Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy bằng \(a\), cạnh bên bằng \(2a\). Mặt phẳng
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy bằng \(a\), cạnh bên bằng \(2a\). Mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) qua \(A\) và song song với \(BD\) cắt cạnh \(SC\) tại \(I\) và chia khối chóp thành \(2\) phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích thiết diện của hình chóp \(S.ABCD\) khi cắt bởi mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\).
Đáp án đúng là: E
Quảng cáo
- Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi \(\left( \alpha \right)\).
- Nhận xét hình dạng thiết diện và tính diện tích.
Gọi \(O\) là tâm hình vuông. \(E,F\) là giao điểm của \(\left( \alpha \right)\) với \(SB,SD\).
Do \(BD//\left( \alpha \right)\) nên \(EF//BD\).
Gọi \(H = SO \cap EF\), \(I = AH \cap SC\).
Thiết diện của hình chóp cắt bởi \(\left( \alpha \right)\) chính là tứ giác \(AEIF\).
Đặt \(V = {V_{S.ABCD}} \Rightarrow {V_{S.AEIF}} = \dfrac{1}{2}V\)
Ta có: \({V_{S.AEIF}} = {V_{S.AEI}} + {V_{S.AFI}}\)
\(\begin{array}{l}\dfrac{{{V_{S.AEI}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SE}}{{SB}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} \Rightarrow \dfrac{{2{V_{S.AEI}}}}{V} = \dfrac{{SE}}{{SB}}.\dfrac{{SI}}{{SC}}\\\dfrac{{{V_{S.AFI}}}}{{{V_{S.ADC}}}} = \dfrac{{SF}}{{SD}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} \Rightarrow \dfrac{{2{V_{S.AFI}}}}{V} = \dfrac{{SF}}{{SD}}.\dfrac{{SI}}{{SC}}\\ \Rightarrow \dfrac{{2{V_{S.AEI}}}}{V} + \dfrac{{2{V_{S.AFI}}}}{V} = \dfrac{{SE}}{{SB}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} + \dfrac{{SF}}{{SD}}.\dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{{SI}}{{SC}}.\left( {\dfrac{{SE}}{{SB}} + \dfrac{{SF}}{{SD}}} \right)\\ \Rightarrow \dfrac{{2{V_{S.AEFI}}}}{V} = 2.\dfrac{{SI}}{{SC}}.\dfrac{{SE}}{{SB}} \Rightarrow \dfrac{{2.\dfrac{1}{2}V}}{V} = 2.\dfrac{{SI}}{{SC}}.\dfrac{{SE}}{{SB}} \Rightarrow \dfrac{{SI}}{{SC}}.\dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{1}{2}\,\,\left( * \right)\end{array}\)
Lại có, áp dụng định lý Menelaus cho bộ ba điểm \(A,H,I\) thẳng hàng đối với tam giác \(SOC\) ta có:
\(\dfrac{{IS}}{{IC}}.\dfrac{{AC}}{{AO}}.\dfrac{{HO}}{{HS}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{IS}}{{IC}}.2.\dfrac{{HO}}{{HS}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{IS}}{{IC}}.\dfrac{{HO}}{{HS}} = \dfrac{1}{2}\)
Đặt \(\dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{{SF}}{{SD}} = \dfrac{{SH}}{{SO}} = k > 0\)
\( \Rightarrow SH = k.SO = k\left( {SH + HO} \right) \Rightarrow \left( {1 - k} \right)SH = k.HO \Rightarrow \dfrac{{HO}}{{HS}} = \dfrac{{1 - k}}{k}\)
Suy ra
\(\begin{array}{l}\dfrac{{SI}}{{IC}}.\dfrac{{1 - k}}{k} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{SI}}{{IC}} = \dfrac{k}{{2\left( {1 - k} \right)}} \Rightarrow 2\left( {1 - k} \right)SI = k\left( {SC - SI} \right)\\ \Rightarrow \left( {2 - k} \right)SI = kSC \Rightarrow \dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{k}{{2 - k}}\end{array}\)
Thay \(\dfrac{{SE}}{{SB}} = k,\dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{k}{{2 - k}}\) vào \(\left( * \right)\) ta được:
\(k.\dfrac{k}{{2 - k}} = \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 2{k^2} = 2 - k \Leftrightarrow 2{k^2} + k - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}k = \dfrac{{ - 1 + \sqrt {17} }}{4}\,\,\left( {tm} \right)\\k = \dfrac{{ - 1 - \sqrt {17} }}{4}\,\,\left( {ktm} \right)\end{array} \right.\)
Do đó \(\dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{{EF}}{{BD}} = \dfrac{{\sqrt {17} - 1}}{4}\).
Mà \(BD = a\sqrt 2 \) nên \(EF = \dfrac{{\sqrt {17} - 1}}{4}.a\sqrt 2 = \dfrac{{\sqrt {34} - \sqrt 2 }}{4}a\).
Xét tam giác \(SAC\) có \(SA = SC = 2a,AC = a\sqrt 2 \Rightarrow \cos S = \dfrac{{4{a^2} + 4{a^2} - 2{a^2}}}{{2.2a.2a}} = \dfrac{3}{4}\)
\(\dfrac{{SI}}{{SC}} = \dfrac{k}{{2 - k}} = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt {17} - 1}}{4}}}{{2 - \dfrac{{\sqrt {17} - 1}}{4}}} = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{8} \Rightarrow SI = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{8}SC = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{8}.2a = \dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{4}a\)
Xét tam giác \(SAI\) có:
\(\begin{array}{l}A{I^2} = S{A^2} + S{I^2} - 2SA.SI.\cos S\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 4{a^2} + {\left( {\dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{4}a} \right)^2} - 2.2a.\dfrac{{1 + \sqrt {17} }}{4}a.\dfrac{3}{4} = \dfrac{{35 - 5\sqrt {17} }}{8}{a^2}\end{array}\)
Suy ra \(AI = \dfrac{{\sqrt {35 - 5\sqrt {17} } }}{{2\sqrt 2 }}a\).
Nhận xét: Tứ giác \(AEIF\) có \(EF \bot AI\) (vì \(EF//BD\) và \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot AI\))
Vậy diện tích thiết diện là: \({S_{AEIF}} = \dfrac{1}{2}AI.EF = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt {35 - 5\sqrt {17} } }}{{2\sqrt 2 }}a.\dfrac{{\sqrt {34} - \sqrt 2 }}{4}a = \dfrac{{\sqrt {70 - 10\sqrt {17} } \left( {\sqrt {34} - \sqrt 2 } \right)}}{{32}}{a^2}\)
Đáp án cần chọn là: E
Group 2K8 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
