Những bài toán về thiết diện trong hình chóp

iác vuông tại A. Với điểm M bất kì thuộc cạnh AD (M≠ A,D), xét mp(α) đi qua điểm M và song song với SA, CD.
a) Thiết diện của hình chóp khi cắt mp(α) là hình gì?
b) Tính diện tích thiết diện theo a, b; AB=a, SA=b, M là trung điểm của AD.
Giải:
a) Thiết diện là tứ giác MNPQ. Do CD // (α), SA // (α) nên MN//PQ//CD, MQ//SA mà
 thiết diện là hình thang MNPQ vuông tại M.
b) Khi M là trung điểm AD, ta được:
Vậy .
Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và mp(SAB) mp(ABCD), cạnh bên SC tạo với mặt phẳng đáy góc . Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng trung trực của cạnh BC.
Giải:
- Gọi H là trung điểm của BA thì .
- Gọi K là trung điểm của CD.
- Gọi M, E, N, P, F, Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng trung trực (R) của BC với các
 cạnh BC, HK, AD, SD, SK, SC. Do đó thiết diện là tứ giác MNPQ.
- Ta có: 
 Thiết diện là hình thang MNPQ có đường cao EF.
- Mặt khác, 
Vậy .
Bài 11: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a, SAmp(ABCD) và SA=a. Gọi (α) là mp qua A và vuông góc với SC cắt SB, SD lần lượt tại B1, D1. Tính diện tích thiết diện của hình chóp tạo bởi mp(α).
Giải:
- Giả sử B1D1 cắt BD, khi đó ta có:
+ 
+ Mặt khác, . 
Suy ra vô lí (do trong một tam giác không thể tồn tại hai cặp cạnh vuông góc).
- Do đó, B1D1//BD. Mà 	.
- Có . 
Tương tự, .
- Do tam giác SAB vuông cân tại A, AB1là đường cao nên B1 là trung điểm của SB
- Xét tam giác SAC vuông tại A, đường cao AD1:
.
Vậy .
Bài 12: Cho hình chóp A.BCD có đáy là tam giác đều cạnh a, AB= . Đường cao của hình chóp kẻ từ đỉnh A đi qua trung điểm H của cạnh CD. Tính diện tích thiết diện hình chóp khi cắt bởi mp(P) song song với AB, CD và cách đỉnh B một khoảng bằng x.
Giải:
- Gọi (P) cắt các cạnh AC, AD, DB, BC, HB, AH lần lượt tại P, Q, R, S, I, J. Ta có:
 Thiết diện PQRS là hình bình hành.
- Mặt khác, .
- Có: 
.
Mà: 
Suy ra, .
- Và: 
.
Vậy: .
Bài 13: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều, SA=SB=SC=a và cùng tạo với mặt phẳng (ABC) góc 600. Một mặt phẳng (P) song song với SA, BC và cắt hình chóp theo thiết diện là hình vuông. Tính diện tích thiết diện.
Giải:
- Giả sử H là tâm của tam giác đều ABC, suy ra SH là trục của tam giác ABC. Suy ra 
- Gọi cạnh của hình vuông MNPQ là x, A’ là trung điểm của BC.
- Ta có:
- Mà ta lại có: 
Suy ra: .
Do đó: .
Vậy .
Bài 14: Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh là 6. N là trung điểm của AC; M, P lần lượt thuộc đoạn AB, CD sao cho: . Tính diện tích thiết diện của tứ diện khi tạo bởi mặt phẳng (MNP).
Giải:
- Gọi Nên thiết diện là tứ giác MNPQ.
- Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác BCA với bộ điểm (R, N, M) thẳng hàng, ta
 được: .
.
- Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác CBD với bộ điểm (R, P, Q) thẳng hàng, ta được
:
.
-Ta được: .
-Có: .
- Áp dụng định lí cosin vào các tam giác RNC, RNP, NPC ta được:
.
Vậy theo công thức Hêrông ta được: 
.
Vây diện tích thiết diện là: 
Bài 15 : Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy là a, mặt bên hợp với mặt đáy một góc . Tính diện tích thiết diện tạo bởi hình chóp và mặt phằng (R), trong đó mặt phẳng (R) đi qua một cạnh đáy và hợp với mặt đáy một góc .
Giải: 
C
F
B
D
E
Q
C
PZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ
O
C
K
A
Vì S.ABCD là hình chóp đều nên đáy ABCD là hình vuông, chân đường cao của hình 
chóp là tâm O của đáy, và các mặt bên hợp với mặt đáy một góc .
 Gọi (R) là mặt phẳng đi qua cạnh CD, hợp với mặt đáy một góc .
 E, F lần lượt là trung điểm cạnh đáy AB, CD
 => EF hiển nhiên qua tâm O và vuông góc với AB, CD (do ).
Ta có 
Trong mp(SEF) kẻ sao cho KF hợp với EF một góc . 
Vì là góc giữa mp(R) và mặt đáy (ABCD).
Do 
Lại có hình chóp S.ABCD đều nên thiết diện dựng được là miền tứ giác PQCD dạng hình thang cân. 
Ta có 
 Trong , theo định lý hàm số sin 
 Trong do PQ//AB nên 
Lại có .Do đó 
Suy ra 
Đến đây thì việc giải bài toán sau trở nên đơn giản hơn rất nhiều: 
 Bài toán : Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy là a, các mặt bên hợp với đáy một góc . Mặt phân giác () của góc nhị diện cạnh BC cắt SD tại M, cắt SA tại N. Hãy tính thể tích của hình chóp S.BCMN theo .
 Bài 16: Cho tứ diện ABCD trong đó góc giữa hai đường thẳng AB và CD là. Gọi M là điểm bất kì thuộc cạnh AC, đặt AM = x ( 0< x < AC). Xét mp(P) đi qua M và song song với AB, CD.
a) Dựng thiết diện và xác định vị trí điểm M để diện tích thiếc diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi mp(P) đạt giá trị lớn nhất.
b) Chu vi thiết diện nói trên không phụ thuộc vào x khi và chỉ khi nào?
Giải:
a)
- Dựng .
 Vậy thiết diện là hình bình hành MNPQ.
 - Diện tích thiết diện MNPQ (H là hình chiếu M lên NP):
Do đó:
Smax = hay M là trung điểm của AC.
b) Chu vi thiết diện nêu trên bằng:
Chu vi thiết diện không phụ thuộc vào x khi và chỉ khi , hay CD=AB.
Bài 17 : Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a, AB = 2m, CD = 2n. Tìm vị trí đoạn vuông góc chung IJ của hai cạnh đối nhau AB, CD. Một mp() vuông góc với IJ tại O sao cho . Xác định thiết diện của tứ diện với mp(). Tính diện tích S(x) của thiết diện. Đồng thời, xác định vị trí điểm O để thiết diện có diện tích lớn nhất.
Giải :
C
J
D
M
B
I
A
P
O
E
Q
N
F
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của cạnh AB và CD. 
Từ giả thiết AC = AD = BC = BD = a suy ra : 
Do đó IJ chính là đoạn vuông góc chung của hai cạnh AB và CD.
	Mp() vuông góc với IJ tại O nên mặt phẳng này song song với AB, CD. 
Từ đó suy ra cách xác định thiết diện như sau :
 Trong mp(ABJ) từ O kẻ .
 Trong mp(ACD) từ E kẻ .
 Trong mp(BCD) từ F kẻ .
Hiển nhiên M, N, P, Q đều thuộc mp(). Do đó thiết diện chính là hình chữ nhật MNPQ dựng được.
Ta có 
. 
Suy ra diện tích thiết diện:
Vì vậy max khi , nghĩa là O là trung điểm của IJ.
Bài 18: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang vuông, đường cao AB=a, cạnh đáy nhỏ BC=a và . Cạnh vuông góc với mặt đáy.
Tính số đo góc nhị diện cạnh SD
Trên cạnh AB lấy điểm M, đặt . Mặt phẳng qua A và song song mp(SBC) cắt CD, SD, SA lần lượt tại N, P, Q. Tính khi diện tích tứ giác MNPQ đạt giá trị lớn nhất 
Giải :
D
N
C
B
M
P
 K
J
I
A
S
450
Q
H
a) Gọi I là trung điểm AD. Kẻ .
Mặt khác nên là góc nhị diện cạnh SD.
Gọi J là trung điểm SD . Xét tam giác vuông 
Xét 
	b) Thiết diện MNPQ // mp(SBC)
 Thiết diện là hình thang vuông, đường cao MQ .
 Trong , do MQ//SB nên
 Trong , do PQ//AD nên 
Gọi E là giao điểm giữa MN với CI, khi đó
 (BĐT AM-GM)
 đạt max .
Kẻ . Ta có 
.
Bài 19: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Gọi M, N, P là trung điểm của AB, AD, SC.
a) Dựng thiết diện tạo bởi mp(MNP).
b) Tìm diện tích thiết diện.
Giải:
- Gọi E, F, R, Q lần lượt là giao điểm của MN với CD, MN với BC, SB với PF, 
của SD, PE. Suy ra thiết diện là ngũ giác MNQPR.
-Tacó: 
.
- Ta có: .
- Dễ thấy .
.
- Gọi J là hình chiếu của P trên AC PJ là đường trung bình của 
tam giác SOC, suy ra J là trung điểm của OC.
.
.
- Gọi K=hcQ/NE. Suy ra:
.
Vậy .
 C Cách khác: Chiếu vuông góc ngũ giác MNQPR lên mặt phẳng đáy. Ta có góc giữa mặt phẳng thiết diện với mp đáy là , với .
.
 C Vẫn còn có thể khai thác thêm bài toán này nếu chúng ta chú ý thêm về mối
 quan hệ thể tích giữa các khối hình:
 Ta có 
Áp dụng định lí Menelaus với bộ 3 điểm (D, S, Q) trong 
. Ta có : 
. Tương tự ta cũng có 
( với V2 là thể tích phần khối chóp giưới hạn bởi mp(MNP) và mặt đáy).
Vậy nếu gọi V1 là phần thể tích còn lại của khối chóp giới hạn bởi mp(MNP) thì V1 cũng bằng , tức là V1 = V2.
Do khi chứng minh ta không hề sử dụng đến yếu tố chóp đều của hình mà chỉ quan tâm đến quan hệ song song ở các cặp cạnh đối ở mặt đáy để lập tỉ số nên kết quả trên vẫn sẽ đúng nếu ta thay đổi đề bài lại như sau
 Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AD, SC. Khi đó hãy chứng minh mp(MNP) chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau.
Bài 20: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a, đường cao SO=2a. Gọi điểm M là điểm thuộc đường cao AA’ của tam giác ABC. Xét mp(P) đi qua điểm M và vuông góc với AA’. 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 đạt giá trị lớn nhất.
Giải:
a) Xác định thiết diện:
Vì nên (P) chính là mặt phẳng qua M và song song với SO, BC.
- TH 1: M thuộc đoạn AO hay :
+ Kẻ QR qua M và song song với BC (Q, R lần lượt thuộc SO, BC).
+ Kẻ MP song song với SO, P thuộc SA.
Thiết diện là tam giác PQR cân tại P.
- TH2: M là điểm thuộc đoạn thẳng OA’ :
+ Kẻ PQ qua M và song song BC (P, Q lần lượt thuộc AB, AC).
+ Kẻ MM’ song song, M’ thuộc AA’.
+ Kẻ RT qua M’ và song song BC (T, R lần lượt thuộc SB, SC).
Thiết diện là hình thang PQRT có đường cao MM’.
b) Tính diện tích thiết diện:
- TH 1:
+ Ta có: 
+ .
+ .
.
Do nên .
-TH 2:
+ Ta có: .
+ .
+ .
+ .
Dấu “=” xảy ra .
Do đó:.
Từ các trường hợp ta nhận được .
Vậy điểm M thuộc AA’ sao cho thoả yêu cầu đề bài..
Bài 21: Cho hình chóp S.ABCD đỉnh S, đáy là một tam giác vuông ở A vói AB = a, BC = 2a. Điểm H thuộc AC sao cho , SH là đường cao của hình chóp và . I, J lần lượt là trung điểm cạnh BC, SA. Dựng và tính diện tích mặt cắt của hình chóp với các mặt :
Qua điểm giữa K của SH và song song với SA, BC.
Qua H và vuông góc AI.
Qua BJ và vuông góc với mp(SHI).
Qua I và vuông góc với BC.
Giải:
C’
C
S
A
I
J
N
K
P
B
Q
M
H
 a) Gọi K là trung điểm SH và mặt phẳng qua K song song với SA, BC là mp()
Vì mp()//SA nên mặt phẳng này cắt mp(SAC) và mp(SAB) theo các giao tuyến
 MN//PQ//BC. Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.
Trong mp(SAC) qua A kẻ AC’ song song và bằng SC, ta có : CC’//MN//SA và
 Vì và nên 
Do đó nên hay tam giác BCC’ là tam giác vuông tại C’.
Ta có CC’//MN và BC//NP vậy .
Trong tam giác vuông BCC’ có: 
. 
Vậy 
Diện tích hình bình hành MNPQ là:
Ta có ~ nên 
Mặt khác ~nên
Suy ra . Vậy 
 Tương tự ~nên 
Vậy 
Vì và nên theo định lí ba đường vuông góc ta có
 . Vậy tam giác SAB vuông tại A.