

// //

MQ NP CD

MN PQ AB







 thiết diện MNPQ là hình bình hành

Câu 2244 [1H2-3.7-3] Cho tứ diện ABCD có AB CD Mặt phẳng   qua trung điểm của AC

và song song vớiAB, CD cắt ABCD theo thiết diện là

A hình tam giác B hình vuông C hình thoi D hình chữ nhật

Lời giải Chọn C

Gọi M là trung điểm của AC

Ta có:    































QM CD











Khi đó thiết diện là hình bình hành MNPQ

Lại có: AB CD suy ra MNNP

A

B

C

D

M

N

P

Q

Vậy thiết diện cần tìm là hình thoi MNPQ

Câu 2256 [1H2-3.7-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn là AB M là

trung điểm CD Mặt phẳng   qua M song song với BC và SA   cắt AB SB, lần lượt

tại N và P Nói gì về thiết diện của mặt phẳng   với khối chóp S ABCD ?

A Là một hình bình hành B Là một hình thang có đáy lớn là MN

C Là tam giác MNP D Là một hình thang có đáy lớn là NP

Lời giải Chọn B

Trong mặt phẳng ABCD , qua  M kẻ đường thẳng MN BC N BC Khi đó, MN   Trong mặt phẳng SAB , qua N kẻ đường thẳng  NP SA P SB Khi đó, NP 

Vậy     MNP

Xét hai mặt phẳng MNP và  SBC có 















hai mặt phẳng cắt nhau theo một giao tuyến đi qua điểm P và song

song với BC

Trong mặt phẳng SBC kẻ  PQ BC Q SC Khi đó, PQ là giao tuyến của mặt phẳng   với mặt phẳng SBC Vậy mặt phẳng   cắt khối chóp S ABCD theo thiết diện là tứ giác

MNPQ

Tứ giác MNBC có MN BC MNBC

MC NB







 là hình bình hành Từ đó suy ra MNBC.

Trong tam giác SBC có P thuộc đoạn SB , Q thuộc đoạn SC và PQ BC nên PQBC

Tứ giác MNPQ có MN PQ MNPQ





 

 là hình thang có đáy lớn là MN .

Câu 34 [1H2-3.7-3] (THPT Chuyên Hạ Long - QNinh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp

S ABCDcó đáy ABCD là hình thang AB/ /CD Gọi I J, lần lượt là trung điểm của các cạnh ,

AD BCvà G là trọng tâm tam giác SAB Biết thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng

IJG là hình bình hành Hỏi khẳng định nào sao đây đúng?

A 1

3

2

3

AB CD

Hướng dẫn giải Chọn C

H

J I

D

S

C

Vì IJG  SAB   G ta có IJ/ /AB vìIJ là đường trung bình của hình thang ABCD

IJG  SABGx/ /AB/ /IJ Gọi EGxSA F, GxSB

IJG  SADEI;IJG  ABCDIJ;IJG  SBCJF

Suy ra thiết diện IJGvà hình chóp là hình bình hành IJFEIJ EF  1

2

SABSG GH EF  AB

2

AB CD

Từ  1 , 2 và 3 2

AB CD

   4AB3AB3CDAB3CD

Câu 40: [1H2-3.7-3] (THPT Yên Lạc - Vĩnh Phúc- Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp

S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt bên SAB là tam giác vuông tại A, SAa 3, 2

SB a Điểm M nằm trên đoạn AD sao cho AM 2MD Gọi  P là mặt phẳng qua M và song song với SAB Tính diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng  P

A

2

18

a

2

6

a

2

9

a

2

3

a

Lời giải

Chọn A

Ta có:

 

//

,









 

 

//

,









 

//

//

MQ SA

NP SB







Mà tam giác SAB vuông tại A nên SA AB MN MQ (2)

Từ (1) và (2) suy ra  P cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang vuông tại M và Q

Mặt khác

3

3

DQ

DS 

 PQ CD// PQ SQ

3

AB SB SA a

2

MNPQ

MNPQ

2

5 3 18

MNPQ

a S

Câu 574: [1H2-3.7-3] Cho tứ diện ABCD và điểm M ở trên cạnh BC Mặt phẳng   qua M song

song song với AB và CD Thiết diện của   với tứ diện là hình gì?

A Hình thang B Hình bình hành C Hình chữ nhật D Tứ giác lồi

Lời giải Chọn B

S

A

D M

N P

Q

D P

Q N

M C B

A

Trên ABC kẻ  MN/ /AB N; AC

Trên BCD kẻ  MP/ /CD P; BD

Ta có   chính là mặt phẳng MNP 

Sử dụng đính lý ba giao tuyến ta có

MNPAD Q với NQ/ /CD/ /MP

Ta có

/ / / / / / / /







 thiết diện MNPQ là hình bình hành.

Câu 577: [1H2-3.7-3] Cho tứ diện ABCD có AB CD Mặt phẳng   qua trung điểm của AC và

song song vớiAB, CD cắt ABCD theo thiết diện là

A. Hình tam giác B. Hình vuông C. Hình thoi D. Hình chữ nhật

Lời giải Chọn C

Gọi M là trung điểm của AC

Ta có:    





















   











QM CD











Khi đó thiết diện là hình bình hành MNPQ

Lại có: AB CD suy ra MNNP

Vậy thiết diện cần tìm là hình thoi MNPQ

Câu 258 [1H2-3.7-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn là AB M là trung

điểm CD Mặt phẳng   qua M song song với BC và SA   cắt AB SB, lần lượt tại N

và P Nói gì về thiết diện của mặt phẳng   với khối chóp S ABCD ?

A Là một hình bình hành B Là một hình thang có đáy lớn là MN

C Là tam giác MNP D Là một hình thang có đáy lớn là NP

Lời giải Chọn B

Trong mặt phẳng ABCD , qua  M kẻ

đường thẳng MN BC N BC Khi đó,

 

MN  

Trong mặt phẳng SAB , qua N kẻ 

đường thẳng NP SA P SB Khi đó,

 

NP 

Vậy     MNP

Xét hai mặt phẳng MNP và  SBC có 















hai mặt phẳng

cắt nhau theo một giao tuyến đi qua điểm

P và song song với BC

Trong mặt phẳng SBC kẻ  PQ BC Q SC Khi đó, PQ là giao tuyến của mặt phẳng   với mặt phẳng SBC Vậy mặt phẳng   cắt khối chóp S ABCD theo thiết diện là tứ giác

MNPQ

Tứ giác MNBC có MN BC MNBC

MC NB







 là hình bình hành Từ đó suy ra MNBC.

Trong tam giác SBC có P thuộc đoạn SB , Q thuộc đoạn SC và PQ BC nên PQBC

Tứ giác MNPQ có MN PQ MNPQ





 

 là hình thang có đáy lớn là MN .