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

Giải bài tập 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 \({{AM} \over {A{A_1}}} = {3 \over 4}\).

Loigiaihay.com