Câu 50 trang 123 Sách bài tập Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a, đường cao SO = 2a. Gọi M là điểm thuộc đường cao AA₁ của tam giác ABC. Xét mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với AA₁. Đặt AM = x.

a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(P).

b) Tính diện tích thiết diện vừa xác định theo a và x. Xác định vị trí điểm M để diện tích thiết diện đó đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải chi tiết

a) Vì \(SO \bot A{A_1},BC \bot A{A_1},\left( P \right) \bot A{A_1}\) và (P) qua điểm M nên (P) là mặt phẳng đi qua điểm M và song song với SO, BC.

Trường hợp x = 0, thiết diện là điểm A.

Trường hợp \(0 < x \le {{a\sqrt 3 } \over 3}\)

\(\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = IJ\), IJ đi qua điểm M và IJ // BC.

\(\left( P \right) \cap \left( {SAO} \right) = MK,MK// SO\)

Vậy thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi (P) là tam giác IKJ. Dễ thấy IKJ là tam giác cân tại K.

Trường hợp \({{a\sqrt 3 } \over 3} < x < {{a\sqrt 3 } \over 2}\)

\(\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = IJ\), IJ  đi qua M và IJ // BC.

\(\left( P \right) \cap \left( {SO{A_1}} \right) = MN,MN\parallel SO\)

\(\left( P \right) \cap \left( {SBC} \right) = HK\), HK đi qua N và HK // BC.

Vậy thiết diện thu được là hình thang IJHK.

Mặt khác M, N lần lượt là trung điểm của IJ, HK; MN // SO; \(SO \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(MN \bot IJ\). Vậy tứ giác IJHK là hình thang cân.

Trường hợp \(x = {{a\sqrt 3 } \over 2}\), thiết diện là đoạn thẳng BC.

b) Trường hợp \(0 \le x \le {{a\sqrt 3 } \over 3}\)

\(\eqalign{  & {S_{IJK}} = {1 \over 2}IJ.MK  \cr  & {{IJ} \over {BC}} = {{AM} \over {A{A_1}}} \Rightarrow IJ = {{2x\sqrt 3 } \over 3}  \cr  & {{MK} \over {SO}} = {{AM} \over {AO}} \Rightarrow MK = 2x\sqrt 3  \cr} \)

Vậy \({S_{{\rm{IJ}}K}} = 2{{\rm{x}}^2}\)

Trường hợp \({{a\sqrt 3 } \over 3} < x < {{a\sqrt 3 } \over 2}\)

\({S_{{\rm{IJ}}HK}} = {1 \over 2}\left( {{\rm{IJ}} + HK} \right).MN\)

Ta có:

\(\eqalign{  & IJ = {{2x\sqrt 3 } \over 3}  \cr  & {{HK} \over {BC}} = {{SN} \over {S{A_1}}} = {{OM} \over {O{A_1}}} \Rightarrow HK = 2\left( {x\sqrt 3  - a} \right);  \cr  & {{MN} \over {SO}} = {{M{A_1}} \over {{A_1}O}} \Rightarrow MN = 2\left( {3{\rm{a}} - 2x\sqrt 3 } \right) \cr} \)

Vậy \({S_{{\rm{IJ}}HK}} = {2 \over 3}\left( {4{\rm{x}}\sqrt 3  - 3{\rm{a}}} \right)\left( {3{\rm{a}} - 2x\sqrt 3 } \right)\)

Dễ thấy khi \(0 < x \le {{a\sqrt 3 } \over 3}\) thì diện tích thiết diện lớn nhất khi và chỉ khi \(x = {{a\sqrt 3 } \over 3}\). Lúc đó diện tích thiết diện bằng \({{2{{\rm{a}}^2}} \over 3}\).

Khi \({{a\sqrt 3 } \over 3} < x < {{a\sqrt 3 } \over 2}\) thì diện tích thiết diện là:

\({S_{{\rm{IJHK}}}} = {1 \over 3}\left( {4{\rm{x}}\sqrt 3  - 3{\rm{a}}} \right)\left( {6{\rm{a}} - 4{\rm{x}}\sqrt 3 } \right)\).

Từ đó, suy ra diện tích thiết diện lớn nhất khi và chỉ khi \(x = {{3{\rm{a}}\sqrt 3 } \over 8}\) .

Lúc đó diện tích thiết diện bằng \({{3{{\rm{a}}^2}} \over 4}\).

Vậy khi M thay đổi trên AA₁ thì diện tích thiết diện lớn nhất bằng \({{3{{\rm{a}}^2}} \over 4}\), lúc đó M được xác định bởi:

\(AM = x = {{3{\rm{a}}\sqrt 3 } \over 8}\) hay \({{AM} \over {A{A_1}}} = {3 \over 4}\).