Phương pháp:
Để xác định thiết diện của mặt phẳng α đi qua điểm O và vuông góc với đường thẳng d với một hình chóp ta thực hiện theo một trong hai cách sau:
Cách 1. Tìm tất cả các đường thẳng vuông góc với d, khi đó α sẽ song song hoặc chứa các đường thẳng này và ta chuyển về dạng thiết diện song song như đã biết ở ( dạng 2, §2 chương II).
Cách 2. Ta dựng mặt phẳng α như sau:
Dựng hai đường thẳng a, b cắt nhau cùng vuông góc với d trong đó có một đường thẳng đi qua O, khi đó α chính là mặt phẳng $mp\left( {a,b} \right)$.
Để xác định thiết diện của mặt phẳng α đi qua điểm O và vuông góc với đường thẳng d với một hình chóp ta thực hiện theo một trong hai cách sau:
Cách 2. Ta dựng mặt phẳng α như sau:
Dựng hai đường thẳng a, b cắt nhau cùng vuông góc với d trong đó có một đường thẳng đi qua O, khi đó α chính là mặt phẳng $mp\left( {a,b} \right)$.
Ví dụ vận dụng
Câu 1: Cho tứ diện đều ABCD cạnh $a = 12$, gọi (P) là mặt phẳng qua B và vuông góc với $AD.$ Thiết diện của (P) và hình chóp có diện tích bằng
A. $36\sqrt 2 $.
B. 40.
C. $36\sqrt 3 $
D. 36.
Thiết diện là tam giác $BCE$, với E là trung điểm của AD. Gọi $F$ là trung điểm của BC.
Ta có $BE = CE = \frac{{12\sqrt 3 }}{2} = 6\sqrt 3 $; $EF = \sqrt {B{E^2} - B{F^2}} = 6\sqrt 2 $.
Diện tích thiết diện là:
$S = \frac{1}{2}EF.BC = 36\sqrt 2 $.
A. Hình thang vuông.
B. Hình thang cân.
C. Hình bình hành.
D. Hình chữ nhật.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BC\\SA \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot SB.$
Vậy $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SB\\\left( P \right) \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right)//BC\left( 1 \right).$
Mà $\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\left( 2 \right).$
Từ $\left( 1 \right);\left( 2 \right) \Rightarrow MN//BC$
Tương tự ta có $PQ//BC;PN//SA$
Mà $SA \bot BC \Rightarrow PN \bot NM.$
Vậy thiết diện là hình thang MNPQ vuông tại N.
A. Hình thang cân
B. Hình thang vuông
C. Hình bình hành
D. Tam giác vuông
Mặt phẳng (P) vuông góc với $OH$ nên (P) song song với SO
Suy ra (P) cắt (SAH) theo giao tuyến là đường thẳng ua I và song song với SO cắt SH tại K
Từ giả thiết suy ra (P) song song BC, do đó (P) sẽ cắt$(ABC),\,(SBC)$ lần lượt là các đường thẳng qua I và K
song song với BC cắt ${\rm{ }}AB,{\rm{ }}AC,{\rm{ }}SB,SC$ lần lượt tại
$M,N,Q,{\rm{ }}P$. Do đó thiết diện là tứ giác MNPQ
Ta có MN vàPQ cùng song song BC suy ra I là trung điểm của MN và K là trung điểm của PQ, lại có các tam giác ABC đều và tam giác SBC cân tại S suy ra IK vuông góc với MN và PQ dó đó MNPQ là hình thang cân.
Chọn A.
A. $S = \frac{{{a^2}\sqrt {3{b^2} - {a^2}} }}{{4b}}$.
B. $S = \frac{{{a^2}\sqrt {3{b^2} - {a^2}} }}{{2b}}$.
C. $S = \frac{{{a^2}\sqrt {3{b^2} + {a^2}} }}{{2b}}$.
D. $S = \frac{{{a^2}\sqrt {3{b^2} + {a^2}} }}{{4b}}$.
Kẻ $AI \bot SC \Rightarrow \left( {AIB} \right) \bot SC$. Thiết diện là tam giác $AIB$.
Ta có $AI = AC\sin \widehat {ACS} = a\sqrt {1 - {{\cos }^2}\widehat {ACS}} = a\sqrt {1 - \left( {\frac{{{a^2} + {b^2} - {b^2}}}{{2ab}}} \right)} = \frac{a}{{2b}}\sqrt {4{b^2} - {a^2}} $
Gọi J là trung điểm của AB. Dễ thất tam giác $AIB$ cân tại I, suy ra $IJ \bot AB$.
$IJ = \sqrt {A{I^2} - A{J^2}} = \frac{a}{{2b}}\sqrt {3{b^2} - {a^2}} $.
Do đó: $S = \frac{1}{2}AB.IJ = \frac{{{a^2}\sqrt {3{b^2} - {a^2}} }}{{4b}}$.
Chọn A
A. $\frac{{\sqrt 3 }}{4}{a^2}$
B. $\frac{{\sqrt 3 }}{6}{a^2}$
C. $\frac{1}{2}{a^2}$
D. $\frac{{\sqrt 3 }}{2}{a^2}$
Do $AD \bot BC,SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right)$$ \Rightarrow BC \bot AH \Rightarrow EF \bot AH$
$ \Rightarrow {S_{\Delta AEF}} = \frac{1}{2}EF.AH$
Mà $EF = \frac{1}{2}BC = a$. Do H là trung điểm $SD \Rightarrow AH = a$ $ \Rightarrow {S_{\Delta AEF}} = \frac{1}{2}{a^2}$
A. $\frac{{3{a^2}}}{8}.$
B. $\frac{{3{a^2}}}{2}.$
C. $\frac{3}{4}{a^2}.$
D. $\frac{{2{a^2}}}{3}.$
Gọi M là trung điểm của BC thì $BC \bot AM\,\left( 1 \right).$
Hiển nhiên $AM = a\sqrt 3 .$
Mà $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BC \bot SA\,\left( 2 \right).$
Từ $\left( 1 \right)\,$và $\left( 2 \right)$ suy ra $BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow \left( P \right) \equiv \left( {SAM} \right)$
Khi đó thiết diện của hình chópS.ABC được cắt bởi (P) chính là $\Delta SAM.$
$\Delta SAM$ vuông tại A nên ${S_{\Delta SAM}} = \frac{1}{2}SA.AM = \frac{1}{2}\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.a\sqrt 3 = \frac{{3{a^2}}}{4}.$ $$
Chọn C
A. $\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$
B. $\frac{{{a^2}}}{6}$
C. $\frac{{{a^2}}}{2}$
D. ${a^2}$
Kẻ $AE \bot BC,SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAE} \right) \equiv \left( P \right)$
Thiết diện của mặt phẳng (P) và hình chóp S.ABC là tam giác SAE có diện tích : $2a$
A. $\frac{{3\sqrt 3 }}{4}.{\left( {\frac{{a - b}}{a}} \right)^2}.$
B. $\frac{{\sqrt 3 }}{4}.{\left( {\frac{{a - b}}{a}} \right)^2}.$
C. $\frac{{3\sqrt 3 }}{{16}}{\left( {\frac{{a - b}}{a}} \right)^2}.$
D. $\frac{{3\sqrt 3 }}{8}{\left( {\frac{{a - b}}{a}} \right)^2}.$
Gọi N là trung điểm của BC.
$\left\{ \begin{array}{l}SB = SC\\AB = AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC \bot SN\\BC \bot AN\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAN} \right).$
Theo bài ra $BC \bot \left( P \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M \in \left( P \right)\\\left( P \right)//\left( {SAN} \right)\end{array} \right.$.
Kẻ $MI//AN,\,MK//SA \Rightarrow $ Thiết diện của (P) và tứ diện SABC là $\Delta KMI.$
$\left\{ \begin{array}{l}\Delta ABC\\\Delta SBC\end{array} \right.$ là hai tam giác đều cạnh $a \Rightarrow AN = SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = SA \Rightarrow \Delta SAN$ là tam giác đều cạnh $\frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \Delta KMI$ là tam giác đều cạnh $\frac{{\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a - b}}{a} \Rightarrow {S_{\Delta KMI}} = \frac{{3\sqrt 3 }}{{16}}.{\left( {\frac{{a - b}}{a}} \right)^2}.$
Chọn C
A. 9
B. 6
C. 8
D. 7
Ta có : $CD \bot AP,CD \bot BP \Rightarrow CD \bot \left( {APB} \right) \Rightarrow BG \bot CD$
Tương tự : $AD \bot CM,AD \bot BM \Rightarrow AD \bot \left( {BCM} \right) \Rightarrow AD \bot BG$
Suy ra : $BG \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BG \bot AP$
Kẻ KL đi qua trọng tâm G của $\Delta ACD$ và song song với CD $ \Rightarrow AP \bot KL$ $ \Rightarrow \left( P \right)$ chính là mặt phẳng $\left( {BKL} \right)$ $ \Rightarrow \left( {ACD} \right) \cap \left( {BKL} \right) = KL = \frac{2}{3}CD = 8$
Có thể nói nhanh theo tính chất tứ diện đều:
Gọi G là trọng tâm $\Delta ACD$ thì G là tâm $\Delta ACD$ và $BG \bot (ACD)$
Trong mp(ACD) kẻ qua G đường thẳng song song với CD cắt AC,AD lần lượt tại K,L
Ta có $(BKL) \bot (ACD),AP \bot KL \Rightarrow AP \bot (BKL)$. Vậy $(P) \equiv (BKL)$
$ \Rightarrow \left( {ACD} \right) \cap \left( {BKL} \right) = KL = \frac{2}{3}CD = 8$.
A. 10.
B. 20.
C. 15.
D. 16.
Do $\left( P \right) \bot AB \Rightarrow \left( P \right)\parallel SA$
Gọi I là trung điểm của $SB \Rightarrow MI\parallel SA \Rightarrow MI \subset \left( P \right)$
Gọi N là trung điểm của $CD \Rightarrow MN \bot AB \Rightarrow MN \subset \left( P \right)$
Gọi K là trung điểm của $SC \Rightarrow IK\parallel BC$, mà $MN\parallel BC \Rightarrow MN\parallel IK$
$ \Rightarrow IK \subset \left( P \right)$
Vậy thiết diện của (P) và hình chóp là hình thang MNKI vuông tại M
Ta có:
MI là đường trung bình của tam giác SAB $ \Rightarrow MI = \frac{1}{2}SA = 3$
IK là đường trung bình của tam giác SBC $ \Rightarrow IK = \frac{1}{2}BC = 3$
MN là đường trung bình của hình thang ABCD $ \Rightarrow MN = \frac{1}{2}\left( {AD + BC} \right) = 7$
Khi đó ${S_{MNKI}} = \frac{{IK + MN}}{2}.MI = \frac{{3 + 7}}{2}.3 = 15$
Vậy Chọn C.
A. Hình thang vuông.
B. Tam giác đều.
C. Tam giác cân.
D. Tam giác vuông.
Gọi I là trung điểm của AC, kẻ $IH \bot SC$.
Ta có $BI \bot AC,\,BI \bot SA \Rightarrow BI \bot SC$.
Do đó $SC \bot \left( {BIH} \right)$ hay thiết diện là tam giác BIH.
Mà $BI \bot \left( {SAC} \right)$ nên $BI \bot IH$ hay thiết diện là tam giác vuông.
Chọn D