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

(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.