Cho tứ diện $A B C D$ có $AB$ vuông góc với $C D, A B=C D=6 . M$ là điểm thuộc cạnh $BC$ sao cho $MC=x.BC (0 < x < 1)$. Mặt phẳng $(P)$ song song với $AB$ và $CD$ lần lượt cắt $B C, D B, A D, A C$ cắt $M, N, P, Q$. Diện tích lớn nhất của tứ giác bằng bao nhiêu?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Xét từ giác $M N P Q$ có $\left\{\begin{array}{l}{M Q / / N P / / A B} \\ {M N / / P Q / / C D}\end{array} \Rightarrow M N P Q\right.$ là hình bình hành
Mặt khác, $A B \perp C D \Rightarrow M Q \perp M N$. Do đó, $M N P Q$ là hình chữ nhật.
Vì $M Q / / A B$ nên $\dfrac{M Q}{A B}=\dfrac{C M}{C B}=x \Rightarrow M Q=x . A B=6 x$
Theo giả thiết $M C=x . B C \Rightarrow B M=(1-x) B C$
Vì $M N / / C D$ nên $\dfrac{M N}{C D}=\dfrac{B M}{B C}=1-x \Rightarrow M N=(1-x) \cdot C D=6(1-x)$
Diện tích hình chữ nhật $M N P Q$ là
$S_{M N P Q}=M N \cdot M Q=6(1-x) .6 x=36 . x .(1-x)$
$\leq 36\left(\dfrac{x+1-x}{2}\right)^{2}=9$
Ta có $S_{M N P Q}=9$ khi $x=1-x \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}$
Vậy diện tích tứ giác $M N P Q$ lớn nhất bằng 9 khi $M$ là trung điểm của $BC$.
Đáp án: A
Cho tứ diện $A B C D$ có $A B=C D=a, I J=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$($I,J$ lần lượt là trung điểm của $B C$ và $AD$) . Số đo góc giữa hai đường thẳng $A B$ và $CD$ là.
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $A C, B D$
Ta có:
$\left\{\begin{array}{l}{M I=N I=\dfrac{1}{2} A B=\dfrac{1}{2} C D=\dfrac{a}{2}} \\ {M I / / A B / / N J, M J / / C D / / I N}\end{array} \Rightarrow M I N J\right.$là hình thoi.
Gọi $O$ là giao điểm của $MN$ và $IJ$
Ta có: $\widehat{M I N}=2 \widehat{M I O}$
Xét $\Delta M I O$ vuông tại $O$, ta có:
$\widehat{M I O}=\dfrac{I O}{M I}=\dfrac{\dfrac{a \sqrt{3}}{4}}{\dfrac{a}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \widehat{M I O}=30^{\circ} \Rightarrow \widehat{M I N}=60^{\circ}$
Mà: $(A B, C D)=(I M, I N)=\widehat{M I N}=60^{\circ}$
Đáp án: C
Cho hình hộp $A B C D . A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}$. Giả sử tam giác $AB\'C$ và tam giác $A\'DC\'$ đều có 3 góc nhọn. Góc giữa hai đường thẳng $AC$ và $A\'D$ là góc nào sau đây?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có: $A C / / A^{\prime} C^{\prime}$ (tính chất của hình hộp)
$\Rightarrow\left(A C, A^{\prime} D\right)=\left(A^{\prime} C^{\prime}, A^{\prime} D\right)=\widehat{D A^{\prime} C^{\prime}}$(do giả thiết cho $\Delta D A^{\prime} C^{\prime}$ nhọn)
Đáp án: D
Trong không gian cho hai tam giác đều $A B C$ và $ABC\'$ có chung cạnh $AB$ và nằm trong hai mặt phẳng khác nhau. Gọi $M, N, P, Q$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $A C, C B, B C^{\prime}$ và $C\'A$. Tứ giác $M N P Q$ là hình gì?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Vì $M, N, P, Q$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $A C, C B, B C^{\prime}$ và $C\'A$
$\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}{P Q=M N=\dfrac{1}{2} A B} \\ {P Q / / A B / / M N}\end{array} \Rightarrow M N P Q\right.$ là hình bình hành.
Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Vì hai tam giác $A B C$ và $ABC\'$ đều nên
$\left\{\begin{array}{l}{C H \perp A B} \\ {C^{\prime} H \perp A B}\end{array}\right.$
Suy ra $A B \perp\left(C H C^{\prime}\right)$. Do đó $A B \perp C C^{\prime}$
Ta có $\left\{\begin{array}{l}{P Q / / A B} \\ {P N / / C C^{\prime} \Rightarrow P Q \perp P N} \\ {A B \perp C C^{\prime}}\end{array}\right.$
Vậy tứ giác $M N P Q$ là hình chữ nhật.
Đáp án: B
Cho hình chóp $S.A B C D$ có tất cả các cạnh đều bằng $a$. Gọi $I$ và $J$ lần lượt là trung điểm của $SC$ và $BC$. Số đo của góc $(I J, C D)$bằng:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Gọi $O$ là tâm của hình thoi $A B C D \Rightarrow O J$ là đường trung bình của $\Delta B C D$.
Suy ra $\left\{\begin{array}{l}{O J \| C D} \\ {O J=\dfrac{1}{2} C D}\end{array}\right.$
Vì $C D \| O J \Rightarrow(I J, C D)=(I J, O J)$
Xét tam giác $IOJ,$ có $\left\{\begin{array}{l}{I J=\dfrac{1}{2} S B=\dfrac{a}{2}} \\ {O J=\dfrac{1}{2} C D=\dfrac{a}{2} \Rightarrow \Delta I O J} \\ {I O=\dfrac{1}{2} S A=\dfrac{a}{2}}\end{array}\right.$đều.
Vậy $(I J, C D)=(I J, O J)=\widehat{I J O}=60^{\circ}$
Đáp án: D
Cho tứ diện $A B C D$ có trọng tâm $G$. Chọn khẳng định đúng?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
$\begin{array}{l}{A B^{2}+A C^{2}+A D^{2}+B C^{2}+B D^{2}+C D^{2}} \\ {=(\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G B})^{2}+(\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G C})^{2}+(\overrightarrow{A G}+\overrightarrow{G D})^{2}+(\overrightarrow{B G}+\overrightarrow{G C})^{2}+(\overrightarrow{B G}+\overrightarrow{G D})^{2}+(\overrightarrow{C G}+\overrightarrow{G D})^{2}} \\ {=3 A G^{2}+3 B G^{2}+3 C G^{2}+3 C G^{2}} \\ {+2 \overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{G B}+2 \overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{G C}+2 \overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{G D}+2 \overrightarrow{B G} \cdot \overrightarrow{G D}+2 \overrightarrow{B G} \cdot \overrightarrow{G D}(1)}\end{array}$
Lại có:
$\begin{array}{l}{\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D}=\overrightarrow{0} \Leftrightarrow(\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D})^{2}=0} \\ {\quad \quad=2 \overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{G B}+2 \overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{G C}+2 \overrightarrow{A G} \cdot \overrightarrow{G D}+2 \overrightarrow{B G} \cdot \overrightarrow{G D}+2 B G \cdot \overrightarrow{G D}+2 \overrightarrow{C G} \cdot \overrightarrow{G D}(2)}\end{array}$
Từ (1) và (2) suy ra
$A B^{2}+A C^{2}+A D^{2}+B C^{2}+B D^{2}+C D^{2}=4\left(G A^{2}+G B^{2}+G C^{2}+G D^{2}\right)$
Đáp án: B
Cho tứ diện $A B C D$ có $A C=\dfrac{3}{2} A D, \widehat{C A B}=\widehat{D A B}=60^{\circ}, C D=A D$. Gọi $\varphi$ là góc giữa $AB$ và $CD$. Chọn khẳng định đúng?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có $\cos (A B, C D)=\dfrac{|\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D}|}{|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{C D}|}=\dfrac{|\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D}|}{A B \cdot C D}$
Mặt khác $\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{C D}=\overrightarrow{A B}(\overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A C})=\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}-\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C}$
$\begin{array}{l}{=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A D}| \cdot \cos (\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D})-|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A C}| \cdot \cos (\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A C})} \\ {=A B \cdot A D \cdot \cos 60^{\circ}-A B \cdot A C \cdot \cos 60^{\circ}} \\ {=A B \cdot A D \cdot \dfrac{1}{2}-A B \cdot \dfrac{3}{2} A D \cdot \dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{4} A B \cdot A D=-\dfrac{1}{4} A B \cdot C D}\end{array}$
Do có $\cos (A B, C D)=\dfrac{\left|-\dfrac{1}{4} A B \cdot C D\right|}{A B \cdot C D}=\dfrac{1}{4}$
Vậy $\cos \varphi=\dfrac{1}{4}$
Đáp án: D
Cho tứ diện $A B C D, M$ là trung điểm của cạnh $BC$. Khi đó $\cos (A B, D M)$ bằng:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Giả sử cạnh của tứ diện là $a$
Tam giác $B C D$ đều $\Rightarrow A M=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}$
Ta có: $\cos (\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{D M})=\dfrac{\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{D M}}{|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{D M}|}=\dfrac{\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{D M}}{a \cdot \dfrac{a \sqrt{3}}{2}}$
$=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A M}| \cdot \cos (\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A M})-|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A D}| \cdot \cos (\overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D})$
$\begin{array}{l}{=|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A M}| \cdot \cos 30^{\circ}-|\overrightarrow{A B}| \cdot|\overrightarrow{A D}| \cdot \cos 60^{\circ}} \\ {=\text { a. } \dfrac{a \sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}-\text { a. } a \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{3 a^{2}}{4}-\dfrac{a^{2}}{2}=\dfrac{a^{2}}{4}} \\ {\Rightarrow \cos (\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{D M})=\dfrac{\sqrt{3}}{6}>0 \Rightarrow(\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{D M})=(A B, D M)} \\ {\Rightarrow \cos (A B, D M)=\dfrac{\sqrt{3}}{6}}\end{array}$
Đáp án: B
Trong không gian cho hai hình vuông $A B C D$ và $A B C^{\prime} D^{\prime}$ có chung cạnh $A B$ và nằm trong hai mặt phẳng khác nhau, lần lượt có tâm $O$ và $O’$. Hãy xác định góc giữa cặp vectơ $\overrightarrow{A B}$ và $\overrightarrow{O O^{\prime}}$?
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Do $O, O’$ là tâm các hình vuông $A B C D, A B C^{\prime} D^{\prime}$ nên $O, O’$ là trung điểm của $B D, B D^{\prime}$.
Do đó $OO’$ là đường trung bình của tam giác $B D D^{\prime} \Rightarrow \overrightarrow{O O^{\prime}}=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{D D^{\prime}}$
Ta có: $\begin{array}{l}{\overrightarrow{A B} . \overrightarrow{O O^{\prime}}=\overrightarrow{A B} \cdot \dfrac{1}{2} \overrightarrow{D D^{\prime}}=\dfrac{1}{2} \cdot \overrightarrow{A B}\left(\overrightarrow{A D^{\prime}}-\overrightarrow{A D}\right)} \\ {=\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D^{\prime}}-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{A B} \cdot \overrightarrow{A D}=0-0=0}\end{array}$
Do đó góc giữa $\overrightarrow{A B}$ và $\overrightarrow{O O^{\prime}}$ bằng $90^{0}$
Đáp án: D
Cho tứ diện $A B C D$ có $AB$ vuông góc với $C D, A B=4, C D=6 . M$ là điểm thuộc cạnh $BC$ sao cho $M C=2 B M$. Mặt phẳng $(P)$ đi qua $M$ song song với $AB$ và $CD$. Diện tích thiết diện của $(P)$ với tứ diện là:
Hướng dẫn giải (chi tiết)
Ta có $\left\{\begin{array}{l}{(M N P Q) / / A B} \\ {(M N P Q) \cap(A B C)=M N}\end{array} \Rightarrow M N / / A B\right.$
Tương tự ta có $M Q / / C D, N P / / C D, Q P / / A B$. Do đó tứ giác $MNPQ$ là hình bình hành.
Ta có $(A \widehat{B ; C} D)=(M \widehat{N ; M} Q)=\widehat{N M Q}=90^{0} \Rightarrow$ tứ giác $MNPQ$ là hình chữ nhật.
Lại có: $\Delta C M N \sim \Delta C B A \Rightarrow \dfrac{C M}{C B}=\dfrac{M N}{A B}=\dfrac{1}{3} \Rightarrow M N=\dfrac{4}{3}$
$\Delta A N P \sim \Delta A C D \Rightarrow \dfrac{A N}{A C}=\dfrac{N P}{C D}=\dfrac{2}{3} \Rightarrow M P=4$
Vậy $S_{M N P Q}=M N \cdot N P=\dfrac{16}{3}$
Đáp án: D