Bài 10 trang 128 SGK Toán 11 tập 1 - Chân trời sáng tạo — Không quảng cáo

Đề bài

Cho hình chóp $S.ABCD$ với $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$, tam giác $SA{\rm{D}}$ đều. $M$ là điểm trên cạnh $AB$, $\left( \alpha  \right)$ là mặt phẳng qua $M$ và $\left( \alpha  \right)\parallel \left( {SAD} \right)$ cắt $CD,SC,SB$ lần lượt tại $N,P,Q$.

a) Chứng minh rằng $MNPQ$ là hình thang cân.

b) Đặt $AM = x$, tính diện tích $MNPQ$ theo $a$ và $x$.

Lời giải chi tiết

a) Ta có:

$\left. \begin{array}{l}\left( \alpha  \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel PQ\parallel BC$

$\Rightarrow MNPQ$ là hình thang (1).

$\left. \begin{array}{l}\left( \alpha  \right)\parallel \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ\\\left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SAB} \right) = SA\end{array} \right\} \Rightarrow MQ\parallel SA \Rightarrow \frac{{MQ}}{{SA}} = \frac{{BM}}{{AB}}$

$\left. \begin{array}{l}\left( \alpha  \right)\parallel \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) = NP\\\left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right) = SD\end{array} \right\} \Rightarrow NP\parallel SD \Rightarrow \frac{{NP}}{{SD}} = \frac{{CN}}{{C{\rm{D}}}}$

$\left. \begin{array}{l}\left( \alpha  \right)\parallel \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\\left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = MN\\\left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right) = AD\end{array} \right\} \Rightarrow MN\parallel AD\parallel BC \Rightarrow \frac{{BM}}{{AB}} = \frac{{CN}}{{C{\rm{D}}}}$

$\Rightarrow \frac{{MQ}}{{SA}} = \frac{{NP}}{{S{\rm{D}}}}$

Mà tam giác $SAD$ đều nên $SA = S{\rm{D}}$

$\Rightarrow MQ = NP\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow MNPQ$ là hình thang cân.

b) Gọi $I = MQ \cap NP$. Ta có:

$\left. \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SA{\rm{D}}} \right) = SI\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\\left( {SC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = C{\rm{D}}\end{array} \right\} \Rightarrow SI\parallel AB\parallel C{\rm{D}}$

$SI\parallel N{\rm{D}},S{\rm{D}}\parallel NI \Rightarrow SIN{\rm{D}}$ là hình bình hành $\Rightarrow S{\rm{D}} = NI$

$SI\parallel MA,S{\rm{A}}\parallel MI \Rightarrow SIMA$ là hình bình hành $\Rightarrow S{\rm{A}} = MI$

Xét tam giác $IMN$ và tam giác $SAD$ có: $MN\parallel A{\rm{D,}}MI\parallel SA,NI\parallel S{\rm{D}},MN = A{\rm{D}}$

tam giác $IMN$ là tam giác đều cạnh $a$.

$\begin{array}{l}SI\parallel AB \Rightarrow \frac{{SI}}{{BM}} = \frac{{IQ}}{{QM}} \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{BM + SI}} = \frac{{IQ}}{{QM + IQ}} \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{BM + MA}} = \frac{{IQ}}{{QM + IQ}}\\ \Leftrightarrow \frac{{SI}}{{AB}} = \frac{{IQ}}{{MI}} \Leftrightarrow IQ = \frac{{SI.MI}}{{AB}} = \frac{{x.a}}{a} = x\end{array}$

${S_{IMN}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4},{S_{IPQ}} = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {S_{MNPQ}} = {S_{IMN}} - {S_{IPQ}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} - \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\left( {{a^2} - {x^2}} \right)$