Cho hình tứ diện ABCD, lấy M là điểm tùy ý trên cạnh AD (M khác A,D). Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M song song với mặt phẳng (ABC) lần lượt cắt DB, DC tại N, P. Khẳng định nào sau đây sai?
Hai hình bình hành ABCD và ABEF không cùng nằm trong một phẳng phẳng. trên AC lấy điểm M và trên BF lấy điểm N sao cho:
A M A C = B N B F = k
Một mặt phẳng (α) đi qua MN và song song với AB, cắt cạnh AD tại M và cạnh AF tại N. khẳng định nào sau đây là đúng?
A. M’N’, DF cắt nhau
B. M’N, DF chéo nhau
C. M’N // DF
D. M’N //MN
Cho tứ diện ABCD. Trên cạnh AD lấy điểm M, trên cạnh BC lấy điểm N bất kì khác B,C. gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng MN và song vs CD .khi đó thiết diện ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (P) là hình gì ?
Cho hình vuông ABCD cạnh a tâm O. Gọi S là một điểm ở ngoài mặt phẳng ( ABCD ) sao cho SB=SD. Gọi M là điểm tùy ý trên AO với AM=x. Mặt phẳng alpha qua M song song với SA và BD cắt SO, SB, AB tại N, P, Q.
a) Tứ giác MNPQ là hình gì
b) Cho SA = a. Tính diện tích MNPQ theo a và x.
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều. Gọi M là điểm trên cạnh AD sao cho A M = x ; x ∈ 0 ; a . Mặt phẳng α đi qua M và song song với (SAB) lần lượt cắt các cạnh CB, CS, SD tại N, P, Q. Tìm x để diện tích tứ giác MNPQ bằng 2 a 2 3 9
A. 2 a 3
B. a 4
C. a 2
D. a 3
Cho hình tứ diện SABC. Trên cạnh SA lấy các điểm A1,A2
sao cho AA1=A1A2=A2S.
. Gọi (P) và (Q) là hai mặt phẳng song song với mặt phẳng (ABC) và lần lượt đi qua A1,A2.
. Mặt phẳng (P) cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại B1,C1.
. Mặt phẳng (Q) cắt các canhj SB, SC lần lượt tại B2,C2.
. Chứng minh BB1=B1B2=B2Svà CC1=C1C2=C2S.
Áp dụng định lí Thales cho ba mặt phẳng (ABC), (P), (Q) và hai cát tuyến SA, SC ta có:
\(\frac{{{C_2}S}}{{{A_2}S}} = \frac{{{C_1}{C_2}}}{{{A_1}{A_{2\;}}}} = \frac{{C{C_1}}}{{A{A_1}}}\) mà \(A{A_1} = {A_1}{A_2} = {A_2}S\).
Suy ra \(C{C_1} = {C_1}{C_2} = {C_2}S\).
Áp dụng định lí Thales cho ba mặt phẳng (ABC), (P), (Q) và hai cát tuyến SA, SB ta có:
\(\frac{{{B_2}S}}{{{A_2}S}} = \frac{{{B_1}{B_2}}}{{{A_1}{A_2}}} = \frac{{B{B_1}}}{{A{A_1}}}\) mà \(A{A_1} = A{A_2} = {A_2}S\).
Suy ra \(B{B_1} = {B_1}{B_2} = {B_2}S\).
Cho tứ diện ABCD. Qua điểm M nằm trên AC ta dựng một mặt phẳng (α) song song với AB và CD. Mặt phẳng này lần lượt cắt các cạnh BC, BD và AD tại N, P và Q.
a) Tứ giác MNPQ là hình gì?
b) Gọi O là giao điểm hai đường chéo của tứ giác MNPQ. Tìm tập hợp các điểm O khi M di động trên đoạn AC.
a)
⇒ (α) ∩ (ABC) = MN và MN // AB
Ta có N ∈ (BCD) và
Nên ⇒ (α) ∩ (BCD) = NP và NP // CD
Ta có P ∈ (ABD)
Và nên ⇒ (α) ∩ (ABD) = PQ và PQ // AB
nên ⇒ (α) ∩ (ACD) = MQ và MQ // CD
Do đó MN // PQ và NP // MQ, Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.
b) Ta có: MP ∩ NQ = O. Gọi I là trung điểm của CD.
Trong tam giác ACD có : MQ // CD ⇒ AI cắt MQ tại trung điểm E của MQ.
Trong tam giác ACD có : NP // CD ⇒ BI cắt NP tại trung điểm F của NP.
Vì MNPQ là hình bình hành nên ta có
EF // MN ⇒ EF // AB
Trong ΔABI ta có EF // AB suy ra : IO cắt AB tại trung điểm J
⇒ I, O, J thẳng hàng
⇒ O ∈ IJ cố định.
Vì M di động trên đoạn AC nên Ochạy trong đoạn IJ .
Vậy tập hợp các điểm O là đoạn IJ.
Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, G là trọng tâm tam giác BDC. Mặt phẳng qua A, G và song song với BC cắt DB và DC lần lượt tại M và N. Tính diện tích tam giác AMN
ABCD là tứ diện đều \(\Rightarrow AG\perp\left(BCD\right)\Rightarrow AG\perp DG\)
Gọi E là trung điểm BC, do G là trọng tâm BCD nên theo tính chất trọng tâm
\(\dfrac{DG}{DE}=\dfrac{2}{3}\)
Qua G kẻ đường thẳng song song BC cắt BD và CD tại M và N
Ta có: \(DE=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (trung tuyến tam giác đều) \(\Rightarrow DG=\dfrac{2}{3}DE=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\)
Pitago tam giác vuông ADG: \(AG=\sqrt{AD^2-DG^2}=\sqrt{a^2-\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{6}}{3}\)
Định lý talet: \(\dfrac{GN}{CE}=\dfrac{DG}{DE}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow GN=\dfrac{2}{3}CE=\dfrac{2}{3}.\dfrac{a}{2}=\dfrac{a}{3}\)
\(\Rightarrow MN=2GN=\dfrac{2a}{3}\)
\(S_{AMN}=\dfrac{1}{2}AG.MN=\dfrac{a^2\sqrt{6}}{9}\)
Cho tứ diện \(ABCD\) và điểm \(M\) thuộc cạnh \(AB\). Gọi \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng qua \(M\), song song với hai đường thẳng \(BC\) và \(AD\). Gọi \(N,P,Q\) lần lượt là giao điểm của mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) với các cạnh \(AC,CD\) và \(DB\).
a) Chứng minh \(MNPQ\) là hình bình hành.
b) Trong trường hợp nào thì \(MNPQ\) là hình thoi?
a) Ta có:
\(\begin{array}{l}MN = \left( \alpha \right) \cap \left( {ABC} \right)\\PQ = \left( \alpha \right) \cap \left( {BC{\rm{D}}} \right)\\BC = \left( {ABC} \right) \cap \left( {BC{\rm{D}}} \right)\\MN\parallel BC\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(MN\parallel PQ\parallel BC\) (1).
\(\begin{array}{l}MQ = \left( \alpha \right) \cap \left( {ABD} \right)\\NP = \left( \alpha \right) \cap \left( {AC{\rm{D}}} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {ABD} \right) \cap \left( {AC{\rm{D}}} \right)\\MQ\parallel A{\rm{D}}\end{array}\)
Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: \(MQ\parallel NP\parallel A{\rm{D}}\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(MNPQ\) là hình bình hành.
b) Để \(MNPQ\) là hình thoi thì \(MN = NP\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}MN\parallel BC \Rightarrow \frac{{MN}}{{BC}} = \frac{{AN}}{{AC}}\\NP\parallel A{\rm{D}} \Rightarrow \frac{{NP}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{CN}}{{AC}} \Rightarrow \frac{{MN}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{CN}}{{AC}}\end{array}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\frac{{AN}}{{AC}} + \frac{{CN}}{{AC}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{MN}}{{BC}} + \frac{{MN}}{{A{\rm{D}}}} = 1 \Leftrightarrow MN.\left( {\frac{1}{{BC}} + \frac{1}{{A{\rm{D}}}}} \right) = 1\\ \Leftrightarrow MN.\frac{{BC + A{\rm{D}}}}{{BC.A{\rm{D}}}} = 1 \Leftrightarrow MN = \frac{{BC.A{\rm{D}}}}{{BC + A{\rm{D}}}}\end{array}\)
Vậy nếu \(MN = \frac{{BC.A{\rm{D}}}}{{BC + A{\rm{D}}}}\) thì \(MNPQ\) là hình thoi.
Cho tứ diện đều ABCD Cạnh a. Gọi G là trọng tâm △ABD, điểm M,H lần lượt thuộc cạnh CD, AD sao cho DM=2MC, DH=2HA. Gọi E là giao điểm DG và BH. Mặt phẳng (α) đi qua E song song (ABC) cắt BM tại F. Tính EF ?