Cho hình chóp \(S.ABCD\), đáy \(ABCD\) là hình thang lớn \(AD\). Gọi \(E,F\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SD.\)
a) Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng \(\left( {SAC} \right),\left( {SBD} \right);\left( {SAD} \right),\left( {SBC} \right).\)
b) Chứng minh \(EF\parallel \left( {ABCD} \right);EF\parallel \left( {SBC} \right).\)
c) Gọi \(K\) là giao điểm của \(AB,CD.\) Tìm \(M,N\) lần lượt là giao điểm của \(SB,\left( {CDE} \right);SC,(EFM).\) Từ đó, tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng \(\left( {KEF} \right)\).
d) Cho \(AD = 2BC.\) Tính tỉ số diện tích của tam giác \(KMN\) và tam giác \(KEF\).
Câu 376400: Cho hình chóp \(S.ABCD\), đáy \(ABCD\) là hình thang lớn \(AD\). Gọi \(E,F\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SD.\)
a) Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng \(\left( {SAC} \right),\left( {SBD} \right);\left( {SAD} \right),\left( {SBC} \right).\)
b) Chứng minh \(EF\parallel \left( {ABCD} \right);EF\parallel \left( {SBC} \right).\)
c) Gọi \(K\) là giao điểm của \(AB,CD.\) Tìm \(M,N\) lần lượt là giao điểm của \(SB,\left( {CDE} \right);SC,(EFM).\) Từ đó, tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng \(\left( {KEF} \right)\).
d) Cho \(AD = 2BC.\) Tính tỉ số diện tích của tam giác \(KMN\) và tam giác \(KEF\).
Phương pháp giải:
a) Xác định các điểm chung của hai mặt phẳng.
b) Chứng minh \(EF\) song song với một đường thẳng nằm trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {SBC} \right)\).
c) Tìm giao điểm của \(SB\) với một đường thẳng nằm trong \(\left( {CDE} \right)\) và tìm giao điểm cả \(SC\) với một đường thẳng nằm trong \(\left( {EFM} \right)\). Từ đó suy ra thiết diện.
d) Sử dụng công thức: \(\dfrac{{{S_{KMN}}}}{{{S_{KEF}}}} = \dfrac{{KM}}{{KE}}.\dfrac{{KN}}{{KF}}\).
-
Giải chi tiết:
a) * Tìm \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = ?\)
+ Dễ thấy \(S\) là điểm chung thứ nhất.
+ Trong \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(AC \cap BD = \left\{ O \right\}\) ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}O \in AC \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right)\\O \in BD \subset SBD \Rightarrow O \in \left( {SBD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow O \in \left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right)\) \( \Rightarrow O\) là điểm chung thứ hai.
Vậy \(\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\).
* Tìm \(\left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = ?\).
+ Dễ thấy \(S\) là điểm chung thứ nhất.
+ Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \supset AD\\\left( {SBC} \right) \supset BC\\AD\parallel BC\,\,\left( {gt} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAD} \right),\,\,\left( {SBC} \right)\) cắt nhau theo giao tuyến là đường thẳng qua \(S\) và song song với \(AD,\,\,BC\).
Trong \(\left( {SAD} \right)\) kẻ đường thẳng \(d\) qua \(S\) và \(d\parallel AD\parallel BC \Rightarrow \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right) = d\).
b) Ta có: \(EF\) là đường trung bình của \(\Delta SAD\) nên \(EF\parallel AD\) (Tính chất đường trung bình của tam giác).
Mà \(AD \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow EF\parallel \left( {ABCD} \right)\).
Ta có: \(EF\parallel AD\), mà \(AD\parallel BC\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow EF\parallel BC\).
Lại có \(BC \subset \left( {SBC} \right) \Rightarrow EF\parallel \left( {SBC} \right)\).
c) Trong \(\left( {SAB} \right)\) gọi \(M = EK \cap SB\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}M \in SB\\M \in EK \subset \left( {CDE} \right) \Rightarrow M \in \left( {CDE} \right)\end{array} \right. \Rightarrow M = SB \cap \left( {CDE} \right)\).
Trong \(\left( {SCD} \right)\) gọi \(N = FK \cap SC\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}N \in SC\\N \in FK \subset \left( {EFM} \right) \Rightarrow M \in \left( {EFM} \right)\end{array} \right. \Rightarrow N = SC \cap \left( {EFM} \right)\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {KEF} \right) \cap \left( {SAB} \right) = EM\\\left( {KEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = MN\\\left( {KEF} \right) \cap \left( {SCD} \right) = NF\\\left( {KEF} \right) \cap \left( {SAD} \right) = EF\end{array} \right. \Rightarrow \) Thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng \(\left( {KEF} \right)\)là tứ giác\(EMNF\).
d) Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác \(FKD\) ta có: \(\dfrac{{CD}}{{CK}}.\dfrac{{NK}}{{NF}}.\dfrac{{SF}}{{SD}} = 1\).
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{KC}}{{KD}} = \dfrac{{BC}}{{AD}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow C\) là trung điểm của \(KD \Rightarrow \dfrac{{CK}}{{CD}} = 1\).
\(F\) là trung điểm của \(SD\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow \dfrac{{SF}}{{SD}} = \dfrac{1}{2}\).
\( \Rightarrow 1.\dfrac{{NK}}{{NF}}.\dfrac{1}{2} = 1 \Rightarrow \dfrac{{NK}}{{NF}} = 2\)
Tương tự ta có: \(\dfrac{{MK}}{{ME}} = 2\).
Suy ra \(\dfrac{{{S_{KMN}}}}{{{S_{KEF}}}} = \dfrac{{KM}}{{KE}}.\dfrac{{KN}}{{KF}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{9}.\)
Lời giải sai Bình thường Khá hay Rất Hay
>> Học trực tuyến Lớp 11 trên Tuyensinh247.com. Cam kết giúp học sinh lớp 11 học tốt, hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.
 |  |  |  |
 |  |  |  |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
