`

Tel: 024.7300.7989 - Phone: 1800.6947 (Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)

Giỏ hàng của tôi

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn AB = 3a, AD = CD = a. Mặt bên (SAB) là tam giác cân tại S, SA = 2a. Mặt bên \(\left( \alpha  \right)\) di động và song song với (SAB) đồng thời cắt các cạnh AD, BC, SC, SD theo thứ tự M, N, P, Q. Biết tứ giác MNPQ ngoại tiếp một đường tròn bán kính r. Tính r?

Câu 246181: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn AB = 3a, AD = CD = a. Mặt bên (SAB) là tam giác cân tại S, SA = 2a. Mặt bên \(\left( \alpha  \right)\) di động và song song với (SAB) đồng thời cắt các cạnh AD, BC, SC, SD theo thứ tự M, N, P, Q. Biết tứ giác MNPQ ngoại tiếp một đường tròn bán kính r. Tính r?

A. \(r = {{a\sqrt 7 } \over 6}\)

B. \(r = {{a\sqrt 7 } \over 3}\)

C. \(r = {{a\sqrt 7 } \over 2}\)

D. \(r = {{2a\sqrt 7 } \over 3}\)

Câu hỏi : 246181

Phương pháp giải:

Dựng mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) thỏa mãn yêu cầu bài toán, chứng minh thiết diện MNPQ là hình thang cân.


Chứng minh để MNPQ ngoại tiếp được đường tròn thì MN + PQ = MQ + NP (*).


Đặt AM = x. Tính các cạnh của hình thang MNPQ theo x rồi thay vào (*) để tìm x.


Tính bán kính mặt cầu nội tiếp hình thang cân MNPQ.

  • Đáp án : A
    (0) bình luận (0) lời giải

    Giải chi tiết:

    Lấy điểm \(M \in AD,\)  trong (ABCD) qua M kẻ MN // AB \(\left( {N \in BC} \right)\). Trong (SAD) qua M kẻ MQ // SA, trong (SBC) qua N kẻ NP // SB.

    \( \Rightarrow \left( {MNPQ} \right)//\left( {SAB} \right)\).

    Ta có: \(\left\{ \matrix{  \left( {MNPQ} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN \hfill \cr   \left( {MNPQ} \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ \hfill \cr   \left( {ABCD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = CD \hfill \cr}  \right. \Rightarrow MN//PQ//CD \Rightarrow \) MNPQ là hình thang.

    Lại có \(\left\{ \matrix{  \widehat {QMN} = \widehat {\left( {MN;MQ} \right)} = \widehat {\left( {AB;AS} \right)} = \widehat {SAB} \hfill \cr   \widehat {PNM} = \widehat {\left( {NM;NP} \right)} = \widehat {\left( {BA;BS} \right)} = \widehat {SBA} \hfill \cr}  \right. \Rightarrow \widehat {QMN} = \widehat {PNM}\)

    Do đó MNPQ là hình thang cân.

    Giả sử MNPQ ngoại tiếp được đường tròn tâm I, gọi E và F lần lượt là trung điểm của PQ và MN.

    Do MNPQ là hình thang cân nên \(I \in EF\).

    Kẻ \(IH \bot MQ;\,\,IK \bot NP\).

    Ta có: \(IE = IF = IH = IK\), xét tam giác vuông IPE và IPK có IC chung, IE = IK \( \Rightarrow \Delta IPE = \Delta IPK\,\,\left( {ch - cgv} \right) \Rightarrow EP = KP\)

    Chứng minh tương tự ta có: \(QE = QH,\,\,NK = NF,\,\,MH = MF\)

    \( \Rightarrow MN + PQ = MQ + NP = 2MQ\,\,\,\left( * \right)\)

    Đặt AM = x (0 < x < a). Theo định lí Ta-let ta có: \({{DM} \over {DA}} = {{MQ} \over {SA}} \Rightarrow MQ = {{DM.SA} \over {DA}} = {{\left( {a - x} \right).2a} \over a} = 2\left( {a - x} \right)\)

    Ta có : \({{PQ} \over {CD}} = {{SQ} \over {SD}} = {{AM} \over {AD}} \Rightarrow {{PQ} \over a} = {x \over a} \Rightarrow PQ = x\).

    Kẻ DR // BC, gọi \(G = DR \cap MN\), dễ thấy RB = GN = CD = a.

    \({{MG} \over {AR}} = {{DM} \over {DA}} \Rightarrow MG = {{AR.DM} \over {DA}} = {{2a.\left( {a - x} \right)} \over a} = 2\left( {a - x} \right) \Rightarrow MN = MG + GN = 3a - 2x\)

    Thay vào (*) ta có : \(3a - 2x + x = 4\left( {a - x} \right) \Leftrightarrow 3a - x = 4a - 4x \Leftrightarrow 3x = a \Leftrightarrow x = {a \over 3}\).

    \( \Rightarrow MN = {{7a} \over 3},\,\,MQ = {{4a} \over 3};\,\,PQ = {a \over 3}\)

    Ta có : \(EF = \sqrt {M{Q^2} - {{\left( {{{MN - PQ} \over 2}} \right)}^2}}  = {{a\sqrt 7 } \over 3} \Rightarrow r = {1 \over 2}EF = {{a\sqrt 7 } \over 6}.\)

    Chọn A.

    Lời giải sai Bình thường Khá hay Rất Hay

Hỗ trợ - HƯớng dẫn

  • 024.7300.7989
  • 1800.6947free

(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com