Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Thiết diện hình chóp lăng trụ (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Mặt (P) song song với (ABC) cắt hình chóp theo thiết diện MNQP là hình bình hành đồng dạng với đáy ABCD theo tỉ số $k=\frac{SM}{SB}=\frac{2}{3}$ (vì SM=2MB). Diện tích đáy: $S_{ABCD}=AB\cdot AD\cdot \sin 150^0=4\cdot 2\cdot \frac{1}{2}=4$. Diện tích thiết diện: $S_{MNQP}=k^2\cdot S_{ABCD}=\frac{4}{9}\cdot 4=\frac{16}{9}\approx 1,78\approx 1,8$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(5;0;0)$, $D(0;5;0)$, $C(5;5;0)$, $O(2,5;2,5;0)$, $S(s;s;h)$ (vì $SB=SD$ nên $S$ nằm trên mặt phẳng trung trực của $BD$, tức là mặt phẳng chứa đường chéo $AC$), với $s^2+s^2+h^2=S{A}^2=25$.

Vì $AM=x$, $AO=\frac{5\sqrt{2}}{2}$ nên đặt $t=\frac{x}{AO}=\frac{2x}{5\sqrt{2}}\in (0;1]$, khi đó $M=tO$.

Mặt phẳng $(\alpha )$ đi qua $M$, song song với $SA$ (chỉ hướng $(s;s;h)$) và $BD$ (chỉ hướng $(1;-1;0)$). Mọi điểm của $(\alpha )$ có dạng $X=M+u(s;s;h)+v(1;-1;0)$.

• Giao với $SO$: $X=S+\lambda (O-S)$. So sánh $z$: $u=1-\lambda$; cộng hai phương trình theo $x,y$ ta được $\lambda =t$. Vậy $N=(1-t)S+tO$, tức $\frac{SN}{SO}=t$.

• Giao với $SB$: $X=S+\mu (B-S)$. Từ $z$: $u=1-\mu$; cộng phương trình theo $x,y$: $5t+2s(1-\mu )=2s+\mu (5-2s)\Rightarrow \mu =t$. Vậy $P=(1-t)S+tB$.

• Giao với $AB$ ($z=0\Rightarrow u=0$): $X=M+v(1;-1;0)$, kết hợp $y=0$ cho $v=2,5t$, suy ra $Q=(5t;0;0)=tB$.

Do đó:
$$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{QP}=(1-t)\overrightarrow{OS}\text{ (cuˋng phương }SA\text{, độ daˋi }5(1-t)),$$
$$\overrightarrow{MQ}=\overrightarrow{NP}=t\overrightarrow{OB}\text{ (độ daˋi }t\cdot \frac{5\sqrt{2}}{2}).$$
Vậy $MNPQ$ là hình bình hành. Hơn nữa $(s;s;h)\cdot (1;-1;0)=s-s=0$ nên $SA\perp BD$, tức $MNPQ$ là hình **chữ nhật** với
$$S_{MNPQ}=5(1-t)\cdot \frac{5\sqrt{2}}{2}t=\frac{25\sqrt{2}}{2}t(1-t).$$
Hàm $f(t)=t(1-t)$ đạt max bằng $\frac{1}{4}$ tại $t=\frac{1}{2}$ (khi đó diện tích lớn nhất $=\frac{25\sqrt{2}}{8}\approx 4,42c{m}^2$).

Suy ra $x=t\cdot AO=\frac{1}{2}\cdot \frac{5\sqrt{2}}{2}=\frac{5\sqrt{2}}{4}\approx 1,7678cm$.

Vậy $x=\frac{5\sqrt{2}}{4}\approx 1,8cm$ để diện tích tứ giác $MNPQ$ lớn nhất.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 20.

a) Xác định giao tuyến của $(MNP)$ với các mặt của hình chóp.

Vì $M,N$ là trung điểm của $SB,SC$ nên $MN\parallel BC$. Đáy $ABCD$ là hình bình hành nên $BC\parallel AD$, suy ra $MN\parallel AD$.

- Trên mặt $(SBC)$: giao tuyến là đoạn $MN$.
- Trên mặt $(SAB)$: vì $M\in SB$, $P\in SA$ nên giao tuyến là đoạn $MP$.
- Trên mặt $(SCD)$: trong mặt phẳng $(SAD)$, qua $P$ vẽ đường thẳng song song với $AD$, cắt $SD$ tại $Q$. Vì $MN\parallel AD$ và $PQ\parallel AD$ nên $MN\parallel PQ$, do đó $PQ$ nằm trong mặt phẳng $(MNP)$. Khi đó $N\in (MNP)\cap (SCD)$ và $Q\in (MNP)\cap (SCD)$, vậy giao tuyến của $(MNP)$ với $(SCD)$ là đoạn $NQ$.
- Trên mặt $(SAD)$: giao tuyến là đoạn $PQ$ (với $PQ\parallel AD$).

Vậy mặt phẳng $(MNP)$ cắt các cạnh bên $SB,SC,SD,SA$ tại $M,N,Q,P$ và không cắt đáy (mặt cắt ngăn cách đỉnh $S$ với đáy). Các giao tuyến tạo thành tứ giác $MNPQ$, trong đó $MN\parallel PQ$ (cùng song song với $BC$), tức là một hình thang.

b) Chứng minh $OJ\parallel (SAD)$ với $J\in MN$.

Vì $J\in MN$ nên tồn tại $t\in [0;1]$ sao cho
$$\overrightarrow{SJ}=(1-t)\overrightarrow{SM}+t\overrightarrow{SN}.$$

Vì $M,N$ là trung điểm của $SB,SC$ nên $\overrightarrow{SM}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SB}$, $\overrightarrow{SN}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SC}$, do đó
$$\overrightarrow{SJ}=\frac{(1-t)\overrightarrow{SB}+t\overrightarrow{SC}}{2}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SB}+\frac{t}{2}\overrightarrow{BC}$$
(vì $\overrightarrow{SC}-\overrightarrow{SB}=\overrightarrow{BC}$).

Vì $ABCD$ là hình bình hành tâm $O$ nên $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}$, suy ra
$$\overrightarrow{SO}=\frac{\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}}{2}=\frac{\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}}{2}.$$

Khi đó
$$\overrightarrow{OJ}=\overrightarrow{SJ}-\overrightarrow{SO}=\frac{1}{2}\overrightarrow{SB}+\frac{t}{2}\overrightarrow{BC}-\frac{\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}}{2}=\frac{1}{2}\left(t\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{SD}\right)=\frac{1}{2}\left(t\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{SD}\right)$$
(vì $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}$).

Vậy $\overrightarrow{OJ}$ là tổ hợp tuyến tính của hai vectơ $\overrightarrow{AD}$ và $\overrightarrow{SD}$ — hai vectơ chỉ phương không cùng phương của mặt phẳng $(SAD)$. Do đó $\overrightarrow{OJ}\parallel (SAD)$.

Mặt khác, $O$ là tâm hình bình hành nằm trong đáy, $O\notin (SAD)$ (vì $O$ không thuộc đường thẳng $AD$), nên đường thẳng $OJ$ không nằm trong mặt phẳng $(SAD)$.

Kết luận: $OJ\parallel (SAD)$.