Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 3a, SA = SD = 3a, SB = SC = 3 a 3 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SA và SD, P là điểm thuộc cạnh AB sao cho AP = 2a. Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (MNP).

A.  9 a 2 139 4

B.  9 a 2 139 8

C.  9 a 2 7 8

D.  9 a 2 139 16

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B,AB=BC=a,AD=2a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy,SA=3a. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA, SD. Thể tích của khối đa diện ABCDNMlà

Cho hình chóp S.ABC có các cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau và S A = a , S B = 2 a , S C = 3 a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC. Tính theo a thể tích hình chóp S.AMN.

A.  a 3 4 .

B.  3 a 3 4 .

C.  a 3 2 .

D.  a 3

Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $O$ là trung điểm của cạnh $SC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$, $SD$. Gọi $P$ là điểm nằm trên đường thẳng $AN$ sao cho $OP \perp AM$. Chứng minh rằng: $$\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}.$$ **Lời giải:** Áp dụng định lí Menelaus lần lượt trên tam giác $ABC$ và $ACD$, ta có: $$\frac{SM}{SB}\cdot \frac{BO}{OC}\cdot \frac{CQ}{QA} = 1,$$ $$\frac{SD}{SC}\cdot \frac{CO}{OB}\cdot \frac{BP}{PA} = 1,$$ trong đó $Q$ là giao điểm của $SN$ và $OM$. Do đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{SC}{SO},$$ $$\frac{SD}{SC} = \frac{SB}{SO}.$$ Tiếp theo, ta chứng minh $AP \parallel DC$. Ta có $\angle BSA = 90^{\circ}$ và $\angle BSC = \angle DSC$ nên tam giác $BSD$ vuông cân tại $S$. Do đó $SM = NS$. Khi đó, ta có: $$\frac{SM}{SB} = \frac{NS}{NB} = \frac{1}{2}.$$ Từ đó ta suy ra $\frac{SC}{SO} = \frac{1}{2}$, hay $SO = 2SC$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SBO$ ta có: $SB = \sqrt{2}a$. Mặt khác, ta có $OM = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $BM = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $BO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác $SDO$ ta có: $SD = \sqrt{6}a$. Mặt khác, ta có $ON = \frac{1}{2}a$ và $OS = \frac{2}{3}SC = \frac{1}{3}a$, suy ra $DN = \frac{\sqrt{2}}{2}a$ và $DO = \frac{\sqrt{6}}{2}a$. Ta có $AP \parallel DC$ khi và chỉ khi: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{DC} = \sqrt{2} - 1,$$ trong đó ta đã sử dụng tính chất hình học của hình vuông. Từ định lí Menelaus cho tam giác $ACD$, ta có: $$\frac{AD}{CD}\cdot \frac{CP}{PA}\cdot \frac{NB}{ND} = 1.$$ Do đó, ta có: $$\frac{BP}{PA} = \frac{AD}{CD}\cdot \frac{ND}{NB} = (\sqrt{2} - 1)\cdot \frac{\frac{1}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{2 - \sqrt{2}}{2}.$$ Ta cũng có thể tính được $\frac{PM}{PN}$ bằng cách sử dụng định lí Menelaus cho tam giác $ANB$: $$\frac{AP}{PB}\cdot \frac{MB}{MN}\cdot \frac{SN}{SA} = 1,$$ từ đó ta có: $$\frac{PM}{PN} = \frac{SN}{SM}\cdot \frac{PB}{PA}\cdot \frac{MB}{NB} = \frac{2}{1}\cdot \frac{2 - \sqrt{2}}{2}\cdot \frac{\frac{\sqrt{2}}{2}a}{\frac{\sqrt{2}}{2}a} = \frac{1}{3}.$$ Vậy $\frac{PM}{PN} = \frac{1}{3}$, ta đã chứng minh được bài toán.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 3 a ,   B A D ^ = 60 o ,SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy bằng  45 o  Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh CD và AB Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SMN) bằng

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng 3 a ,   B A D ^ = 60 ° , SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy bằng 60 °  Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnh CD và AB Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SMN) bằng

A.  3 5 a 5

B.  17 a 17

C.  3 17 a 17

D.  5 a 5