Hình chóp SABCD. Đáy là hình vuông ABCD cạnh a. SA=SB=SC=SD=a. P,M,N lần lượt là trung điểm của SA,BC,CD. 1.Dựng thiết diện hình chóp cắt bởi (MNP) 2.

0 bình luận về “Hình chóp SABCD. Đáy là hình vuông ABCD cạnh a. SA=SB=SC=SD=a. P,M,N lần lượt là trung điểm của SA,BC,CD. 1.Dựng thiết diện hình chóp cắt bởi (MNP) 2.”

1. 1. Kéo dài MN cắt AB và AD lần lượt tại K và H. Nối PK cắt SB tại Q, nối PH cắt SD tại R.

   Vậy thiết diện cắt bởi MNP là đa giác MNRPQ.

   2. Ta có

   $S_{MNRPQ} = S_{MNRQ} + S_{PQR}$

   – Tính $S_{MNRQ}$.

   Từ các lập luận trên, ta thấy rằng $BQ = \dfrac{1}{4} BS = \dfrac{1}{4}DS = DR$.

   Vậy QR//BD.

   Lại có MN là đường trung bình tam giác BCD nên MN // BD.

   Vậy tứ giác MNRQ là hình thang.

   Gọi QR cắt SO tại E. KHi đó tam giác SQR đồng dạng vs tam giác SBD và

   $\dfrac{QR}{BD} = \dfrac{SR}{SD}$

   Do đó $QR = \dfrac{3a\sqrt{2}}{4}$.

   Gọi MN giao AC tại F.

   Ta có $MN \perp AC$, $MN \perp SO$ nên $MN \perp (SAC)$ và do đó $MN \perp EF$.

   Do QR // BD, mà $BD \perp AC$, $BD \perp SO$ nên $BD \perp (SAC)$, do đó $QR \perp (SAC)$ và cũng suy ra $QR \perp EF.$

   Vậy chiều cao của hình thang là EF.

   Dễ thấy rằng tam giác SBD cân tại S, có đường cao là SO và độ dài các cạnh của tam giác này đều tính được do đó, ta tính đc $SO = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}$.

   Theo Thales, do QR // BD nên $\dfrac{EO}{SO} = \dfrac{DR}{DS} = \dfrac{1}{4}$, vậy $OE = \dfrac{SO}{4} = \dfrac{a\sqrt{2}}{8}$.

   Mặt khác, do MN là đường trung bình tam giác BCD nên F cũng là trung điểm OC và do đó $OF = \dfrac{OC}{2} = \dfrac{AC}{4} = \dfrac{a\sqrt{2}}{4}$

   Áp dụng định lý Pytago vào tam giác EFO ta tính được

   $EF^2 = EO^2 + OF^2 = (\dfrac{a\sqrt{2}}{8})^2 + (\dfrac{a\sqrt{2}}{4})^2$

   Vậy $EF = \dfrac{a\sqrt{10}}{8}$.

   Vậy $S_{MNQR} = (MN + QR) . EF . \dfrac{1}{2} = (\dfrac{3a\sqrt{2}}{4} + \dfrac{a\sqrt{2}}{2}) . \dfrac{a\sqrt{10}}{8} . \dfrac{1}{2}$

   $S_{MNQR} = \dfrac{5a^2 \sqrt{5}}{32}$.

   – Tính $S_{PQR}$.

   Vẽ riêng mặt đáy, ta có thể tính được BK = DH = $\dfrac{a}{2}$.

   Mặt khác, vẽ riêng tam giác SAB, có SA = SB = AB = a, đây là một tam giác đều. Ta sẽ tính PQ.

   Dễ dàng chứng minh được tam giác KBQ đồng dạng với tam giác KIP, với I là trung điểm của AB.

   Vậy ta có

   $\dfrac{KB}{KI} = \dfrac{BQ}{IP} (= \dfrac{KQ}{KP}$

   Vậy $BQ = \dfrac{a}{4}$ và Q là trung điểm PK.

   Xét trong tam giác SPQ có $\widehat{PSQ} = 60^{\circ}$, SP = $\dfrac{a}{2}$ và $SQ = \dfrac{3a}{4}$.

   Áp dụng định lý hàm số cos ta có

   $PQ^2 = SP^2 + SQ^2 – 2SP.SQ .\cos(\widehat{PSQ})$

   Vậy $PQ = \dfrac{a\sqrt{7}}{4}$

   Lập luận tương tự vs tam giác SAD, ta tính đc $PR = PQ = \dfrac{a\sqrt{7}}{4}$.

   Lại có $QR = \dfrac{3a\sqrt{2}}{4}$.

   Áp dụng công thức Herong ta có

   $S_{PQR} = \sqrt{p(p-PQ)(p_QR)(p-RP)}$

   với $p = \dfrac{PQ + QR + RP}{2} = \dfrac{a(4\sqrt{7} + 3\sqrt{2}}{8}$

   Vậy $S_{PQR} = \dfrac{3\sqrt{5}}{32}$

   Do đó, diện tích của thiết diện là

   $S_{MNRPQ} = \dfrac{3a^2\sqrt{5}}{32} + \dfrac{5a^2 \sqrt{5}}{32} = \dfrac{a^2\sqrt{5}}{4}$.

   Trả lời