Sử dụng kiến thức về tính chất cơ bản về hai đường thẳng song song để tìm giao tuyến. Lời giải Giải bài 4 trang 133 sách bài tập toán 11 – Chân trời sáng tạo tập 1 – Bài tập cuối chương 4. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và tam giác SAB đều….
Đề bài/câu hỏi:
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 \(BM = x\left( {0 < x < a} \right)\), mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) đi qua M song song với hai đường thẳng SA và AB.
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:
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:
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 lí 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 lí Thalès ta có: \(\frac{{PQ}}{{CD}} = \frac{{SQ}}{{SC}}\)
Trong tam giác SBC có MQ//SB nên theo định lí 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)