Bài 4 trang 133 SBT Toán 11 - Chân trời sáng tạo tập 1: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và tam giác SAB đều...

Đề bài :

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và tam giác SAB đều. Gọi M là điểm thuộc cạnh BC sao cho \(BM = x\left( {0

a) Xác định giao tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) với các mặt của hình chóp.

b) Tính diện tích hình tạo bởi các đoạn giao tuyến ở câu a theo a và x.

Hướng dẫn giải :

Sử dụng kiến thức về tính chất cơ bản về hai đường thẳng song song để tìm giao tuyến: Nếu hai mặt phẳng phân biệt lần lượt đi qua hai đường thẳng song song thì giao tuyến của chúng (nếu có) song song với hai đường thẳng đó hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó.

Lời giải chi tiết :

a) Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ MN//AB//CD (N thuộc AD)

Trong mặt phẳng (SAD), kẻ đường thẳng d đi qua S và song song với AD. Qua N kẻ đường thẳng song song với SA cắt d tại O.

Gọi P là giao điểm của NO và SD, Q là giao điểm của MO và SC.

Khi đó, \(\left( \alpha \right)\) là mặt phẳng (OMN).

Ta có:

\(\left( \alpha \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN,\left( \alpha \right) \cap \left( {SBC} \right) = MQ,\left( \alpha \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ,\left( \alpha \right) \cap \left( {ASD} \right) = PN.\)

b) Các giao tuyến của mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) với các mặt của hình chóp tạo thành tứ giác MNPQ.

Vì CD//MN//PQ nên tứ giác MNPQ là hình thang với \(MN = AB = a,\widehat {QMN} = \widehat {SBA} = {60^0}\)

Trong tam giác SBC có MQ//SB nên theo hệ quả định lý Thalès ta có: \(\frac{{MQ}}{{SB}} = \frac{{MC}}{{BC}}\)

Mà \(SB = BC \Rightarrow MQ = MC = a - x\)

Trong tam giác SDC có PQ//CD nên theo hệ quả định lý Thalès ta có: \(\frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{SQ}}{{SC}}\)

Trong tam giác SBC có MQ//SB nên theo định lý Thalès ta có: \(\frac{{SQ}}{{SC}} = \frac{{MB}}{{BC}}\)

Do đó, \(\frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{BM}}{{BC}}\), mà \(CD = BC \Rightarrow QP = BM = x\)

Qua Q kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt MN tại H.

Ta có: \(\widehat {SBA} = \widehat {HMQ} = {60^0}\)

Khi đó, \(QH = MQ.\sin \widehat {QMH} = MQ.\sin {60^0} = \frac{{\left( {a - x} \right)\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy diện tích hình thang MNPQ là: \(S = \frac{1}{2}QH\left( {MN + PQ} \right) = \frac{1}{2}.\frac{{\left( {a - x} \right)\sqrt 3 }}{2}\left( {a + x} \right) = \frac{{\left( {{a^2} - {x^2}} \right)\sqrt 3 }}{4}\) (đvdt)