Dạng 3: Thiết diện và các bài toán liên quan có đáp án

Chọn D

Gọi I là trung điểm của AC, kẻ IH⊥SC

Ta có BI⊥AC, BI⊥SA⇒BI⊥SC

Do đó BI⊥AC, BI⊥SA⇒BI⊥SC hay thiết diện là tam giác BIH

Mà BI⊥SAC nên BI⊥IH hay thiết diện là tam giác vuông.

Chọn A

Thiết diện là tam giác BCE, với E là trung điểm của AD. Gọi F là trung điểm của BC

Ta có: 

BE=CE=1232=63EF=BE2−BF2=62

Diện tích thiết diện là: S=12EF.BC=362

Chọn A

Ta có: AB⊥BCSA⊥BC⇒BC⊥SB.

Vậy BC⊥SBP⊥SB⇒P//BC1.

Mà P∩ABC=MN2.

Từ 1;2⇒MN//BC

Tương tự ta có PQ // BC, PN // SA

Mà SA⊥BC⇒PN⊥NM.

Vậy thiết diện là hình thang MNPQ vuông tại N

Chọn A

Mặt phẳng (P) vuông góc với OH nên (P) song song với SO

Suy ra (P) cắt (SAH) theo giao tuyến là đường thẳng qua I và song song với SO cắt SH tại K

Từ giả thiết suy ra (P) song song BC, do đó (P) sẽ cắt (ABC), (SBC) lần lượt là các đường thẳng qua I và K song song với BC cắt AB, AC, SB, SC lần lượt tại M, N, P, Q. Do đó thiết diện là tứ giác MNPQ

Ta có MN và PQ cùng song song BC suy ra I là trung điểm của MN và K là trung điểm của PQ

Lại có các tam giác ABC đều và tam giác SBC cân tại S suy ra IK vuông góc với MN và PQ dó đó MNPQ là hình thang cân.

Chọn A

Kẻ AI⊥SC⇒AIB⊥SC. Thiết diện là tam giác AIB

Ta có AI=ACsinACS^=a1−cos2ACS^=a1−a2+b2−b22ab=a2b4b2−a2

Gọi J là trung điểm của AB. Dễ thất tam giác AIB cân tại I , suy ra IJ⊥AB

IJ=AI2−AJ2=a2b3b2−a2

Do đó: S=12AB.IJ=a23b2−a24b

Chọn C

Do AD⊥BC,SA⊥BC⇒BC⊥SAD

⇒BC⊥AH⇒EF⊥AH⇒SΔAEF=12EF.AH

Mà EF=12BC=a. Do H là trung điểm SD⇒AH=a⇒SΔAEF=12a2

Chọn C

Gọi M là trung điểm của BC thì BC⊥AM 1.

Hiển nhiên AM=a3.

Mà SA⊥ABC⇒BC⊥SA 2.

Từ (1)  và (2) suy ra BC⊥SAM⇒P≡SAM

Khi đó thiết diện của hình chóp S.ABC được cắt bởi (P) chính là ΔSAM

ΔSAM vuông tại A nên SΔSAM=12SA.AM=12a32.a3=3a24.

Chọn A

Kẻ AE⊥BC,SA⊥BC⇒BC⊥SAE≡P

Thiết diện của mặt phẳng (P) và hình chóp (S.ABC) là tam giác SAE có diện tích: 

Chọn C

Gọi N  là trung điểm của BC

SB=SCAB=AC⇒BC⊥SNBC⊥AN⇒BC⊥SAN.

Theo bài ra BC⊥P⇒M∈PP//SAN

Kẻ MI // AN, MK // SA => Thiết diện của (P) và tứ diện SABC là tam giác KMI ΔABCΔSBC là hai tam giác đều cạnh a⇒AN=SM=a32=SA⇒ΔSAN là tam giác đều cạnh a32⇒ΔKMI  là tam giác đều cạnh 32.a−ba⇒SΔKMI=3316.a−ba2.

Chọn C

Ta có: CD⊥AP,CD⊥BP⇒CD⊥APB⇒BG⊥CD

Tương tự: AD⊥CM,AD⊥BM⇒AD⊥BCM⇒AD⊥BG

Suy ra: BG⊥ABC⇒BG⊥AP

Kẻ KL đi qua trọng tâm G của tam giác ACD và song song với CD⇒AP⊥KL

=> (P) chính là mặt phẳng (BKL)

⇒ACD∩BKL=KL=23CD=8

Có thể nói nhanh theo tính chất tứ diện đều:

Gọi G là trọng tâm tam giác ACD thì G là tâm tam giác ACD và BG⊥(ACD)

Trong mp(ACD) kẻ qua G đường thẳng song song với CD cắt AC, AD lần lượt tại K, L

Ta có (BKL)⊥(ACD),AP⊥KL⇒AP⊥(BKL). Vậy (P)≡(BKL)

⇒ACD∩BKL=KL=23CD=8

Chọn C

Do P⊥AB⇒P∥SA

Gọi I là trung điểm của SB⇒MI∥SA⇒MI⊂P

Gọi N là trung điểm của CD⇒MN⊥AB⇒MN⊂P 

Gọi K là trung điểm của SC⇒IK∥BC, mà MN∥BC⇒MN∥IK

⇒IK⊂P

Vậy thiết diện của (P) và hình chóp là hình thang MNKI vuông tại M

Ta có:

MI là đường trung bình của tam giác SAB ⇒MI=12SA=3

IK là đường trung bình của tam giác SBC ⇒IK=12BC=3

MN là đường trung bình của hình thang ABCD

Khi đó SMNKI=IK+MN2.MI=3+72.3=15

Chọn A

a) Ta có

Lại có

Vậy

Tương tự

Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm của tam giác ABC

b) Đặt

Ta có

Tương tự

Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABC ta có

 suy ra góc A nhọn.

Tương tự các góc B, C nhọn.

Chọn Dc) Ta có

Chọn A

d) Gọi I là điểm cách đều 4 điểm O, A, B, C và G là trọng tâm của tam giác ABC thì ta có :

 (do )

Vậy M thuộc mặt phẳng đi qua I và vuông góc với OG.

Chọn A

Ta có

Tương tự suy ra IS = ID = IC nên I thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SCD

Mặt khác

vuông tại D, lại có K là trung điểm của SC nên K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SCD, do đó

Ta có

Chọn B

Do

Do đó tam giác SAO vuông cân tại O nên SO=AO=a2

Chọn A

Gọi H là hình chiếu của D trên (ABC)

Khi đó H là trực tâm của tam giác ABC

Và

Đặt DA = a, DB = b, DC = c

Gọi thì là đường cao của tam giác DBC nên

Vậy

Tương tự và

Nhân theo vế các BĐT (1), (2), (3) ta được ( đpcm)

Chọn A

a) Ta có suy ra các tam giác ABM và ABC vuông tại B.

Tiếp theo ta có

  hay tam giác ACM vuông tại M

Chọn D

b) Ta có

Vậy

Chọn A

c) Dễ thấy BK cố định và nên điểm H thuộc đường tròn đường kính BK. Từ đó ta có tập hợp các điểm M là đường tròn đường kính BK.

Chọn A

d) mà AB không đỏi nên AM lớn nhất khi MB lớn nhất

Chọn D

e) Ta có không đổi nên

, lúc này △HBK vuông cân tại H nên

Ta có

 nên

Vậy <=> M là các giao điểm của đường tròn đường kính BC với đường tròn tâm B bán kính

Chọn A

a) vuông tại mà

Tương tự ta có nên

Ta có

Vậy SA = a

Chọn B

b) Do

Lại có

Dế thấy

Từ (1), (2) suy ra

Lập luận tương tự ta có

Chọn B

Do

Do đó tam giác SAO vuông cân tại O nên

Chọn A

Ta có:

Mặt khác:

Chọn A

Gọi K là hình chiếu của A trên SC thì .Trong (SAC) gọi

Ta có

, mặt khác nên

Vậy

Thiết diện là tứ giác AHKL

Do

Ta có cân tại., mà nên K là trung điểm của SC

Vậy

Chọn B

Kẻ thì là góc giữa CK và (P) và dễ thấy

Đặt CH = h, ta có

Xét tam giác ABC có CK.AB = CA.CB

Ta có

Chọn A

a) Dễ thấy nên

Gọi I là trung điểm của BC thì ta có

Kẻ thì nên

Kẻ cắt CK tại H, khi đó ta có nên do đó

Từ (1), (2) ta có AH = SO

Khi thì trong tam giác vuông HAB có

Chọn Db)

Chọn A

a) Do

Tương tự

Chọn D

b)

Chọn Ba) Vì

Tương tự ta có , vì vậy

Từ (1), (2) suy ra hay

Chọn A

b) Từ câu a) ta thấy tứ diện ABCD có các cạnh DA, DB, DC đôi một vuông góc.

Theo BĐT Cauchy-Schwraz ta có

Mà nên

Đẳng thức xảy ra khi đều, kết hợp với chân đường cao của D trùng với tâm đáy ta được D.ABC là hình chóp đều đỉnh D.

Chọn B

Gọi , kẻ 

thì ta có

kẻ . Khi đó

Suy ra

Tương tự gọi B1, C1 là các điểm tương tự như A1 thì ta có

Từ (1), (2), (3) ta có

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC thì ta đã biết kết quả quen thuộc

 nên

Mặt khác

Tương tự  nên

Do đó do

Vậy minT = 2 khi

Cách 2. Đặt . Do A, B, C, M đồng phẳng nên tồn tại x, y, z sao cho

Ta có bình phương vô hướng ta được

Tương tự

Vì vậy

 ( Theo Cauchy-Schwarz)

Vậy minT = 2