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

Gọi I là trung điểm của AC, kẻ $IH\perp SC$

Ta có $BI\perp AC,BI\perp SA\Rightarrow BI\perp SC$

Do đó $BI\perp AC,BI\perp SA\Rightarrow BI\perp SC$ hay thiết diện là tam giác BIH

Mà $BI\perp \left(SAC\right)$ nên $BI\perp IH$ hay thiết diện là tam giác vuông.

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

Ta có: 

$$\begin{gathered} BE=CE=\frac{{\displaystyle 12\sqrt{3}}}{{\displaystyle 2}}=6\sqrt{3} \\ EF=\sqrt{B{E}^2-B{F}^2}=6\sqrt{2} \end{gathered}$$

Diện tích thiết diện là: $S=\frac{1}{2}EF.BC=36\sqrt{2}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}AB\perp BC\\ SA\perp BC\end{array}\right.\Rightarrow BC\perp SB.$

Vậy $\left\{\begin{array}{l}BC\perp SB\\ \left(P\right)\perp SB\end{array}\right.\Rightarrow \left(P\right)//BC\left(1\right).$

Mà $\left(P\right)\cap \left(ABC\right)=MN\left(2\right).$

Từ $\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow MN//BC$

Tương tự ta có PQ // BC, PN // SA

Mà $SA\perp BC\Rightarrow PN\perp NM.$

Vậy thiết diện là hình thang MNPQ vuông tại N

Kẻ $AI\perp SC\Rightarrow \left(AIB\right)\perp SC$. Thiết diện là tam giác AIB

Ta có $AI=AC\sin \widehat{ACS}=a\sqrt{1-{\cos }^2\widehat{ACS}}=a\sqrt{1-\left(\frac{a^2+b^2-b^2}{2ab}\right)}=\frac{a}{2b}\sqrt{4b^2-a^2}$

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

$IJ=\sqrt{A{I}^2-A{J}^2}=\frac{a}{2b}\sqrt{3b^2-a^2}$

Do đó: $S=\frac{1}{2}AB.IJ=\frac{a^2\sqrt{3b^2-a^2}}{4b}$

Kẻ $AE\perp BC,SA\perp BC\Rightarrow BC\perp \left(SAE\right)\equiv \left(P\right)$

Ta có: $CD\perp AP,CD\perp BP\Rightarrow CD\perp \left(APB\right)\Rightarrow BG\perp CD$

Tương tự: $AD\perp CM,AD\perp BM\Rightarrow AD\perp \left(BCM\right)\Rightarrow AD\perp BG$

Suy ra: $BG\perp \left(ABC\right)\Rightarrow BG\perp AP$

Kẻ KL đi qua trọng tâm G của tam giác ACD và song song với CD$\Rightarrow AP\perp KL$

=> (P) chính là mặt phẳng (BKL)

$\Rightarrow \left(ACD\right)\cap \left(BKL\right)=KL=\frac{2}{3}CD=8$

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 $BG\perp \left(ACD\right)$

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

Ta có $\left(BKL\right)\perp \left(ACD\right),AP\perp KL\Rightarrow AP\perp \left(BKL\right)$. Vậy $\left(P\right)\equiv \left(BKL\right)$

$\Rightarrow \left(ACD\right)\cap \left(BKL\right)=KL=\frac{2}{3}CD=8$

Do $\left(P\right)\perp AB\Rightarrow \left(P\right)\parallel SA$

Gọi I là trung điểm của $SB\Rightarrow MI\parallel SA\Rightarrow MI\subset \left(P\right)$

Gọi N là trung điểm của $CD\Rightarrow MN\perp AB\Rightarrow MN\subset \left(P\right)$ 

Gọi K là trung điểm của $SC\Rightarrow IK\parallel BC$, mà $MN\parallel BC\Rightarrow MN\parallel IK$

$\Rightarrow IK\subset \left(P\right)$

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 $\Rightarrow MI=\frac{1}{2}SA=3$

IK là đường trung bình của tam giác SBC $\Rightarrow IK=\frac{1}{2}BC=3$

MN là đường trung bình của hình thang ABCD

Khi đó $S_{MNKI}=\frac{IK+MN}{2}.MI=\frac{3+7}{2}.3=15$

a) Ta có

Lại có

Vậy

Tương tự

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

Do

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)

Do

Do đó tam giác SAO vuông cân tại O nên

Ta có:

Mặt khác:

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

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