D04 bài toán dựng thiết diện và tính diện tích thiết diện muc do 3

Câu [HH11.C1.1.E04.c] Cho hình chóp S ABCD đáy hình thang với đáy lớn BC 2a; AD a AB  a Mặt bên SAD tam giác Gọi M , I , K điểm trung điểm cạnh AB, CD, SB Tính diện tích thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng ( MIK ) Lời giải Ta có MI / / BC / / KJ nên MIJK hình thang Do MK / / SA, KJ / / BC , IJ / / SD nên S MK BK CJ IJ    SA BS CS SD Do SA = SD nên MK = IJ Mặt khác MK khơng song song với IJ nên MKIJ hình thang cân a a HI  ; IJ  Ta có suy JH  J K B M A a C E H D I 3   a a 2  S  a a 16 Diện tích thiết diện Câu [HH11.C1.1.E04.c] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành Gọi C ' trung điểm SC M điểm di động cạnh SA ( P) mặt phẳng qua C ' M song song song với BC Dựng thiết điện hình chóp S ABCD mặt phẳng ( P) Định M để thiết diện hình bình hành Lời giải , , , Trong (SBC) C B  SB B cho B’C’//BC Trong (SAD) MN  SD N cho MN//AD  P    SAB  MB '  P    SAD  MN  P    SDC  NC' P  SCB  C ' B ' Ta có :    Thiết diện hình thang MNC ' B ' với B ' C '  MN  BC Thiết diện hình bình hành M trung Trang 1/11 điểm SA Câu [HH11.C1.1.E04.c] Cho tứ diện ABCD cạnh a Lấy M , P nằm cạnh AB, CD cho AM DP  a Tính diện tích thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng qua MP song song với AC Lời giải A M Q B D P N C Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC N , từ P kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD Q Thiết diện hình thang MNPQ MN BM BN 2 = = = ⇒ MN=BC= a , NC= a AC BA AC 3 +) Ta có PQ DP 1 PQ // AC ⇒ = = ⇒ PQ=DP= a , CP= a AC DC 3 a a NP =NC +CP −2 NC CP cos 600 = ⇒ NP= √3 , a MQ= √ Suy MNPQ hình thang Kẻ đường cao Tương tự MN // AC ⇒ ( MN + PQ)QH a2 √11 a √11 QH = ⇒ S MNPQ = = 12 Câu QH ta tính [HH11.C1.1.E04.c] Cho tứ diện ABCD M điểm cạnh AB  P  mặt phẳng qua M song song với AD BC Xác  P định thiết diện tứ diện cắt mặt phẳng Thiết diện hình gì? Hãy xác định vị trí M đoạn AB cho thiết diện thu hình thoi Lời giải Trang 2/11 Do  P  qua Do  P  song song với M song song với AD nên  P    ABD  MQ , MQ //AD BC nên  P    ABC  MN , MN //BC ;  P    BCD  QP , QP //BC Nối MN , NP , PQ , QM ta thiết diện tứ giác MNPQ Thiết diện hình bình hành Tứ giác MNPQ hình thoi  MN MQ AM MN BM MQ   BC , AB AD Ta có: AB  AM  MB MN MQ     MN    AB BC AD  BC AD   MN  BC AD AB.MN AB AD  AM   BC  AD BC AB  AD Vậy M cạnh AB cho Câu AM  AB AD AB  AD thiết diện thu hình thoi [HH11.C1.1.E04.c] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành với AB a; AD 2a; SAB    qua M tam giác vuông cân A , M điểm cạnh AD ( M khác A D ) Mặt phẳng  SAB  cắt BC , SC , SD N , P, Q Đặt x  AM Tính diện tích tứ giác song song với MNPQ theo a x Lời giải Trang 3/11 Câu Thiết diện hình thang vuông 4a  x 2a  x x  S MQ  PQ  AS  AB a , , , MN  AB a AB  CD  a , AC  BD  b, AD BC c , M điểm [HH11.C1.1.E04.c] Cho tứ diện ABCD có tùy ý cạnh AB , ( P) mặt phẳng qua M song song với AC BD , cắt BC , CD, DA N , P, Q Tìm vị trí M điều kiện a, b, c để thiết diện MNPQ hình vng, tính diện tích thiết diện trường hợp Lời giải A Q M C P D N B Câu Chứng minh MNPQ hình bình hành  MN  NP M  MNPQ hình vng  MP  NQ trung điểm AB a c S MNPQ  b Lúc [HH11.C1.1.E04.c] (Giao lưu HSG cấp tỉnh trường Nguyễn Ba Phước 19-20) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh 3a , SA SD 3a , SB SC 3a Gọi M , N trung điểm cạnh SA SD , P điểm thuộc cạnh AB cho AP 2a Tính diện tích  MNP  thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng Lời giải Trang 4/11 S M N P A B F E D I C  MNP  cắt mặt phẳng  ABCD  theo giao tuyến qua P , song +) Do MN //AD  MN //BC Vậy  MNP  hình song BC cắt DC điểm I Thiết diện khối chóp cắt mặt phẳng thang MNIP +) Do NDI MAP nên MP  NI Từ suy MNIP hình thang cân +) Trong tam giác SAB , ta có SA2  AB  SB 9a  9a  27a 9a    2.SA AB 2.3a 3a 18a +) Trong tam giác, MAP , ta có  cos SAB  9a 3a 37 a a 37  MP MA2  AP  MA AP cos MAP   4a  2a   MP  4 +) Từ M kẻ MF  PI , từ N kẻ NE  PI Dễ thấy, tứ giác MNEF hình chữ nhật từ suy MN EF  3a 3a  PF EI  +) Xét tam giác vng MFP , ta có +) Ta có S MNIP MF  MP  FP  37 a 9a a 139   16  3a  a 139  3a    ( MN  IP ) MF  9a 139     2 16 Câu [HH11.C1.1.E04.c] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang  AB / /CD  , AB 2CD Gọi MA PS  x M P điểm thuộc cạnh AD SC thoả mãn MD PC Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng ( ) chứa MP song song với AB Tìm x để diện tích thiết diện nửa diện tích tam giác SAB Lời giải Ta có:  M  ( )  ( ABCD)  ( )  ( ABCD) MQ / / AB(Q  BC )  ( ) / / AB Tương tự ( )  ( SCD) PN / / AB( N  SD) Vậy thiết diện ( ) với hình chóp tứ giác MNPQ Vì MQ / / NP / / AB nên MNPQ hình thang Trang 5/11 S T N P A D M C B QM  Q MD AM x x2 AB  CD  AB  CD  AB AD AD 1 x 1 x  x  1 Gọi T MN  PQ Ta có: MA QB PS NS     PQ / / SB, MN / / SA  SAB : TMQ MD QC PC ND Vì 2  MQ   x      1   SSAB  AB    x  1  Do NP NS AM x x x NP x     NP  CD  AB   CD SD AD x  x 1  x  1 QM x  Vì SMNPQ STPN  NP  x2 x2 4x         2 STMQ  MQ  STMQ  x  2  x  2  x  2 Do SMNPQ  STMQ x 1 Từ (1) (2) suy MD AM x x2 QM  AB  CD  AB  CD  AB AD AD 1 x 1 x  x  1 T  MN  PQ Gọi Ta có: MA QB PS NS     PQ / / SB, MN / / SA  SAB : TMQ MD QC PC ND Vì STMQ 2  MQ   x      1   SSAB  AB    x  1  Do NP NS AM x x x NP x     NP  CD  AB   CD SD AD x  x 1  x  1 QM x  Vì SMNPQ STPN  NP  x2 x2 4x         2 STMQ  MQ  STMQ  x  2  x  2  x  2 Do SMNPQ  S x 1 Từ (1) (2) suy TMQ SMNPQ 1     x 1 S x 1 Vậy TMQ STMQ Trang 6/11 Câu [HH11.C1.1.E04.c] (HSG THUẬN THÀNH 2- 2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang, đáy lớn BC 2a đáy bé AD a , AB b Mặt bên SAD tam giác đều, M  P  qua M song song với SA , BC Tìm thiết diện điểm di động AB Mặt phẳng  P  Thiết diện hình gì? hình chóp cắt mặt phẳng Lời giải S Q P B C M N D A  P  Thiết diện hình gì? Tìm thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng SA//  P   P  cắt  SAB  theo giao tuyến đường thẳng qua M , song song với SA cắt Do nên SB Q BC //  P   P  cắt  ABCD  theo giao tuyến đường thẳng qua M , song song với BC cắt Do nên CD N  P cắt  SBC  theo giao tuyến đường thẳng qua Q , song song với BC cắt SC P  P  hình thang MNPQ (MN //PQ) Khi thiết diện hình chóp cắt Do MN //BC , MQ //SA nên ( MNPQ)//( SAD) suy PN //SD     Khi PNM SDA 60 , QMN SAD 60 (hai góc có cặp cạnh tương ứng song song) nên MNPQ hình thang cân Câu [HH11.C1.1.E04.c] (HSG THUẬN THÀNH 2- 2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang, đáy lớn BC 2a đáy bé AD a , AB b Mặt bên SAD tam giác đều, M  P  qua M song song với SA , BC điểm di động AB Mặt phẳng x  AM ,   x  b  Tính diện tích thiết diện theo a, b Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn Lời giải Trang 7/11 S Q P B C M N A D P Q N K Ta tính MQ  NP  M b x 2.a.x ab  ax a, PQ  ; MN  b b b ab  a.x b Từ tính Suy diện tích MNPQ là: QK  S MNPQ  3.a  MN  PQ  QK   b  x   b  3x  4b Ta có S MNPQ 3.a 3.a  3b  3.x  b  3.x  3.a  b  x b  x         4b 12b   Dấu “=” xảy Vậy S MNPQ x b x b Câu [HH11.C1.1.E04.c] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang, đáy lớn BC 2a, đáy bé AD a, AB b Mặt bên SAD tam giác M điểm di động AB , mặt phẳng ( P) qua M song song với SA, BC Tính diện tích đạt giá trị lớn  thiết diện theo a, b x  AM (0  x  b) Tìm x theo b để diện tích thiết diện lớn Lời giải Trang 8/11 MA QS QP MA.BC 2ax    QP   AB BS BC AB b Ta có: Gọi I trung điểm BC , J giao điểm MN DI JN DJ DJ IC ax ax a  b  x  a  x  x  2ax   JN    MN a     QP DI b b b b b Khi đó: IC DI Suy thiết diện hình thang có đáy lớn MN Kẻ đường cao QH (như hình vẽ) thiết diện a  b  x QM BM BM SA a  b  x    QM   ; MH   MN  PQ   AB AB b 2b Ta có: SA  QH  QM  MH  a  b  x 2b Khi diện tích thiết diện S MNPQ   PQ  MN  QH  a2  3x  2bx  b   4b b  4b 4b  f  x   x  2bx  b   x     3   Xét Nên diện tích thiết diện lớn Câu x b a2 S MNPQ  Và [HH11.C1.1.E04.c] (HSG Tốn 11 – Cụm Hà Đơng năm 1819) Cho hình hộp ABCDABC D có tất cạnh Điểm M di động cạnh AB , điểm N di động cạnh AD cho AN 2 AM Gọi (α) mặt phẳng chứa) mặt phẳng chứa MN song song với AC Dựng thiết diện hình hộp (α) mặt phẳng chứa) chứng minh (α) mặt phẳng chứa) chứa đường thẳng cố định Lời giải Y B R C M X A D Q T B' N A' * Dựng thiết diện hình hộp P C' D'   :  M  ( )  (ABCD)   AC / /( )  AC  (ABCD)       ABCD  d có:  Xét Nên d đường thẳng qua M song song với AC , d cắt AD X , cắt CD Y cắt BC R      ABC D d  , d  qua N song song với AC cắt C D P XN cắt AA  Tương tự xét T , YP cắt CC  Q Trang 9/11 Vậy thiết diện cần tìm lục giác MRQPNT * Chứng minh (α) mặt phẳng chứa) chứa đường thẳng cố định:  AC // ( )   TQ // AC (1)  AC  ( ACC A) ( )  ( ACC A) TQ - Ta có:  AT AX AX // A'N   ADDA  TA AN - Trong mặt phẳng có Mà tứ giác AXRC hình bình hành suy AX CR (*) AM CR MR // BC  = AB CB - Xét tam giác ABC cân có Mà AB BC nên AM RC Suy AX  AM (kết hợp (*)) AT AX AM AT     Suy TA AN AN , hay TA Suy điểm T cố định    chứa đường TQ cố định (đpcm) Kết hợp (1) suy TQ cố định Vậy Trang 10/11 Câu [HH11.C1.1.E04.c] Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  , đáy tam giác cạnh a Các mặt bên ABBA , ACC Alà hình vng I , J tâm hình vng O tâm đường  IJO  Tính trịn ngoại tiếp tam giác ABC Dựng thiết diện hình lăng trụ cắt mặt phẳng diện tích thiết diện theo a Lời giải H B C E D O A J I B' C' G F A' G D F E M ABBA , ACC Alà hai hình vng nên DG FE Suy DEFG hình thang cân Gọi M hình chiếu G DE GD 2.IG 2 IA2  GA2  IA.IG.cos 450  a   a 2 2          3  a   a  a 10      3      2a a   a 10            2a a GM  GD   DE  GF       a 39 DE  FG        ; 3; a 39  2a a  a 39   S DEFG  GM  DE  FG     3 12 Trang 11/11