Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, đường cao SO = 2a, H là trung điểm của BC. a)

Câu hỏi số 405362:

Vận dụng

Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, đường cao SO = 2a, H là trung điểm của BC.

a) Chứng minh rằng: \((SAH) \bot (SBC)\)

b) Gọi M là trung điểm của OH. Mặt phẳng \(\alpha\) qua M vuông góc với AH cắt hình chóp theo một thiết diện. Tính diện tích thiết diện vừa xác định.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:405362

Giải chi tiết

Bài 4:

Cách giải:

a) Vì chóp S.ABC đều có đường cao SO \( \Rightarrow \) O là trọng tâm tam giác ABC.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AH\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right)\).

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot \left( {SAH} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SAH} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).

b) Ta có: \(\left( \alpha \right) \bot AH\), mà \(AH \subset \left( {SAH} \right)\) \( \Rightarrow \left( \alpha \right) \bot \left( {SAH} \right)\).

Lại có \(BC \bot \left( {SAH} \right)\) (cmt) nên \(BC\parallel \left( \alpha \right)\).

Do đó trong mặt phẳng (ABC) qua M kẻ EF // BC \(\left( {E \in AB,\,\,F \in AC} \right)\) \( \Rightarrow EF \subset \left( \alpha \right)\).

Vì \(\left( \alpha \right) \bot AH\), mà \(SO \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SO \bot AH\) nên trong (SAH) kẻ \(MN \bot AM\,\,\left( {N \in SH} \right)\), suy ra \(MN \subset \left( \alpha \right)\). Khi đó ta có \(\left( \alpha \right) \equiv \left( {NEF} \right)\).

Trong (SBC) qua N kẻ HG // BC, vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi \(\left( \alpha \right)\) là tứ giác EFGH.

Vì EF // GH // BC nên EFGH là hình thang.

Vì \(\Delta SAB = \Delta SAC\,\,\left( {c.c.c} \right)\) \( \Rightarrow \angle SBA = \angle SCA\).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{BE}}{{AB}} = \dfrac{{CF}}{{AC}}\). Mà AB = AC \( \Rightarrow BE = CF\). CMTT ta có BH = CG.

Xét tam giác BEH và tam giác CFG có: \(\angle SBA = \angle SCA\), BE = CF, BH = CG.

\( \Rightarrow \Delta BEH = \Delta CFG\,\,\left( {c.g.c} \right)\) \( \Rightarrow EH = FG\) (1).

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \(\dfrac{{HN}}{{BH}} = \dfrac{{SN}}{{SH}} = \dfrac{{NG}}{{HC}}\), mà BH = HC nên HN = NG (2).

Xét tam giác NEF có trung tuyến MN đồng thời là đường cao nên tam giác NEF cân tại N, suy ra NE = NF (3).

Từ (1), (2) và (3) \( \Rightarrow \Delta HNE = \Delta GNF\,\,\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow \angle NHE = \angle NGF\).

Suy ra tứ giác EFGH là hình thang cân, có đường cao MN.

Ta có: \(\dfrac{{EF}}{{BC}} = \dfrac{{AM}}{{AH}} = \dfrac{{AO + OM}}{{AH}} = \dfrac{2}{3} + \dfrac{{\dfrac{1}{2}OH}}{{AH}}\)\( = \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3} = \dfrac{5}{6}\).

\( \Rightarrow EF = \dfrac{5}{6}BC = \dfrac{{5a}}{6}\).

Ta có: \(\dfrac{{HN}}{{BH}} = \dfrac{{SN}}{{SH}} = \dfrac{{OM}}{{OH}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow HN = \dfrac{1}{2}BH = \dfrac{a}{4}\) \( \Rightarrow HG = 2HN = \dfrac{a}{2}\).

Ta có: M là trung điểm của OH, MN // SO nên MN là đường trung bình của tam giác SOH \( \Rightarrow MN = \dfrac{1}{2}SO = a\).

Vậy \({S_{EFGH}} = \dfrac{1}{2}\left( {HG + EF} \right).MN = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{a}{2} + \dfrac{{5a}}{6}} \right).a = \dfrac{{2{a^2}}}{3}.\)

Group 2K9 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> 2K9 Học trực tuyến - Định hướng luyện thi TN THPT, ĐGNL, ĐGTD ngay từ lớp 11 (Xem ngay) cùng thầy cô giáo giỏi trên Tuyensinh247.com. Bứt phá điểm 9,10 chỉ sau 3 tháng, tiếp cận sớm các kì thi.