Câu 50 trang 123 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao

Giải bài tập

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a, đường cao SO = 2a. Gọi M là điểm thuộc đường cao AA₁ của tam giác ABC. Xét mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với AA₁. Đặt AM = x.

a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(P).

b) Tính diện tích thiết diện vừa xác định theo a và x. Xác định vị trí điểm M để diện tích thiết diện đó đạt giá trị lớn nhất.

Trả lời

 

a) Vì (SO ot A{A_1},BC ot A{A_1},left( P ight) ot A{A_1}) và (P) qua điểm M nên (P) là mặt phẳng đi qua điểm M và song song với SO, BC.

Trường hợp x = 0, thiết diện là điểm A.

Trường hợp (0 < x le {{asqrt 3 } over 3})

(left( P ight) cap left( {ABC} ight) = IJ), IJ đi qua điểm M và IJ // BC.

(left( P ight) cap left( {SAO} ight) = MK,MK// SO)

Vậy thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi (P) là tam giác IKJ. Dễ thấy IKJ là tam giác cân tại K.

Trường hợp ({{asqrt 3 } over 3} < x < {{asqrt 3 } over 2})

 

(left( P ight) cap left( {ABC} ight) = IJ), IJ  đi qua M và IJ // BC.

(left( P ight) cap left( {SO{A_1}} ight) = MN,MNparallel SO)

(left( P ight) cap left( {SBC} ight) = HK), HK đi qua N và HK // BC.

Vậy thiết diện thu được là hình thang IJHK.

Mặt khác M, N lần lượt là trung điểm của IJ, HK; MN // SO; (SO ot left( {ABC} ight)) nên (MN ot IJ). Vậy tứ giác IJHK là hình thang cân.

Trường hợp (x = {{asqrt 3 } over 2}), thiết diện là đoạn thẳng BC.

b) Trường hợp (0 le x le {{asqrt 3 } over 3})

(eqalign{  & {S_{IJK}} = {1 over 2}IJ.MK  cr  & {{IJ} over {BC}} = {{AM} over {A{A_1}}} Rightarrow IJ = {{2xsqrt 3 } over 3}  cr  & {{MK} over {SO}} = {{AM} over {AO}} Rightarrow MK = 2xsqrt 3  cr} )

Vậy ({S_{{ m{IJ}}K}} = 2{{ m{x}}^2})

Trường hợp ({{asqrt 3 } over 3} < x < {{asqrt 3 } over 2})

({S_{{ m{IJ}}HK}} = {1 over 2}left( {{ m{IJ}} + HK} ight).MN)

Ta có:

(eqalign{  & IJ = {{2xsqrt 3 } over 3}  cr  & {{HK} over {BC}} = {{SN} over {S{A_1}}} = {{OM} over {O{A_1}}} Rightarrow HK = 2left( {xsqrt 3  - a} ight);  cr  & {{MN} over {SO}} = {{M{A_1}} over {{A_1}O}} Rightarrow MN = 2left( {3{ m{a}} - 2xsqrt 3 } ight) cr} )

Vậy ({S_{{ m{IJ}}HK}} = {2 over 3}left( {4{ m{x}}sqrt 3  - 3{ m{a}}} ight)left( {3{ m{a}} - 2xsqrt 3 } ight))

Dễ thấy khi (0 < x le {{asqrt 3 } over 3}) thì diện tích thiết diện lớn nhất khi và chỉ khi (x = {{asqrt 3 } over 3}). Lúc đó diện tích thiết diện bằng ({{2{{ m{a}}^2}} over 3}).

Khi ({{asqrt 3 } over 3} < x < {{asqrt 3 } over 2}) thì diện tích thiết diện là:

({S_{{ m{IJHK}}}} = {1 over 3}left( {4{ m{x}}sqrt 3  - 3{ m{a}}} ight)left( {6{ m{a}} - 4{ m{x}}sqrt 3 } ight)).

Từ đó, suy ra diện tích thiết diện lớn nhất khi và chỉ khi (x = {{3{ m{a}}sqrt 3 } over 8}) .

Lúc đó diện tích thiết diện bằng ({{3{{ m{a}}^2}} over 4}).

Vậy khi M thay đổi trên AA₁ thì diện tích thiết diện lớn nhất bằng ({{3{{ m{a}}^2}} over 4}), lúc đó M được xác định bởi:

(AM = x = {{3{ m{a}}sqrt 3 } over 8}) hay ({{AM} over {A{A_1}}} = {3 over 4}).

Sachbaitap.com