Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ABCD với...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

+) \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( Q \right) = d\\a \subset \left( P \right)\\a//\left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow a//d\)

+) \(\left\{ \begin{array}{l}a,\,\,b \subset \left( P \right)\\a',\,b' \subset \left( Q \right)\\a//a',\,\,\,b//b'\\a \cap b = \left\{ I \right\}\end{array} \right.\,\,\,\,\, \Rightarrow \left( P \right)//\left( Q \right)\)

+) \(\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)//\left( Q \right)\\a \subset \left( P \right)\end{array} \right. \Rightarrow a//\left( Q \right)\)

Giải chi tiết:

a) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {SAB} \right) = MQ\\SA \subset \left( {SAD} \right)\\SA//\left( {MNPQ} \right)\end{array} \right. \Rightarrow MQ//SA\) (1)

Do \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {MNPQ} \right) \cap \left( {SBC} \right) = PQ\\BC \subset \left( {SBC} \right)\\BC//\left( {MNPQ} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC//PQ\). Mà \(AD//BC \Rightarrow PQ//AD\) (2)

Từ (1), (2) suy ra: \(\left( {MNPQ} \right)//\left( {SAD} \right)\,\, \Rightarrow NP//\left( {SAD} \right)\) (do \(NP \subset \left( {MNPQ} \right)\))

b) Ta có: \(E = MQ \cap NP\).

Mà \(MQ \subset \left( {SAB} \right),\,\,NP \subset \left( {SCD} \right) \Rightarrow E \in \left( {SAB} \right) \cap \left( {SCD} \right)\)

\( \Rightarrow E\) luôn di động trên một đường thẳng cố định, chính là giao tuyến của \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\).

c) Thiết diện của hình chóp cắt bởi \(\left( \alpha  \right)\) là hình thang MNPQ (do \(MN//PQ\,\,\,\left( {//BC} \right)\))

Ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l}MQ//SA\\MN//AD\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {MQN} = \widehat {SAD} = 60^\circ \) (do tam giác SAD đều)

       \(\left\{ \begin{array}{l}NP//SD\\MN//AD\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {QPN} = \widehat {SDA} = 60^\circ \) (do tam giác SAD đều)

\( \Rightarrow \widehat {MQN} = \widehat {QPN}\,\, \Rightarrow MNPQ\) là hình thang cân

+) \(MQ//SA \Rightarrow \dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{{MQ}}{{SA}} = \dfrac{{SQ}}{{SB}} = \dfrac{x}{a} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}MQ = \dfrac{x}{a}.SA = \dfrac{x}{a}.a = x\\\dfrac{{SQ}}{{SB}} = \dfrac{x}{a}\end{array} \right.\)

+) \(PQ//BC \Rightarrow \dfrac{{PQ}}{{BC}} = \dfrac{{SQ}}{{SB}} = \dfrac{x}{a} \Rightarrow PQ = \dfrac{x}{a}.BC = \dfrac{x}{a}.2a = 2x\)

+) Gọi I là trung điểm của BC, J là giao điểm của ID và MN

Khi đó, ABID là hình thoi có các cạnh đều bằng \(a\)\( \Rightarrow MJ = a\) (do\(MJ//BI//AD\))

\(JN//IC \Rightarrow \dfrac{{JN}}{{IC}} = \dfrac{{JD}}{{ID}} = \dfrac{{AM}}{{AB}} = \dfrac{x}{a} \Rightarrow JN = \dfrac{x}{a}.IC = \dfrac{x}{a}.a = x \Rightarrow MN = a + x\)

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của Q, P lên MN.

Do MNPQ là hình thang cân nên \(MH = KN = \dfrac{{MN - PQ}}{2} = \dfrac{{x + a - 2x}}{2} = \dfrac{{a - x}}{2}\)

\(\Delta MQH\) vuông tại H \( \Rightarrow QH = MH.\tan 60^\circ  = \dfrac{{a - x}}{2}.\sqrt 3 \)

Diện tích hình thang MNPQ là:

\(\begin{array}{l}{S_{MNPQ}} = \dfrac{1}{2}\left( {PQ + MN} \right).QH = \dfrac{1}{2}.\left( {2x + x + a} \right).\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {a - x} \right)\\ = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left( {3x + a} \right)\left( {3a - 3x} \right)\end{array}\)

Áp dụng BĐT Cô si, ta có: \(\left( {3x + a} \right)\left( {3a - 3x} \right) \le {\left( {\dfrac{{3x + a + 3a - 3x}}{2}} \right)^2} = 4{a^2}\)

\( \Rightarrow \dfrac{{\sqrt 3 }}{{12}}\left( {3x + a} \right)\left( {3a - 3x} \right) \le \dfrac{{\sqrt 3 }}{{12}}.4{a^2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow {S_{MNPQ}} \le \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(3x + a = 3a - 3x \Leftrightarrow x = \dfrac{2}{3}a\)

Vậy, diện tích thiết diện MNPQ đạt giá trị lớn nhất \(\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{3}\) khi và chỉ khi M nằm trên cạnh AB sao cho \(AM = \dfrac{2}{3}a\).