Bài 4 hai mặt phẳng song song p1 đáp án

TÀI LIỆU TỰ HỌC TOÁN 11 Điện thoại 0946798489 Facebook NBV 1381 câu hỏi TRẮC NGHIỆM VD VDC lớp 11 Nguyễn Vương https www facebook comphong baovuong Trang 1 I LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM 1 Định nghĩa Hai mặt phẳng được gọi là song song nếu chúng kh.

TÀI LIỆU TỰ HỌC TOÁN 11 Điện thoại: 0946798489 Bài HAI MẶT PHẲNG SONG SONG • Chương QUAN HỆ SONG SONG • |FanPage: Nguyễn Bảo Vương I LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM Định nghĩa Hai mặt phẳng được gọi là song song nếu chúng khơng có điểm chung, kí hiệu    //      Vậy    //               Định lý tính chất M α a b β   Nếu mặt phẳng     chứa hai đường thẳng cắt nhau a, b  và hai đường thẳng này cùng song song  với mặt phẳng     thì    //        a    , b        //      Vậy  a  b  M a //  , b //        Qua một điểm nằm ngồi mặt phẳng có một và chỉ một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã  cho.  Hệ Nếu  d //    thì trong     có một đường thẳng song song với  d  và qua  d  có duy nhất một mặt  phẳng song song với      Hệ Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì chúng song song.  Hệ Cho điểm khơng nằm trên mặt phẳng     Mọi đường thẳng đi qua  A  và song song với    đều  nằm trong mặt phẳng qua  A  song song với       A    , A      Ad Vậy    d         d //      //      a α A β  Cho hai mặt phẳng song song. Nếu một mặt phẳng cắt mặt phẳng  này thì cũng cắt mặt phẳng kia và hai giao tuyến đó song song với nhau.    //    Vậy           b //a         a Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuong Trang Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/      Hệ Hai mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyến song song những đoạn bằng nhau.  Định lí Ta-lét (Thales) Ba mặt phẳng đơi một song song chắn trên hai cát tuyến bất kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.    //    //     A1B1 A2 B2     d1     A1 , d1      B1 , d1      C1  B1C1 B2C2   d     A2 , d      B2 , d      C2 d2 d1 A2 A1 γ B1 B2 β C2 C1 α Định lí Ta-lét( Thales) đảo Cho hai đường thẳng  d1 , d2  chéo nhau và các điểm  A1, B1, C1  trên  d1 , các điểm  A2 , B2 , C2  trên  d2   sao  cho  A1 B1 A2 B2    Lúc  đó  các  đường  thẳng  A1 A2 , B1B2 , C1C2   cùng  song  song  với  một  mặt  B1C1 B2C2 phẳng.  Hình lăng trụ hình chóp cụt 4.1 Hình lăng trụ A4 A5 A3 A1 A2 α A'5 α' A'1 A'4 A'3 A'2 Cho hai mặt phẳng song song     và       Trên      cho  đa  giác  A1 A2 An   Qua  các  đỉnh  A1, A2 , , An   vẽ  các  đường  thẳng  song  song  với  nhau cắt      lần lượt tại  A1 , A2 , , An   Hình  gồm  hai  đa  giác  A1 A2 An ,  A1 A2 An   và  các  hình  bình  hành  A1 A1 A2 A2 ,  A2 A2 A3 A3 ,  …,  An An A1 A1  được gọi là hình lăng trụ  A1 A2 An A1 A2 An   Lăng trụ có đáy là hình bình hành được gọi là hình hộp.  4.2 Hình chóp cụt Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU TỰ HỌC TOÁN 11 S α A'4 A'1 A'5 A'3 A'2 A5 A4 A1 A2 A3 Cho hình chóp  S.A1 A2 An  Một mặt phẳng khơng đi qua đỉnh, song song với mặt phẳng đáy của  hình  chóp  cắt  các  cạnh  bên  SA1, SA2 , , SAn   lần  lượt  tại  A1, A2 , , An   Hình  tạo  bởi  thiết  diện  A1A2 An  và đáy  A1 A2 An  cùng với các tứ giác  A1A2 A2 A1 , A2 A2 A3 A2 , , An A1A1 An  gọi là hình chóp  cụt  A1A2 An A1 A2 An   DẠNG CHỨNG MINH HAI MẶT PHẲNG SONG SONG Phương pháp giải: áp dụng định lý a  b  I     //     a , b     a //    , b //    Nhận xét: Thực chất của việc chứng minh 2 mặt phẳng song song là tìm 2 đường thẳng cắt nhau  của mặt phẳng này song song với 2 đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng kia. Vậy:  a     , b     a     , b         //    a  b  I c   , d        a //c, b //d  Chứng minh 2 mặt phẳng đó cùng song song với mặt phẳng khác.    //        //       //               Câu 1: Bài tập tự luận Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF có chung cạnh AB và khơng đồng phẳng. I, J, K lần lượt  là trung điểm các cạnh AB, CD, EF. Chứng minh:  a  ADF  //  BCE   b.   DIK  //  JBE    Lời giải a. Chứng minh:   ADF  //  BCE    AF //BE  AF //  BCE    AD //BC  AD //  BCD    Mà:  AF , AD   ADF    ADF  //  BCE    Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/      b. Chứng minh   DIK  //  JBE    IK //BE  IK //  JBE    ID //BJ  ID //  JBE    Mà:  IK , ID   DIK    DIK  //  JBE    Câu 2: Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF có chung cạnh AB và nằm trong hai mặt phẳng phân biệt.  Gọi M, N thứ tự là trung điểm của AB, BC và I, J, K theo thứ tự là trọng tâm các tam giác ADF, ADC, BCE. Chứng minh   IJK  //  CDFE    Lời giải Gọi P, Q, H lần lượt là trung điểm của FD, DC, EC.  Vì I là trọng tâm của  AFD    AI   (1)  AP Vì J là trọng tâm của  ADC  AJ   (2)  AQ Từ (1), (2)   AI AJ   IJ //PQ  IJ //  CDEF    AP AQ Bằng cách chứng minh tương tự, ta có:   JK //DH  JK //  CDEF    Mà JH, IJ cùng thuộc (IJK)    IJK  //  CDEF    Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi H, I, K lần lượt là trung điểm của  SA, SB, SC  a) Chứng minh rằng:   HIK  //  ABCD    Câu 3: b)Gọi M là giao điểm của AI và KD, N là giao điểm của DH và CI. Chứng minh rằng  SMN  //  HIK    Lời giải a) Chứng minh rằng:   HIK  //  ABCD    HI //AB  HI //  ABCD    KI //BC  KI //  ABCD    Mà:  HI , KI   KIH    KIH  //  ABCD    b) Chứng minh rằng:   SMN  //  HIK     SAB    SCD   SM   AB   SAB  , CD   SCD    AB //CD //SM  1   AB //CD   Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU TỰ HỌC TOÁN 11  SAD    SBC   SN   AD   SAD  , BC   SBC    BC //AD //SN        BC //AD Từ (1) và (2)    SMN  //  ABCD    Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của các cạnh AA’, BB’, CC’. Chứng minh rằng:  a)  a )      EFG  //  ABCD   Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (ABD) và (C’D’D)  Câu 4: b) Tìm giao điểm của A’C và (C’BD)  Lời giải a)   EFG  //  ABCD   (học sinh tự giải)  b) Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (ABD) và (C’D’D) Nhận thấy:   ABD    ABCD   và   C DD    C DDC    Câu 5: Cho  hình  lập  phương  ABCDA ' B ' C ' D '   M , N , P   là  trung  điểm  A ' B ', BC , DD '   Chúng  minh   MNP  / /  CB ' D '   Lời giải Gọi O là trung điểm của  B ' C   *)Tam giác  BB ' C :   NO / /  BB ' 1   *)  BB '/ /  DD '  D'P/ /  BB '     *) từ  1    NO / /  D ' P    tứ giác  PNOD '  là hình bình hành   PN / / D ' O  3   *)Và I là trung điểm của  B ' D '   Tương tự:  MN / / CI     *) Từ   3 ,     MNP  / /  CB ' D '   Câu 6: Cho hình chóp  S ABC  có  G1 , G2 , G3  lần lượt là trọng tâm các tam giác  SAB , SBC , SAC  Chứng  minh   G1G2G3  / /  ABC    Lời giải Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/      MG3 MG2    G2G3 / /  ABC  1   MA MB *) Ta chứng minh:  G1G2 / / AC     *) Gọi  M  là trung điểm của  SC  *) Từ  1 ,     G1G2G3  / /  ABC    Câu 7: Cho  lăng  trụ  tam  giác  ABC A ' B ' C '   có  I , K , G   lần  lượt  là  trọng  tâm  các  tam  giác  ABC , A ' B ' C ', ACC '  Chứng minh:  a)   IKG  / /  BCC ' B '   b)   A ' KG  / /  AIB '   Lời giải   a) Gọi  M , M '  lần lượt là trung điểm của  BC , B ' C '  KM '/ / IM  hoặc  KM '  IM     tứ giác  KIMM '  là hình bình hành   IK / / MM ' 1   Gọi  N  là trung điểm của  CC ' , theo tính chất trọng tâm ta có  Theo Ta-let   IG / / MN AG AI     AN AM  2   Từ  1 ,  2   IGK  / /  BCC ' B '   b)  Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU TỰ HỌC TOÁN 11   Ta có  A ' K / / AI 1   *) Nối  AI  BC  M  M  là trung điểm của  BC   *) Nối  A ' K  B ' C '  M '  M '  là trung điểm của  B ' C '   *) Theo bổ đề  A 'G  qua  C     A ' GK    A ' M ' C  ,   AIB '   BAM    *)  BC  / /    BC  BM  / /    CM   Tứ giác  BC CM  là hình bình hành   BM / /CM  Từ  1 , Câu 8:  2       AKG  / /  AIB   Cho hình hộp  ABCD ABC D  Gọi  I  là trung điểm của  AB  Chứng minh  C I / /  ACD    Lời giải   1   *) Từ  I  ta có  AB / /CD      DAC  / /  BAC    C I / /  DAC    *) Từ  1 ,    ta có   C I   BAC   *) Từ  C   ta có  C A / / AC Câu 9: Cho hình chóp  S ABCD  có  ABCD  là hình bình hành. Gọi  M  là trung điểm của  SD ,  N  AC ,  điểm  E  đối xứng với  D  qua  A  Chứng minh  MN / /  SEB    Lời giải Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/      Gọi  K  DN  EB    AE / / BC Ta có:    AEBC  là hình bình hành   AE  BC  AC / / EB  AN / / BE  N  là trung điểm của  DK    MN  là đường trung bình của tam giác  SDK  MN / / SK , SK   SEB    Vậy  MN / /  SEB    Câu 10: Cho hình chóp  S.ABCD  có  ABCD  là hình bình hành tâm  O  Gọi  M , N  lần lượt là trung điểm  của  SA và  SD   a) Chứng minh   SBC  //  OMN    b)  Gọi  P ,  Q ,  R   lần  lượt  là  trung  điểm  của  AB , ON ,  SB   Chứng  minh  PQ //  SBC  và     OMR  //  SCD    Lời giải   a) Ta có:  MN  là đường trung bình của tam giác  SAD  nên  MN //AD hay  MN // BC    MN //BC   MN   SBC   MN //( SBC ) (1)     BC   SBC  Tương tự  OM là đường trung bình của tam giác  SAC  nên  OM // SC   OM //SC  OM   SBC   OM //( SBC ) (2)     SC   SBC  Trang Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU TỰ HỌC TOÁN 11 MN  OM  M  trong   OMN   3   Từ  1 ,   ,  3 suy ra   SBC  //  OMN    b) Chứng minh PQ //  SBC    Ta có:  OP là đường trung bình của tam giác  ABC nên  OP //BC , OP  MN  là đường trung bình của tam giác  SAD  nên  MN //AD, MN  BC   AD   Mặt khác  BC  AD ,  BC //AD   suy ra  MN //OP ,  MN  OP  hay  MNOP  là hình bình hành.  Vậy  PQ   OMN  ,   OMN  //  SBC  nên  PQ //  SBC      Chứng minh  OMR  //  SCD  Ta có:  MR là đường trung bình của tam giác  SAB nên  MR // AB hay  MR //CD    MR //CD   MR   SCD   MR //( SCD) (1)    CD   SCD  Tương tự  OM là đường trung bình của tam giác  SAC nên  OM // SC   OM //SC  OM   SCD   OM //( SCD ) (2)     SC   SCD  MR  OM  M  trong   OMR   3   Từ  1 ,  2 ,  3 suy ra   SCD  //  OMR    Câu 11: Cho hình chóp  S ABC  có  M ,  N ,  P  lần lượt là trung điểm  SA ,  SB ,  SC   a) Chứng minh   MNP  //  ABC    b) Gọi  H ,  G ,  L  lần lượt là trọng tâm tam giác  SAB ,  SAC ,  SBC  Chứng minh   HGL  //  MNP    Lời giải   a) Ta có:  MN  là đường trung bình của tam giác  SAB nên  MN // AB   Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/       MN //AB   MN   ABC   MN //( ABC ) (1)     AB   ABC  Tương tự  MP là đường trung bình của tam giác  SAC nên  MP // AC    MP //AC   MP   ABC   MP //( ABC ) (2)     AC   ABC  MN  MP  M  trong   MNP   3     Từ  1 ,   ,  3 suy ra   MNP  //  ABC    b) Gọi  I ,  J ,  K  lần lượt là trung điểm  AB ,  AC ,  BC  Khi đó ta có:  SH SG   ) và  IJ   ABC  , HG   ABC    *  HG //IJ ( vì trong tam giác  SIJ có  SI SJ Do đó  HG //  ABC  (4)    SH SL   ) và  IK   ABC  , HL   ABC    * HL // IK ( vì trong tam giác  SIK có  SI SK Do đó  HL //  ABC  (5)    HG  HL  H  trong   HGL      Từ    ,    ,    suy ra   HGL  //  MNP    Mà   ABC  //  MNP  nên   HGL  //  MNP  (đpcm).      Câu 12: Cho hai hình vng  ABCD  và  ABEF ở trong hai mặt phẳng phân biệt. Trên các đường chéo  AC  và  BF lần lượt lấy các điểm  M , N  sao cho  AM  BN  Các đường thẳng song song với  AB  vẽ từ  M , N lần lượt cắt  AD  và  AF tại  M   và  N   Chứng minh:  a)  ADF  //  BCE  b)   DEF  //  MM N N    Lời giải  AD //BC  AD //  BCE    a) Ta có    BC   BCE   AF //BE  AF //  BCE  Tương tự    BE   BCE  Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU TỰ HỌC TOÁN 11 b) Ba mặt phẳng   ABCD ,   SBC   và     đôi một cắt nhau theo các giao tuyến là  MN ,  HK ,  BC Mà  MN // BC  MN // HK  Vậy thiết diện là một hình thang Câu 2: Cho hình chóp  S ABCD  có đáy  ABCD  là hình bình hành tâm  O  có  AC  a ,  BD  b  Tam giác  SBD  là tam giác đều. Một mặt phẳng     di động song song với mặt phẳng   SBD   và đi qua  điểm  I  trên đoạn  AC  và  AI  x     x  a    a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi    b) Tính diện tích thiết diện theo  a,  b  và  x Lời giải   a) Trường hợp 1. Xét  I  thuộc đoạn  OA  I      ABD   Ta có    //  SBD    ABD    SBD   BD        ABD   MN // BD ,  I  MN    N      SAD   Tương tự    //  SBD      SAD      NP // SD ,  P  SN     SAD    SBD   SD Vậy thiết diện là tam giác  MNP     //  SBD   Do   SAB    SBD   SB  MP // SB  Hai  tam  giác  MNP   và  BDS   có các cặp  cạnh  tương ứng    SAB      MP song song nên chúng đồng dạng, mà  BDS đều nên tam giác  MNP  đều.  Trường hợp 2. Điểm  I  thuộc đoạn  OC , tương tự trường hợp 1 ta được thiết diện là tam giác đều  HKL  (như hình vẽ) b) Trường hợp 1.  I  thuộc đoạn  OA Ta có  S BCD BD b S MNP  MN  ,      4 S BCD  BD    Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 15 Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/      MN AI x b2 x  2x     SMNP    SBCD  BD AO a a2  a  Trường hợp 2.  I  thuộc đoạn  OC , tính tương tự ta có Do  MN // BD  2   a  x   b2 b2  a  x   HL  S MNP    S      BCD  a a2  BD     b2 x2 ; I  (OA)   a2 Vậy  Std   2 b  a  x ; I   OC   a2 Câu 3: Cho hình chóp  S.ABCD  có đáy là hình thang, đáy lớn  AB  3a ,  AD  CD  a  Mặt bên   SAB   là tam giác cân đỉnh  S  với  SA  2a  Trên cạnh  AD  lấy điểm  M   a) Gọi  N ,  P ,  Q  theo thứ tự là giao điểm của mặt phẳng    và các cạnh  BC ,  SC ,  SD  Xác     định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng     qua  M  và song song với mặt phẳng   SAB   Thiết diện là hình gì? b) Gọi  I  là giao điểm của  MQ  và  NP  Chứng minh rằng điểm  I  nằm trên một đường thẳng cố  định c) Đặt  AM  x   x  a   Tìm  x  để  MNPQ  ngoại tiếp được một đường trịn. Tính bán kính  đường trịn đó Lời giải a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng      //  SAB   +   SAD    SAB   SA   SAD      d1   M   SAD      M  d1 , d1 // SA   Gọi  Q  d1  SD     //  SAB   +   ABCD    SAB   AB   ABCD      d  M  d , d // AB   Gọi  N  d  BC     M   ABCD     Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU TỰ HỌC TOÁN 11   //  SAB   +   SBC    SAB   SB   SBC      d3  N  d3 , d3 // SB   Gọi  P  d3  SC     N   SBC     Vậy thiết diện là tứ giác  MNPQ  MQ   SAD   b) Vì   NP   SBC   I   SAD    SBC   MQ  NP  I  Gọi  J  AD  BC , khi đó  I  nằm trên đường thẳng cố định  SJ  là giao tuyến của hai mặt phẳng   SAD  và   SBC  c) Để tứ giác  MNPQ  ngoại tiếp được một đường trịn thì điều kiện là  MN  PQ  MQ  NP DM MQ DM ax   MQ  SA  MQ  2a   a  x   (do  MNPQ  là hình thang cân  DA SA DA a nên ta có MQ  NP ).  Ta có  AM PQ AM x   PQ  CD  PQ  a  x   AD CD AD a a ax MN JM MN JD  DM MN 3a  x 3a  x        MN  3a  3a  x   a AB JA AB JD  DA AB a a a a Vậy:  MN  PQ  MQ  NP  3a  x  x   a  x   x    a 4a a 7a Với  x   thì  MQ  NP  ,  PQ  ,  MN    3 3 Gọi  H  là hình chiếu vng góc của  P  trên  MN   16 a a  MN  PQ  Ta có  PH  PN  HN  PN       a2     Suy ra bán kính đường trịn nội tiếp tứ giác  MNPQ  là  r  Câu 4: PH a  Cho hình chóp  S.ABCD  có đáy là hình bình hành tâm  O  Gọi  E  là trung điểm của  SB  Biết  tam giác  ACE  đều và  AC  OD  a  Một mặt phẳng     di động song song với mặt phẳng   ACE   và đi qua điểm  I  trên đoạn  OD   a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng    b) Tính diện tích của thiết diện theo  a  và  x  (với  DI  x ). Tìm  x  để diện tích thiết diện là lớn  Lời giải Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 17 Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/        a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng      //  ACE    M  d1  AD +   ABCD    ACE   AC   ABCD      d1  I  d1 , d1 // AC   Gọi      N  d1  CD   I   ABCD       //  ACE   +   SBD    ACE   OE   SBD      d  I  d , d // OE   Gọi  Q  d  SB     I   SBD       //  ACE   +   SAB    ACE   AE   SAB      d3  Q  d3 , d3 // AE   Gọi  R  d3  SA    Q   SAB       //  ACE   +   SBC    ACE   CE   SBC      d  Q  d , d // CE   Gọi  P  d  SC    Q   SBC     Vậy thiết diện là ngũ giác  MNPQR   b) + Tính diện tích thiết diện  MNPQR  //  ACE   - Ta có   SAC    MNPQR   PR  PR // AC   SAC    ACE   AC   Do đó  QR // AE ,  QP // CE ,  PR // AC  nên tam giác  PQR  là tam giác đều.  - Ta có  RP // MN  (vì cùng song song với  AC ).   SD //  MNPQR   Mặt khác  IQ // OE  IQ // SD  nên   SCD   SD  PN // SD     MNPQR    SCD   PN Tương tự ta có  MR // SD  Như vậy  MNPR  là hình bình hành.  Lại có  EO  AC  HI  MN  hay  PN  MN ,  RM  MN  Vậy  MNPR  là hình chữ nhật.  Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ Điện thoại: 0946798489 TÀI LIỆU TỰ HỌC TOÁN 11 MN DN DI MN x -  Ta  có       MN  x ,  suy  ra  RP  MN  x   Tam  giác  PQR   đều  AC DC DO AC a cạnh  x  nên diện tích của nó là  S1  3x2   - Tam giác  ACE  đều cạnh  a  nên  EO  Ta có  a  và  SD  EO  a   PN CN OI PN a  x      PN   a  x    SD CD OD SD a Vì  MNPR  là hình chữ nhật nên diện tích của nó là  S  PN MN  x  a  x    - Vậy diện tích của thiết diện  MNPQR  là  x 3ax  3 x   x  a  x    4 + Tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất?  S  S1  S  x  a  x   - Ta có  3 x  4a  x   x  4a  x   x  4a  x        12 12   x  4a  x  2a 3a  Dấu bằng xảy ra khi  x  4a  3x  x    2a 3a - Như vậy diện tích thiết diện lớn nhất là  S max   đạt được khi  x    3  Câu 5:  Cho hình chóp  S.ABCD  có đáy là hình bình hành  ABCD  có  O  là giao điểm giữa hai đường  chéo. Tam giác  SCD  là tam giác đều cạnh  2a  Mặt phẳng   P   đi qua điểm  O  và song song  với mặt phẳng   SCD   Tính diện tích thiết diện tạo thành bởi mặt phẳng   P  và hình chóp.  Lời giải   Do mặt phẳng   P  //  SCD  nên   P   AD  M ,   P   BC  N  MN // CD   Ta có  MN  đi qua  O  nên  M ,  N  lần lượt là trung điểm của  AD ,  BC   Tương tự như vậy   P   SB  E ,   P   SA  F  suy ra  E ,  F  lần lượt là trung điểm  SB ,  SA  Nên  thu được thiết diện là tứ giác  MNEF   Gọi  I ,  K  lần lượt là trung điểm  SC ,  SD    Khi đó tứ giác  CDKI  là ảnh qua phép tịnh tiến theo vecto  NC  của tứ giác  NMFE   Vì thế ta có được diện tích thiết diện là  S MNEF  S DCIK  3 3 3a 2   S SCD   2a   4 4 Facebook Nguyễn Vương https://www.facebook.com/phong.baovuongTrang 19 Blog: Nguyễn Bảo Vương: https://www.nbv.edu.vn/      Cho hình hộp  ABCD ABC D   Trên các cạnh  AA ,  BB ,  CC   lần lượt lấy ba điểm  M ,  N ,  P   AM BN C P  ,   ,    Biết mặt phẳng   MNP   cắt cạnh  DD  tại  Q  Tính tỉ số  sao cho  AA BB CC  DQ DD   Lời giải Câu 6: A' D' O' B' Q C' M K P N D A O B C    BBC C  //  AADD   Ta có   MNP    BBC C   NP  NP // MQ     MNP    AADD   MQ  AABB  //  CC DD   Tương tự:   MNP    AABB   MN  MN // PQ     MNP    CC DD   PQ Suy ra mặt phẳng   MNP   cắt hình hộp theo thiết diện là hình bình hành  MNPQ   Gọi  O, O, K  lần lượt là tâm các hình bình hành  ABCD, ABC D, MNPQ  thì  O, O, K  thẳng  hàng.  BN DQ AM C P    Ta có  BN  DQ  2.OK  AM  C P      BB DD AA CC  DQ 1 DQ          DD DD Câu 7: Cho hình chóp  S ABC  Gọi  G  là trọng tâm tam giác  ABC , mặt phẳng    qua  G  và song song  với mặt phẳng   SAB  ,     SC  P  Tính tỷ số  SP   SC Lời giải   Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  https://www.facebook.com/tracnghiemtoanthpt489/ ... https://www.nbv.edu.vn/      Hệ Hai? ?mặt? ?phẳng? ?song? ?song? ?chắn trên? ?hai? ?cát tuyến? ?song? ?song? ?những đoạn bằng nhau.  Định lí Ta-lét (Thales) Ba? ?mặt? ?phẳng? ?đơi một? ?song? ?song? ?chắn trên? ?hai? ?cát tuyến bất kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ. ... , C1C2   cùng  song? ? song? ? với  một  mặt? ? B1C1 B2C2 phẳng.   Hình lăng trụ hình chóp cụt 4. 1 Hình lăng trụ A4 A5 A3 A1 A2 α A''5 α'' A''1 A ''4 A''3 A''2 Cho? ?hai? ?mặt? ?phẳng? ?song? ?song? ?    và    ...  là tam giác đều cạnh  2a ? ?Mặt? ?phẳng? ?  P   đi qua điểm  O  và? ?song? ?song? ? với? ?mặt? ?phẳng? ?  SCD   Tính diện tích thiết diện tạo thành bởi? ?mặt? ?phẳng? ?  P  và hình chóp.  Lời giải   Do? ?mặt? ?phẳng? ?  P  //