22 câu Dạng 2: Tìm thiết diện nhờ quan hệ song song có đáp án

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm $BC;C{C}^{\text{'}};B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.$

Do I, J, K lần lượt là trọng tâm tam giác $ABC,AC{C}^{\text{'}}$ nên $\frac{AI}{AM}=\frac{AJ}{AN}=\frac{2}{3}$ nên $IJ\text{ // }MN\Rightarrow IJ\text{ // }\left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right).$

Tương tự $IK\text{ // }\left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)\Rightarrow \left(IJK\right)\text{ // }\left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right).$

Hay $\left(IJK\right)\text{ // }\left(B{B}^{\text{'}}C\right).$

Hai tam giác ABC vàA'B'C' đồng dạng  $\frac{AB}{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}}=\frac{BC}{B^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{CA}{C^{\text{'}}{A}^{\text{'}}}=\frac{1}{2}$ nên $\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}}=\frac{\frac{1}{2}AB.AC.\sin A}{\frac{1}{2}{A}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}.A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}.\sin A^{\text{'}}}=\frac{1}{4}.$

Cách khác: Tỉ số diện tích hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng nên $\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}}={\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}.$

Qua M dựng đường thẳng song song AB cắt SB tại N.

Qua M dựng đường thẳng song song AD cắt SD tại Q.

Qua N dựng đường thẳng song song BC cắt SC tại P.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}MN\text{ // }AB\Rightarrow MN\text{ // }\left(ABCD\right)\\ NP\text{ // }BC\Rightarrow NP\text{ // }\left(ABCD\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left(MNPQ\right)\text{ // }\left(ABCD\right).$

Ta có tỉ lệ diện tích $\frac{S_{MNPQ}}{S_{ABCD}}={\left(\frac{MN}{AB}\right)}^2={\left(\frac{SM}{SA}\right)}^2=\frac{4}{9}.$

Lại có $S_{ABCD}=10.10=100\iff S_{MNPQ}=100.\frac{4}{9}=\frac{400}{9}.$

Do $\left(P\right)$ đi qua M và song song với $\left(SAD\right)$ nên cắt các mặt của hình chóp bằng các giao tuyến đi qua M và song song với $\left(SAD\right)$. Do ABCD là hình thoi và tam giác SAD đều. Nên thiết diện thu được là hình thang cân MNEF $\left(MN\text{ // }EF;MF=EN\right).$

Ta có $MN=a,\frac{EF}{BC}=\frac{SF}{SB}=\frac{MA}{AB}=\frac{x}{a}\Rightarrow EF=x;MF=a-x.$

Đường cao FH của hình thang cân bằng $FH=\sqrt{M{F}^2-{\left(\frac{MN-EF}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(a-x\right).$

Khi đó diện tích hình thang cân là $S=\frac{\sqrt{3}}{4}\left(a^2-x^2\right)$

Gọi $\left\{J\right\}=A^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\cap \left(IBD\right).$

Ta có thiết diện của mặt phẳng $\left(IBD\right)$ và hình hộp là tứ giác IJDB.

Mặt khác $\left\{\begin{array}{l}\left(ABCD\right)\text{ // }\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)\\ \left(IBD\right)\cap \left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}\right)=IJ\Rightarrow IJ\text{ // }BD\\ \left(IBD\right)\cap \left(ABCD\right)=BD\end{array}\right.$

=> IJDB là hình thang.

Ta có $AC\cap BD=\left\{I\right\}$ và $EG\cap HF=\left\{J\right\}$ nên $\left(ACGE\right)\cap \left(BDHF\right)=IJ.$

Ta có $N\in A^{\text{'}}{I}^{\text{'}}$ và $M\in AI$ ($A^{\text{'}}{I}^{\text{'}}$ là trung tuyến của $\Delta A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ và AI là trung tuyến của $\Delta ABC$)

Do đó mp (AMN) cũng chính là mp (A'I'IA)

Ta có $\left(A{A}^{\text{'}}{I}^{\text{'}}I\right)\cap \left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}\right)=A^{\text{'}}{I}^{\text{'}};\left(A{A}^{\text{'}}{I}^{\text{'}}I\right)\cap \left(ABC\right)=AI;$

$\left(A{A}^{\text{'}}{I}^{\text{'}}I\right)\cap \left(BC{C}^{\text{'}}{B}^{\text{'}}\right)=I{I}^{\text{'}}.$

Vậy thiết diện tạo với mp (A'I'IA) và hình lăng trụ  là tứ giác AA'I'I

Mặt khác II' // CC' (đường trung bình trong hình bình hành CC'B'B) và CC' // AA' (tính chất hình lăng trụ).

Do đó II' // AA'

II' = CC' (đường trung bình trong hình bình hành CC'B'B )

và CC' = AA' (tính chất lăng trụ). Do đó II' = AA'

Vậy tứ giác AA'I'I là hình bình hành.

Gọi $MN=\left(\alpha \right)\cap \left(ABCD\right)$ với $N\in CD,$ ta có

$\left\{\begin{array}{l}\left(\alpha \right)\text{ // }\left(SBC\right)\\ \left(SBC\right)\cap \left(ABCD\right)=BC\end{array}\right.\Rightarrow MN\text{ // }BC.$

Gọi $NK=\left(\alpha \right)\cap \left(SCD\right)$ với $K\in SD,$ ta có

$\left\{\begin{array}{l}\left(\alpha \right)\text{ // }\left(SBC\right)\\ \left(SBC\right)\cap \left(SCD\right)=SC\end{array}\right.\Rightarrow KN\text{ // }SC.$

Do $MN\text{ // }BC\text{ // }AD$  nên  $MN\text{ // }\left(SAD\right).$

Gọi $KQ=\left(\alpha \right)\cap \left(SAB\right)$ với $Q\in SA,$ ta có $KQ\text{ // }AD.$

Vậy thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ là hình thang MNKQ có đáy MN và QK.

Đường thẳng qua M song song với AB cắt SB tại N.

Đường thẳng qua N song song với BC cắt SC tại P.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}MN\text{ // }AB\Rightarrow MN\text{ // }\left(ABC\right)\\ MP\text{ // }AC\Rightarrow MP\text{ // }\left(ABC\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left(MNP\right)\text{ // }\left(ABC\right).$

Gọi $h_1$ là đường cao của $\Delta MNP$ ứng với đáy MN.

Gọi $h_2$ là đường cao của $\Delta ABC$ ứng với đáy AB.

Dễ thấy $\Delta MNP$ đồng dạng $\Delta ABC$ ta có $\frac{MN}{AB}=\frac{h_1}{h_2}=\frac{SM}{SA}=\frac{2}{3}.$

Ta có $\frac{S_{\Delta MNP}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{\frac{1}{2}{h}_1.MN}{\frac{1}{2}{h}_2.AB}=\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{4}{9}.$

Lại có $S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat{BAC}=\frac{1}{2}\mathrm{.4.4.}\sin 30°=4$

$\Rightarrow S_{\Delta MNP}=S_{\Delta ABC}.\frac{4}{9}=4.\frac{4}{9}=\frac{16}{9}.$

Trong mặt phẳng $\left(SAD\right)$ kẻ $MN\text{ // }AD, \left(SDC\right)$ kẻ $NP\text{ // }DC, \left(SBC\right)$ kẻ $PQ\text{ // }BC.$

Suy ra thiết diện của $\left(P\right)$ và hình chóp S.ABCD là tứ giác MNPQ.

Gọi CH là đường cao trong hình thang ABCD ta có $CH=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}.$

Suy ra $S_{ABCD}=\frac{\left(AB+DC\right)}{2}CH=\frac{\left(4+6\right)}{2}.\sqrt{3}=5\sqrt{3}.$

Do MNPQ đồng dạng với ABCD theo tỷ số $k=\frac{1}{3}$ nên $S_{MNPQ}=\frac{5\sqrt{3}}{3^2}=\frac{5\sqrt{3}}{9}.$

Qua O dựng đường thẳng PQ // AB

Vậy P, Q lần lượt là trung điểm của AD và BC.

Qua P dựng đường thẳng PN // SA

Vậy N là trung điểm của SD.

Qua Q dựng đường thẳng QM // SB

Vậy M là trung điểm của SC. Nối M và N

=> thiết diện của (P) và hình chóp S.ABCD là tứ giác MNPQ.

Vì $PQ\text{ // }CD; MN\text{ // }CD\Rightarrow PQ\text{ // }MN.$

Vậy tứ giác MNPQ là hình thang.

Ta có $\mathrm{PQ}=\mathrm{AB}=8; \mathrm{MN}=\frac{1}{2}\mathrm{AB}=4; \mathrm{MQ}=\mathrm{NP}=\frac{1}{2}\mathrm{SA}=3.$

Vậy MNPQ là hình thang cân.

Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh M của hình thang MNPQ.

Khi đó ta có $\mathrm{HQ}=\frac{1}{4}\mathrm{PQ}=2\Rightarrow \mathrm{MH}=\sqrt{{\mathrm{MQ}}^2-{\mathrm{HQ}}^2}=\sqrt{5}.$

Vậy diện tích của thiết diện cần tìm là $\mathrm{S}=\frac{\left(\mathrm{MN}+\mathrm{PQ}\right).\mathrm{MH}}{2}=6\sqrt{5}.$

Gọi N, P là hai điểm lần lượt thuộc SB, SC thỏa mãn $MN\text{ // }AB, MP\text{ // }AC.$

Ta có $\left\{\begin{array}{l}MN\text{ // }AB\Rightarrow MN\text{ // }\left(ABC\right)\\ MP\text{ // }AC\Rightarrow MP\text{ // }\left(ABC\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left(MNP\right)\text{ // }\left(ABC\right).$

Gọi $h_1$ là đường cao của $\Delta MNP$ ứng với đáy MN.

Gọi $h_2$ là đường cao của $\Delta ABC$ ứng với đáy AB.

Dễ thấy $\Delta MNP$ đồng dạng $\Delta ABC$ ta có $\frac{MN}{AB}=\frac{h_1}{h_2}=k.$

Vậy để thỏa mãn yêu cầu bài toán

$\frac{S_{\Delta MNP}}{S_{\Delta ABC}}=\frac{\frac{1}{2}{h}_1.MN}{\frac{1}{2}{h}_2.AB}=\frac{1}{2}\iff k.k=\frac{1}{2}\iff k=\frac{\sqrt{2}}{2}.$

Do tất cả các mặt bên đều là hình vuông cạnh a nên theo tính chất hình hộp ta có ABCD cũng là hình vuông cạnh a. Suy ra $BD=A{D}^{\text{'}}=a\sqrt{2}.$

Qua N kẻ $NK\text{ // }AD$với $K\in AB.$ Qua M kẻ $MI\text{ // }{A}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}$ với $I\in A{A}^{\text{'}}.$

Ta có $\frac{BK}{BA}=\frac{BN}{BD}\iff \frac{BA-KA}{BA}=\frac{BD-ND}{BD}\iff \frac{KA}{BA}=\frac{ND}{BD}.$

Mà $\frac{ND}{BD}=\frac{AM}{A{D}^{\text{'}}}=\frac{AI}{A{A}^{\text{'}}}.$ Do đó $\frac{AI}{A{A}^{\text{'}}}=\frac{AK}{AB}\Rightarrow IK\text{ // }{A}^{\text{'}}B.$

Ta có $I\in \left(MNK\right)$ do $IM\text{ // }KN\text{ // }AD.$ Suy ra $MN\subset \left(MNIK\right)\text{ // }\left(A^{\text{'}}{D}^{\text{'}}CB\right).$

Vậy MN song song với mặt phẳng $\left(A^{\text{'}}{D}^{\text{'}}CB\right)$ với mọi $0<x<a\sqrt{2}.$