Bài 2.45 trang 86 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ( đáy lớn AD). Gọi O la giao điểm của ACvà BD, I và J lần lượt là trung điểm của SB và SC. a) Xác định giao điểm M của AI và (SCD). b) Chứng minh \(IJ\parallel \left( {SAD} \right)\). c) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mp (P) qua I, song song với SD và AC. Giải: a) Gọi \(O' = AB \cap C{\rm{D}},M = AI \cap SO'\) Ta có: \(M = AI \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\) b) \(\eqalign{ & IJ\parallel BC \Rightarrow IJ\parallel AD \cr & \Rightarrow IJ\parallel \left( {SAD} \right) \cr} \) c) Đường thẳng qua I song song với SD cắt BD tại K. Do \({{OB} \over {O{\rm{D}}}} = {{BC} \over {A{\rm{D}}}} < 1\) nên OB < OD. Do đó điểm K thuộc đoạn OD. Qua K, kẻ đường thẳng song song với AC cắt DA, DC, BA lần lượt tại E, F, P. Gọi \(R = IP \cap SA\). Kéo dài PI cắt SO’ tại N Gọi \(L = NF \cap SC\) Ta có thiết diện là ngũ giác IREFL. Bài 2.46 trang 86 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình chóp S.ABCD, có đáy là hình bình hành. Gọi C’ là trung điểm của SC và M là một điểm di động trên cạnh SA. Mặt phẳng (P) di động luôn đi qua C’M và song song với BC. a) Xác định thiết diện (P) cắt hình chóp S.ABCD. Xác định vị trí điểm M để thiết diện là hình bình hành. b) Khi M di động trên cạnh SA, thì giao điểm của hai cạnh đối của thiết diện chạy trên đường nào? Giải: a) \(\left( P \right)\parallel BC\) nên (P) sẽ cắt (SBC) theo giao tuyến B’C’ song song với BC. Tương tự, (P) cắt (SAD) theo giao tuyến MN song song với AD. Khi M trùng với trung điểm A’ của cạnh SA thì thiết diện MB’C’N’ là hình bình hành. b) Với M không trùng với A’: Gọi \(I \in B'M \cap C'N\). Ta có: \(I \in B'M \subset \left( {SAB} \right)\), tương tự \(I' \in C'N \subset \left( {SC{\rm{D}}} \right)\) Như vậy \(I \in \Delta = \left( {SAB} \right) \cap \left( {SC{\rm{D}}} \right)\). Bài 2.47 trang 86 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ABCD (có đáy nhỏ BC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và SD, O là giao điểm của AC và DM. a) Tìm giao điểm của MN và mặt phẳng (SAC). b) Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (NBC). Thiết diện đó là hình gì? Giải: (h.2.73) a) Gọi \(O = AC \cap MD\). Trong mặt phẳng (SMB) gọi \(I = SO \cap MN\). Ta có: \(I = \left( {SAC} \right) \cap MN\) b) \(A{\rm{D}}\parallel BC\left( {BC \subset \left( {SBC} \right)} \right)\) \( \Rightarrow A{\rm{D}}\parallel \left( {SBC} \right)\). Mặt phẳng (SAD) cắt mặt phẳng (NBC) theo giao tuyến \(NP\parallel A{\rm{D}}\left( {P \in SA} \right)\). Ta có thiết diện cần tìm là hình thang BCNP. Bài 2.48 trang 86 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy là tứ giác ABCD. Gọi G1 và G1 lần lượt là trọng tâm của các tam giác SBC và SCD Tìm giao tuyến của mặt phẳng (AG1G2) với các mặt phẳng (ABCD) và (SCD). Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (AG1G2). Giải: Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC, CD. Ta có \(IJ\parallel {G_1}{G_2}\) nên giao tuyến của hai mặt phẳng (AG1G2) và (ABCD) là đường thẳng d qua A và song song với IJ Gọi \(O = IJ \cap AC,K = {G_1}{G_2} \cap SO,L = AK \cap SC\) LG2 cắt SD tại R LG2 cắt SB tại Q Ta có thiết diện là tứ giác AQLR. Bài 2.49 trang 86 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho tứ diện ABCD. Trên ba cạnh AB, AC, AD lần lượt lấy các điểm B’, C’, D’ sao cho đường thẳng B’C’cắt đường thẳng BC tại K, đường thẳng C’D’ cắt đường thẳng CD tại J, đường thẳng D’B’ cắt đường thẳng DB tại I. a) Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng. b) Lấy điểm M ở giữa đoạn thẳng BD; điểm N ở giữa đoạn thẳng CD sao cho đường thẳng MN cắt đường thẳng BC và điểm F nằm bên trong tam giác ABC. Xác định thiết diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (MNF). Giải: (h.2.75) a) Chú ý rằng I, J, K thẳng hàng vì chúng cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (CBD) và (C’B’D’) b) 4. Vì 4 điểm không đồng phẳng sẽ tạo nên 1 tứ diện => có 4 mặt Bài 2.50 trang 87 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho tứ diện ABCD. Tìm vị trí điểm M trong không gian sao cho: \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{{\rm{D}}^2}\) đạt giá trị cực tiểu. Giải: Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và CD. Ta có: \(M{A^2} + M{B^2} = 2M{E^2} + {1 \over 2}A{B^2}\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\) \(M{C^2} + M{D^2} = 2M{F^2} + {1 \over 2}C{{\rm{D}}^2}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\) Cộng (1) và (2) ta có: \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{{\rm{D}}^2}\) \( = 2\left( {M{E^2} + M{F^2}} \right) + {1 \over 2}\left( {A{B^2} + C{{\rm{D}}^2}\,\,} \right)\,\,\) Gọi J là trung điểm của EF, ta có: \(\left( {M{E^2} + M{F^2}} \right) = 2M{J^2}\, + {1 \over 2}E{F^2}\) Khi đó: \(\eqalign{ & M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{{\rm{D}}^2} \cr & = 2\left( {2M{J^2}\, + {1 \over 2}E{F^2}} \right) + {1 \over 2}\left( {A{B^2} + C{{\rm{D}}^2}} \right) \cr & \ge E{F^2} + {1 \over 2}\left( {A{B^2} + C{{\rm{D}}^2}} \right) \cr} \) Vậy \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{{\rm{D}}^2}\) đạt giá trị nhỏ nhất khi \(M \equiv J\). Bài 2.51 trang 87 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho tứ diện ABCD. Lấy điểm M thuộc đoạn AB. Gọi N, P là các điểm thuộc miền trong các tam giác ACD, BCD tương ứng. Xác định thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP) cắt tứ diện ABCD. Giải: (h.2.77) Gọi \(I = AN \cap CD\). Trong mặt phẳng (ABI), gọi \(K = MN \cap BI\). Trong mặt phẳng (BCD), gọi \(E = PK \cap CD,J = PK \cap BC\). Trong mặt phẳng (ACD), gọi \(F = EN \cap A{\rm{D}}\). Ta có thiết diện là tứ giác MJEF. Bài 2.52 trang 87 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi E, F, G lần lượt là các điểm thuộc miền trong các tam giác SAB, SBC, SCD. Xác định thiết diện do mặt phẳng (EFG) cắt hình chóp. Giải: (h.2.78) Gọi \(E' = SE \cap AB,F' = SF \cap BC,G' = SG \cap C{\rm{D}}\). Trong mặt phẳng (SE’F’), gọi \(I = EF \cap E'F',K = FG \cap F'G'\). Ta có: \(IK = \left( {EFG} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\). Gọi \(I' = AB \cap IK,K' = C{\rm{D}} \cap IK\). Gọi \(M = SA \cap I'E,N = SB \cap I'E\) và \(P = SC \cap K'G,Q = S{\rm{D}} \cap K'G\) Thiết diện tạo bởi mp (EFG) cắt hình chóp là tứ giác MNPQ. Chú ý: Vị trí thiết diện có thể thay đổi tùy theo vị trí của E, G, F. Bài 2.53 trang 87 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi R, N, Q là các điểm thuộc các cạnh A’D’, BC, C’D’. a) Tìm giao điểm I và K của đường thẳng RQ với các mặt phẳng (AA’BB’), (BB’, CC’). b) Tìm giao điểm P và J của đường thẳng NK với các mặt phẳng (CC’DD’), (AA’BB’). c) Tìm giao điểm S và M của đường thẳng IJ với các mặt phẳng (ADD’A’), (ABCD). d) Tìm giao tuyến của mặt phẳng (NQR) với các mặt của hình lập phương. d) Tìm thiết diện của mặt phẳng (NQR) với hình lập phương. Giải: (h.2.79) a) Trong mặt phẳng (A’B’C’D’), gọi \(I = RQ \cap A'B',K = RQ \cap B'C'\). Ta có I, K là các điểm cần tìm. b) Trong mặt phẳng (BB’C’C), gọi \(P = NK \cap CC',J = NK \cap BB'\). Ta có P, J là các điểm cần tìm. c) Trong mặt phẳng (AA’B’B), gọi \(S = IJ \cap AA',M = IJ \cap AB\). Ta có S, M là các điểm cần tìm. d) Như vậy giao tuyến của (NQR) với các mặt \(\left( {ABC{\rm{D}}} \right),\left( {BB'C'C} \right),\left( {CC'D'D} \right),\left( {A'B'C'D'} \right),\left( {AA'D'D} \right),\left( {AA'B'B} \right)\) lần lượt là \(MN,NP,PQ,Q{\rm{R}},R{\rm{S}},SM\) . e) Ta có thiết diện cần tìm là lục giác MNPQRS. Bài 2.54 trang 87 Sách bài tập (SBT) Hình học 11. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gợi N, P, Q theo thứ tự là trung điểm của các cạnh BC, CC’, C’D’. Tìm diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (NPQ) cắt hình lập phương. Giải: (h.2.80) Xác định thiết diện: Trong mặt phẳng (DD’C’C), gọi \({C_1} = PQ \cap C{\rm{D, }}{{\rm{D}}_1} = PQ \cap DD'\) Trong mặt phẳng (ABCD), gọi \(M = {C_1}N \cap AB,{A_1} = {C_1}N \cap A{\rm{D}}\) Trong mặt phẳng (DD’A’A), gọi \(R = {D_1}{A_1} \cap A'{\rm{D', S = }}{D_1}{A_1} \cap AA'\) Ta có thiết diện cần tìm là lục giác MNPQRS +Tính diện tích thiết diện : Các đỉnh của hình lục giác là trung điểm các cạnh của hình lập phương nên chúng bằng nhau và mỗi cạnh của lục giác bằng nửa đường chéo của hình vuông có cạnh bằng a. Ta có: \(MN = NP = PQ = Q{\rm{R}} = R{\rm{S}} = SM = {{a\sqrt 2 } \over 2}\) Ngoài ra \(\Delta {D_1}RQ = \Delta S{A_1}M = \Delta PN{C_1}\) ( chúng là những tam giác đều ) Suy ra: \(\widehat {SRQ} = \widehat {RQP} = \widehat {QPN} = \widehat {PNM} = \widehat {NMS} = \widehat {MSR} = {120^0}\) Khi đó , ta có lục giác MNPQRS là lục giác đều. \({S_{MNPQRS}} = {S_{{A_1}{C_1}{D_1}}} - 3{S_{{D_1}RQ}} = {{3{a^2}\sqrt 3 } \over 4}\).
