Thiết diện và các bài toán liên quan

Kẻ $AE \bot BC,SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAE} \right) \equiv \left( P \right)$

Thiết diện của mặt phẳng $\left( P \right)$ và hình chóp $S.ABC$ là tam giác $SAE$ có diện tích ${S_{SAE}} = \dfrac{1}{2}SA.AE = \dfrac{1}{2}a.a.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BC\\SA \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB.$

Vậy $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SB\\\left( P \right) \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow \left( P \right)//BC\left( 1 \right).$

Mà $\left( P \right) \cap \left( {ABC} \right) = MN\left( 2 \right).$

Từ $\left( 1 \right);\left( 2 \right) \Rightarrow MN//BC$

Tương tự ta có $PQ//BC$ nên MN//PQ hay thiết diện là hình thang.

$\left\{ \begin{array}{l} BC \bot \left( {SAB} \right)\\ MN//BC \end{array} \right.$ $\Rightarrow MN \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow MN\bot MQ$

Vậy thiết diện là hình thang $MNPQ$ vuông tại $M$ và $Q$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AC$, kẻ $IH \bot SC$.

     Ta có $BI \bot AC,\,BI \bot SA \Rightarrow BI \bot SC$.

     Do đó $SC \bot \left( {BIH} \right)$ hay thiết diện là tam giác $BIH$.

     Mà $BI \bot \left( {SAC} \right)$ nên $BI \bot IH$ hay thiết diện là tam giác vuông.

Do$AD \bot BC,SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAD} \right)$$\Rightarrow BC \bot AH \Rightarrow EF \bot AH$

$\Rightarrow {S_{\Delta AEF}} = \dfrac{1}{2}EF.AH$

Mà $EF = \dfrac{1}{2}BC = a$. Do $H$ là trung điểm $SD \Rightarrow AH = \dfrac{1}{2}SD = a$ $\Rightarrow {S_{\Delta AEF}} = \dfrac{1}{2}{a^2}$

Gọi $O = AC \cap BD$, $I = SO \cap AM$. Trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ qua $I$ kẻ $EF//BD$, khi đó ta có $\left( {AEMF} \right) \equiv \left( \alpha  \right)$ là mặt phẳng chứa $AM$ và song song với $BD$. Do đó thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ là tứ giác $AEMF$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{FE\,{\rm{//}}\,BD}\\{BD \bot \left( {SAC} \right)}\end{array}} \right.$$\Rightarrow FE \bot \left( {SAC} \right)$$\Rightarrow FE \bot AM$.

Mặt khác ta có:

*$AC = 2a = SA$ nên tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$, suy ra $AM = a\sqrt 2$.

* $I$ là trọng tâm tam giác $SAC$, mà $EF\,{\rm{//}}\,BD$ nên tính được $EF = \dfrac{2}{3}BD = \dfrac{{4a}}{3}$.

Tứ giác $AEMF$ có hai đường chéo $FE \bot AM$ nên ${S_{AEMF}} = \dfrac{1}{2}FE.AM = \dfrac{{2{a^2}\sqrt 2 }}{3}$

Mặt phẳng $\left( {ABN} \right)$ chứa $AB{\rm{//}}CD$ nên cắt mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ theo giao tuyến $NM{\rm{//}}CD$ và $M$ cũng là trung điểm của $SC$. Suy ra thiết diện cần tìm là hình thang cân $ABMN$.

Hạ $NI \bot AB$. Ta có $N{I^2} = A{N^2} - A{I^2}$ với $AN = \dfrac{{8a\sqrt 3 }}{2} = 4a\sqrt 3$.

$2AI = AB - MN$$= 8a - 4a = 4a \Rightarrow AI = 2a$. Từ đó suy ra $NI = 2a\sqrt {11}$.

Vậy ${S_{ABMN}} = \dfrac{1}{2}\left( {AB + MN} \right).NI$$= \dfrac{1}{2}\left( {8a + 4a} \right)2a\sqrt {11}  = 12{a^2}\sqrt {11}$.

Kẻ $IM{\rm{//}}CD$ với $M \in BC$.

Ta có $\left. \begin{array}{l}IM \bot SA\\IM \bot AD\end{array} \right\}$$\Rightarrow IM \bot \left( {SAD} \right)$$\Rightarrow IM \bot SD$$\Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right) = IM$.

Kẻ $IH \bot SD$ với $H \in SD$$\Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = IH$.

Vì $\left. \begin{array}{l}IM{\rm{//}}CD\\IM \subset \left( P \right)\\CD \subset \left( {SCD} \right)\end{array} \right\}$$\Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {SCD} \right) = HK$ với $HK{\rm{//}}IM\left( {{\rm{//}}CD} \right)$và $K \in SC$.

$\left( P \right) \cap \left( {SBC} \right) = KM$.

Vì $IM \bot \left( {SAD} \right)$ nên $IM \bot IH$. Do đó thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng $\left( P \right)$ là hình thang $IHKM$ vuông tại $I$và $H$.

Ta có $IM = AB = 2a$.

Xét $\Delta SAD$ có: $\tan \widehat {SAD} = \dfrac{{SA}}{{AD}}$$= \dfrac{{2\sqrt[{}]{3}a}}{{2a}}$$= \sqrt[{}]{3}$$\Rightarrow \widehat {SDA} = 60^\circ$.

Xét $\Delta DHI$ có: $\sin \widehat {HDI} = \dfrac{{HI}}{{ID}}$$\Rightarrow HI = ID.\sin 60^\circ$$= a.\dfrac{{\sqrt[{}]{3}}}{2}$.

Xét $\Delta SAD$ có: $SD = \sqrt[{}]{{S{A^2} + A{D^2}}}$$= \sqrt[{}]{{12{a^2} + 4{a^2}}}$$= 4a$.

Xét $\Delta DHI$ có: $HD = \sqrt[{}]{{I{D^2} - I{H^2}}}$$= \sqrt[{}]{{{a^2} - \dfrac{{3{a^2}}}{4}}}$$= \dfrac{a}{2}$$\Rightarrow SH = SD - HD$$= 4a - \dfrac{a}{2}$$= \dfrac{{7a}}{2}$.

Vì $HK{\rm{//}}CD$ nên theo Talet ta có $\dfrac{{HK}}{{CD}} = \dfrac{{SH}}{{SD}}$$= \dfrac{{\dfrac{{7a}}{2}}}{{4a}} = \dfrac{7}{8}$$\Rightarrow HK = \dfrac{7}{8}CD$$= \dfrac{7}{8}.2a$$= \dfrac{{7a}}{4}$.

Do đó diện tích thiết diện là ${S_{IHKM}} = \dfrac{{\left( {IM + HK} \right).IH}}{2}$$= \dfrac{{\left( {2a + \dfrac{{7a}}{4}} \right).\dfrac{{a\sqrt[{}]{3}}}{2}}}{2}$$= \dfrac{{15\sqrt[{}]{3}{a^2}}}{{16}}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ thì $BC \bot AM\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right).$

Hiển nhiên $AM = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$. 

Mà $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BC \bot SA\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right).$

Từ $\left( 1 \right)\,$và $\left( 2 \right)$ suy ra $BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow \left( P \right) \equiv \left( {SAM} \right).$

$\Rightarrow$ Thiết diện của hình chóp $S.ABC$ được cắt bởi $(P)$ chính là $\Delta SAM.$

Và $\Delta \,SAM$ vuông tại $A$ nên ${S_{\Delta SAM}} = \dfrac{1}{2}SA.AM$ $= \dfrac{1}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.a\sqrt 3  = \dfrac{{3{a^2}}}{4}.$

Ta có $AD$ vuông góc với $SA$ và $AB$ $\Rightarrow AD \bot mp\,\,\left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot SB.$

Vẽ đường cao $AH$ trong tam giác $SAB$

Lại có $AD$ và $AH$ qua $A$ và vuông góc với $SB.$

Vậy mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ chính là mặt phẳng $(AHD).$

Mặt khác $AD // mp(SBC)$ mà $AD \subset mp\,\,\left( {AHD} \right)$

Vậy mặt phẳng $(SBC)$ cắt mặt phẳng $(AHD)$ theo giao tuyến $HK // AD.$

Do đó mặt cắt là hình thang $ADKH$ mà $AD \bot mp\,\,\left( {SAB} \right)$$\Rightarrow \,AD \bot AH.$

Vậy $ADKH$ là hình thang vuông.

Gọi $E$ là trung điểm của $AD$ ta có $BE \bot AD,CE \bot AD \Rightarrow AD \bot \left( {BCE} \right) \Rightarrow \left( P \right) \equiv \left( {BCD} \right)$

Thiết diện là tam giác $BCE.$

Gọi $F$ là trung điểm của $BC.$

Ta có $BE = CE = \dfrac{{12\sqrt 3 }}{2} = 6\sqrt 3 ;$ $EF = \sqrt {B{E^2} - B{F^2}}  = 6\sqrt 2$

Diện tích thiết diện là $S = \dfrac{1}{2}EF.BC = \dfrac{1}{2}.6\sqrt 2 .12 = 36\sqrt 2$

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ACD$ thì $BG \bot \left( {ACD} \right)$ (tính chất tứ diện đều)

Kẻ $KL$ đi qua trọng tâm $G$ của $\Delta ACD$ và song song với $CD$ $\Rightarrow AP \bot KL$ $\Rightarrow \left( P \right)$ chính là mặt phẳng $\left( {BKL} \right)$ $\Rightarrow \left( {ACD} \right) \cap \left( {BKL} \right) = KL = \dfrac{2}{3}CD = 8$

Ta có $AH$ vuông góc với $BC$ và $AD.$

Vậy $(P)$ là mặt phẳng song song với $BC$ và $AD.$

Lại có $BC // (P)$ nên $(P)$ cắt hai mặt phẳng $(ABC)$ và $(DBC)$ theo hai giao tuyến $NR$ và $MS$ với $NR // MS // BC.$

Mà $AD // (P)$ nên $\left( P \right)$ cắt hai mặt phẳng $(ACD)$ và $(BAD)$ theo hai giao tuyến $RS$ và $NM$ với $RS // MN // AD.$

Mặt khác $NM // AD$ và $AD \bot NR$$\Rightarrow MN \bot NR$ suy ra $MNRS$ là hình chữ nhật.

Gọi $M, M’, N, R$ lần lượt là trung điểm của $AC, A’C’, AM$ và $AB.$

Tam giác $A’B’C’$ đều suy ra $B'M' \bot A'C'.$

Mà $AA’$ vuông góc với đáy $(A’B’C’)$ $\Rightarrow \,\,AA' \bot B'M'.$

Vậy $B’M’$ vuông góc với $(ACC’A’)$ $\Rightarrow$$B'M' \bot A'C.$

Gọi $I$ là trung điểm của $AA’,$ ta có $A’C // MI.$

Mà $M’A’AM$ là hình vuông $\Rightarrow \,\,M'N \bot MI.$

Do đó $M'N \bot A'C.$

Suy ra mặt cắt là $mp\,\,\left( {B'M'N} \right)$.

Mặt phẳng này cắt hai mặt phẳng song song $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {A'B'C'} \right)$ theo hai giao tuyến $B’M’$ và $NR$ song song nhau.

Mặt khác $B'M' \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow B'M' \bot M'N.$

Vậy $B’M’NR$ là hình thang vuông.

Gọi $N$ là trung điểm của $BC.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SB = SC\\AB = AC\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BC \bot SN\\BC \bot AN\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAN} \right).$

Theo bài ra $BC \bot \left( P \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}M \in \left( P \right)\\\left( P \right)//\left( {SAN} \right)\end{array} \right.$.

Kẻ $MI//AN,\,MK//SA$

$\Rightarrow$ Thiết diện của $\left( P \right)$ và $S.ABC$ là $\Delta KMI$

Mà $\left\{ \begin{array}{l}\Delta ABC\\\Delta SBC\end{array} \right.$ là hai tam giác đều cạnh $a$

$\Rightarrow AN = SN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = SA$ $\Rightarrow \Delta SAN$ là tam giác đều cạnh $\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$

$\Rightarrow \Delta KMI$ là tam giác đều cạnh $\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.\dfrac{{a - b}}{a}= \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {a - b} \right)$

$\Rightarrow {S_{\Delta KMI}} = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{{16}}(a-b)^2$

Mặt phẳng $(P)$ vuông góc với $OH$ nên $(P)$ song song với $SO.$

Suy ra $(P)$ cắt $(SAH)$ theo giao tuyến là đường thẳng qua $I$ và song song với $SO$ cắt $SH$ tại $K.$

Từ giả thiết suy ra $(P)$ song song $BC,$ do đó $(P)$ sẽ cắt $(ABC), (SBC)$ lần lượt là các đường thẳng qua $I$ và $K$ song song với $BC$ cắt $AB, AC.$ $SB, SC$  lần lượt tại $M, N, P, Q.$

Do đó thiết diện là tứ giác $MNPQ.$

Ta có $MN$ và $PQ$ cùng song song $BC \Rightarrow I$  là trung điểm của $MN$ và $K$ là trung điểm của $PQ.$

Mà $IK // SO$ nên $IK \bot MN,IK \bot PQ$

Do đó $MNPQ$ là hình thang cân.

Kẻ $AI \bot SC$, ta dễ dàng chứng minh được $\Delta SAI = \Delta SBI\,\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow \widehat {SIA} = \widehat {SIB} = {90^0} \Rightarrow BI \bot SC$

$\Rightarrow SC \bot \left( {ABI} \right)$. Thiết diện là tam giác $AIB.$

Ta có $AI = AC\sin \widehat {ACS} = a.\sqrt {1 - {{\cos }^2}\widehat {ACS}}  = a.\sqrt {1 - \left( {\dfrac{{{a^2} + {b^2} - {b^2}}}{{2ab}}} \right)}  = a\sqrt {1 - \dfrac{a}{{2b}}} .$

Gọi $J$ là trung điểm của $AB.$ Dễ thấy tam giác $AIB$ cân tại $I,$ suy ra $IJ \bot AB$

$\Rightarrow IJ = \sqrt {A{I^2} - A{J^2}}  = \sqrt {{a^2}\left( {1 - \dfrac{a}{{2b}}} \right) - \dfrac{{{a^2}}}{4}}  = a\sqrt {\dfrac{3}{4} - \dfrac{a}{{2b}}}  = \dfrac{a}{{2b}}\sqrt {3{b^2} - 2ab}$

Do đó: $S = \dfrac{1}{2}AB.IJ = \dfrac{{{a^2}\sqrt {3{b^2} - 2ab} }}{{4b}}$

Ta có AD vuông góc với SA và AB$\Rightarrow AD \bot mp\,\,\left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot SB.$

Vẽ đường cao AH trong tam giác SAB

Lại có AD và AH qua A và vuông góc với SB.

Vậy mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ chính là mặt phẳng (AHD)

Mặt khác AD // mp(SBC) mà $AD \subset mp\,\,\left( {AHD} \right)$

Vậy mặt phẳng (SBC) cắt mặt phẳng (AHD) theo giao tuyến HK // AD.

Do đó mặt cắt là hình thang ADKH mà $AD \bot mp\,\,\left( {SAB} \right)$$\Rightarrow \,AD \bot AH.$

Suy ra tứ giác ADKH là hình thang vuông.

Tam giác SAB vuông $\Rightarrow \,\,AH = \dfrac{{SA.AB}}{{SC}} = \dfrac{{a\sqrt 2 .a}}{{a\sqrt 3 }} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}.$ Và $S{A^2} = SH.HB\,\, \Rightarrow \,\,SH = \dfrac{{S{A^2}}}{{SB}} = \dfrac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 3 }} = \dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}.$

Ta có $HK$//$BC$$\Rightarrow \,\,\dfrac{{HK}}{{BC}} = \dfrac{{SH}}{{SB}}\,\, \Rightarrow \,\,HK = \dfrac{{SH.BC}}{{SB}} = \dfrac{{\dfrac{{2a\sqrt 3 }}{3}.a}}{{a\sqrt 3 }} = \dfrac{{2a}}{3}.$

Do đó ${S_{ADKH}} = \dfrac{{AH}}{2}.\left( {HK + AD} \right) = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}.\left( {\dfrac{{2a}}{3} + a} \right) = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}.\dfrac{{5a}}{3} = \dfrac{{5{a^2}\sqrt 6 }}{{18}}.$

Gọi N là trung điểm $AB \Rightarrow MN//AC \Rightarrow MN \bot AB$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}MN \bot AB\\MN \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow MN \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow MN \bot AB' \Rightarrow MN \subset \left( \alpha  \right).$

Từ giả thiết $\Rightarrow$$AB = a = AA' \Rightarrow ABB'A'$ là hình vuông $\Rightarrow BA' \bot AB'$

Trong mp $\left( {ABB'A'} \right)$ kẻ $NQ\parallel BA'$ với $Q \in AA'$.

Trong mp $\left( {ACC'A'} \right)$ kẻ $QR\parallel AC$ với $R \in CC'$.

Vậy thiết diện là hình thang MNPQ vuông (do MN và QR cùng song song với AC và $MN \bot NQ$). 

Ta có $SH = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$, $HM = BC = 2a.$ Vậy ${S_{\Delta SHM}} = \dfrac{1}{2}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}.2a = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.$

Vì S.ABC là hình chóp đều nên $SO \bot \left( {ABC} \right)$ ( với O là tâm của tam giác ABC).

Do đó $SO \bot AO$ mà $\left( \alpha  \right) \bot AO$ suy ra $SO\parallel \left( \alpha  \right)$.

Tương tự ta cũng có $BC\parallel \left( \alpha  \right)$.

Qua M kẻ $IJ\parallel BC$ với $I \in AB,{\rm{ }}J \in AC$; kẻ $MK\parallel SO$ với $K \in SA.$

Khi đó thiết diện là tam giác KIJ.

Diện tích tam giác KIJ là ${S_{\Delta IJK}} = \dfrac{1}{2}IJ.MK$.

Trong tam giác ABC, ta có $\dfrac{{IJ}}{{BC}} = \dfrac{{AM}}{{AA'}}$  (A’ là trung điểm của BC) suy ra $IJ = \dfrac{{AM.BC}}{{AA'}} = \dfrac{{x.a}}{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{2x\sqrt 3 }}{3}$.

Tương tự trong tam giác SAO, ta có $\dfrac{{MK}}{{SO}} = \dfrac{{AM}}{{AO}}$ suy ra $MK = \dfrac{{AM.SO}}{{AO}} = \dfrac{{x.2a}}{{\dfrac{2}{3}\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = 2x\sqrt 3$.

Vậy ${S_{\Delta IJK}} = \dfrac{1}{2}\dfrac{{2x\sqrt 3 }}{3}.2x\sqrt 3  = 2{x^2}$.