Tổng hợp câu hay và khó chương 7

Dựng $d$ qua $M$ song song với $AC$ và lần lượt cắt $AD$, $CD$ tại $E$, $F$.

$d \cap AD = E$; $d \cap CD = F$,

Dựng ${d_1}$ qua $M$ song song với $SD$ và lần lượt cắt $SA$, $SB$, $SC$ tại $G$, $H$, $I$.

Mặt phẳng $\left( \alpha  \right)$ cắt hình chóp tạo nên thiết diện là ngũ giác $EFIHG$.

Ta có: $M$là điểm trên cạnh $AC$ sao cho $AC = 3MC$. Nên $M$ là trọng tâm của tam giác $BCD$.

Gọi $O$ và $I$ lần lượt là trung điểm của $AC$ và $DD'$. Khi đó ta có: $BD'\;{\rm{//}}\;\left( {IAC} \right)$.

Trong $\left( {CDD'C'} \right)$, gọi $N' = CI \cap C'D$. Suy ra $N'$ là trọng tâm tam giác $CDD'$.

Do đó: $\dfrac{{CM}}{{CO}} = \dfrac{2}{3} = \dfrac{{CN'}}{{CI}}$ $\Rightarrow MN'\;{\rm{//}}\;OI$, mà $OI\;{\rm{//}}\;BD'$ nên $MN'\;{\rm{//}}\;BD'$.

Vậy $N' \equiv N$ và $x = \dfrac{2}{3}$.

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right):EF \cap BC = I;$$EF \cap CD = J$

Trong mặt phẳng $\left( {SCD} \right):GJ \cap SC = K;$$GJ \cap SD = M$

Trong mặt phẳng $\left( {SBC} \right):KI \cap SB = H$

Ta có: $\left( {GEF} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = EF$, $\left( {GEF} \right) \cap \left( {SAD} \right) = FM$, $\left( {GEF} \right) \cap \left( {SCD} \right) = MK$

$\left( {GEF} \right) \cap \left( {SBC} \right) = KH$, $\left( {GEF} \right) \cap \left( {SAB} \right) = HE$

Vậy thiết diện của hình chóp $S.ABCD$ cắt bởi mặt phẳng $\left( {EFG} \right)$ là ngũ giác $EFMKH$

Giả sử một mặt phẳng song song với $AB$ và $CD$ cắt tứ diện $ABCD$ theo một thiết diện là hình thoi $MNIK$ như hình vẽ trên. Khi đó ta có: $\left\{ \begin{array}{l}MK\,{\rm{//}}\,AB\,{\rm{//}}\,IN\\MN\,{\rm{//}}\,CD\,{\rm{//}}\,IK\\MK = KI\end{array} \right.$.

Cách 1: Theo định lí Ta – lét ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{MK}}{{AB}} = \dfrac{{CK}}{{AC}}\\\dfrac{{KI}}{{CD}} = \dfrac{{AK}}{{AC}}\end{array} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\dfrac{{MK}}{6} = \dfrac{{AC - AK}}{{AC}}\\\dfrac{{KI}}{8} = \dfrac{{AK}}{{AC}}\end{array} \right.$

$\Rightarrow \dfrac{{MK}}{6} = 1 - \dfrac{{AK}}{{AC}}$$\Rightarrow \dfrac{{MK}}{6} = 1 - \dfrac{{KI}}{8}$$\Rightarrow \dfrac{{MK}}{6} = 1 - \dfrac{{MK}}{8}$$\Leftrightarrow \dfrac{7}{{24}}MK = 1$$\Leftrightarrow MK = \dfrac{{24}}{7}$.

Vậy hình thoi có cạnh bằng $\dfrac{{24}}{7}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{// }}CD\\CD \subset \left( {ICD} \right)\\M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ICD} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow$ giao tuyến của $\left( \alpha  \right)$ với $\left( {ICD} \right)$ là đường thẳng qua $M$ và

song song với $CD$cắt $IC$ tại $L$ và $ID$ tại $N$.

$\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{// }}AB\\AB \subset \left( {JAB} \right)\\M \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {JAB} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow$ giao tuyến của $\left( \alpha  \right)$ với $\left( {JAB} \right)$ là đường thẳng qua $M$ và song song

với $AB$cắt $JA$ tại $P$ và $JB$ tại $Q$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{// }}AB\\AB \subset \left( {ABC} \right)\\L \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABC} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow EF{\rm{// }}AB$  (1)

Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{// }}AB\\AB \subset \left( {ABD} \right)\\N \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ABD} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow HG{\rm{// }}AB$  (2).

Từ  (1) và (2) $\Rightarrow EF{\rm{// }}HG{\rm{// }}AB$ (3)

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{// }}CD\\CD \subset \left( {ACD} \right)\\P \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {ACD} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow FG{\rm{// }}CD$  (4) 

Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}\left( \alpha  \right){\rm{// }}CD\\CD \subset \left( {BCD} \right)\\Q \in \left( \alpha  \right) \cap \left( {BCD} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow EH{\rm{// }}CD$  (5)            

Từ  (4) và (5) $\Rightarrow FG{\rm{// }}EH{\rm{// }}CD$ (6).

Từ  (3) và (6), suy ra $EFGH$ là hình  bình hành. Mà $AB \bot CD$ nên $EFGH$ là hình chữ nhật.

Xét tam giác $ICD$có: $LN{\rm{// }}CD$ $\Rightarrow \dfrac{{LN}}{{CD}} = \dfrac{{IN}}{{ID}}$ .

Xét tam giác $ICD$ có: $MN{\rm{// }}JD$ $\Rightarrow \dfrac{{IN}}{{ID}} = \dfrac{{IM}}{{IJ}}$ .

Do đó $\dfrac{{LN}}{{CD}} = \dfrac{{IM}}{{IJ}} = \dfrac{1}{3}$$\Rightarrow LN = \dfrac{1}{3}CD = \dfrac{b}{3}$.

Tương tự $\dfrac{{PQ}}{{AB}} = \dfrac{{JM}}{{JI}} = \dfrac{2}{3}$$\Rightarrow PQ = \dfrac{2}{3}AB = \dfrac{{2a}}{3}$.     

Vậy ${S_{EFGH}} = PQ.LN = \dfrac{{2ab}}{9}$.

Trong $\left( {CDD'C'} \right)$ kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $C'D'$cắt $DD'$tại $N$,cắt $C'D'$ tại $J$,cắt $CC'$tại $K$.

Trong $\left( {B'DD'} \right)$ kẻ đường thẳng qua $N$ song song với $B'D$cắt $B'D'$tại $I$

Trong $\left( {A'B'C'D'} \right)$ nối $IJ$cắt $A'D'$ tại $P$ ,cắt $C'B'$ tại $Q$ .

Trong $\left( {CBB'C'} \right)$:Nối $QK$ cắt $CB$tại $E$.

Thiết diện là ngũ giác $MNPQE$

Ta có:

¦ $\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)\,\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\\M \in AD,\,M \in \left( P \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right) = MN\\\left( P \right) \cap \left( {SCD} \right) = PQ\end{array} \right.$ và $MN\,{\rm{//}}\,PQ\,{\rm{//}}\,AB$ (1)

¦ $\left\{ \begin{array}{l}\left( P \right)\,\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\\M \in AD,\,M \in \left( P \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( P \right) \cap \left( {SAD} \right) = MQ\\\left( P \right) \cap \left( {SBC} \right) = NP\end{array} \right.$ và $\left\{ \begin{array}{l}MQ\,{\rm{//}}\,SA\\NP\,{\rm{//}}\,SB\end{array} \right.$

Mà tam giác $SAB$ vuông tại $A$ nên $SA \bot AB$ $\Rightarrow MN \bot MQ$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\left( P \right)$ cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang vuông tại $M$ và $Q$.

Mặt khác

¦ $MQ\,{\rm{//}}\,SA$ $\Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{SA}} = \dfrac{{DM}}{{DA}} = \dfrac{{DQ}}{{DS}}$ $\Rightarrow MQ = \dfrac{1}{3}SA$ và $\dfrac{{DQ}}{{DS}} = \dfrac{1}{3}$.

¦ $PQ\,{\rm{//}}\,CD$ $\Rightarrow \dfrac{{PQ}}{{CD}} = \dfrac{{SQ}}{{SD}}$ $\Rightarrow PQ = \dfrac{2}{3}AB$, với $AB = \sqrt {S{B^2} - S{A^2}}  = a$

Khi đó ${S_{MNPQ}} = \dfrac{1}{2}MQ.\left( {PQ + MN} \right)$ $\Leftrightarrow {S_{MNPQ}} = \dfrac{1}{2}\dfrac{{SA}}{3}.\left( {\dfrac{{2AB}}{3} + AB} \right)$$\Leftrightarrow {S_{MNPQ}} = \dfrac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{18}}$.

Theo hình vẽ trên, thiết diện của một tứ diện chỉ có thể là một tam giác hoặc một tứ giác.

Đáp án B sai vì thiết diện của một tứ diện có thể là một tứ giác bất kì.

Đáp án A và D sai vì các cạnh của thiết diện là giao tuyến của một mặt phẳng với các mặt của tứ diện. Mà tứ diện chỉ có $4$ mặt nên không thể xảy ra trường hợp có $5$ giao tuyến, hay thiết diện không thể là ngũ giác.

Hình ở TH1: Trong $\left( {BCD} \right)$: Kẻ $FM$ cắt $CD$ tại $H$. Thiết diện là tam giác $EFH$.

Hình ở TH2:

Trong $\left( {BCD} \right)$: Kẻ $FM$ cắt $BD$ tại $I$, cắt $CD$ tại $H$.

Trong $\left( {ACD} \right)$: Kẻ $HE$ cắt $AD$ tại $K$.

Thiết diện là tứ giác $EFIK$.

Hình ở TH3:

Trong $\left( {BCD} \right)$: Kẻ $FM$ cắt $BD$ tại $I$, cắt $CD$ tại $H$.

Trong $\left( {ACD} \right)$: Kẻ $HE$ cắt $AD$ tại $K$.

Thiết diện là tứ giác $EFIK$.

Gọi độ dài kích thước ba cạnh của hình hộp chữ nhật lập lần lượt là $a$, $b$, $c$ theo thứ tự lập thành cấp số nhân có công bội $q = 2$.

Theo bài ra ta có $\left\{ \begin{array}{l}b = 2a\\c = 4a\\{a^2} + {b^2} + {c^2} = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = 2a\\c = 4a\\21{a^2} = 21\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = 2\\c = 4\end{array} \right.$.

Vậy thể tích của khối hộp chữ nhật $V = abc = 8$.

Ta có:

$\dfrac{{MA'}}{{AA'}} + \dfrac{{PC'}}{{CC'}} = \dfrac{{NB'}}{{BB'}} + \dfrac{{QD'}}{{DD'}}$$\Leftrightarrow \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{3} + \dfrac{{QD'}}{{DD'}}$$\Leftrightarrow \dfrac{{QD'}}{{DD'}} = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{6}$

Gọi $\Delta$ là giao tuyến của mặt phẳng $\left( {ABM} \right)$ với mặt phẳng $\left( {SDC} \right)$.

Ta có $AB$ song song với $\left( {SDC} \right)$ nên suy ra $AB$ song song với $\Delta$.

Gọi $N$ là trung điểm $SC$, ta có $N \in \Delta$.

Do đó thiết diện là hình thang cân $ABNM$.

Kẻ $MH \bot AB$ tại $H$, $H \in AB$. Do $AB = CD$ và $MN < CD$ nên $H$ thuộc đoạn $AB$.

Áp dụng công thức độ dài đường trung tuyến, ta có

$AM = \sqrt {\dfrac{{{a^2} + 2{a^2}}}{2} - \dfrac{{2{a^2}}}{4}}  = a$.

Mặt khác $AH = \dfrac{{AB - MN}}{2} = \dfrac{{a - \dfrac{a}{2}}}{2} = \dfrac{a}{4}$ nên $MH = \sqrt {A{M^2} - A{H^2}}  = \dfrac{{a\sqrt {15} }}{4}$.

Suy ra ${S_{ABNM}} = \dfrac{{MH.\left( {MN + AB} \right)}}{2} = \dfrac{{3\sqrt {15} {a^2}}}{{16}}$.

Vì $\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = \left\{ G \right\}$ ta có $IJ//AB$ vì $IJ$ là đường trung bình của hình thang $ABCD$

$\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAB} \right) = Gx//AB//IJ$. Gọi $E = Gx \cap SA,F = Gx \cap SB$

$\left( {IJG} \right) \cap \left( {SAD} \right) = EI$;$\left( {IJG} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = IJ$;$\left( {IJG} \right) \cap \left( {SBC} \right) = JF$

Suy ra thiết diện $\left( {IJG} \right)$ và hình chóp là hình bình hành $IJFE \Leftrightarrow IJ = EF\,\,\,\left( 1 \right)$

vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAB \Leftrightarrow SG = \dfrac{2}{3}GH \Rightarrow EF = \dfrac{2}{3}AB\,\,\left( 2 \right)$

và $IJ = \dfrac{{AB + CD}}{2}\,\,\,\,\left( 3 \right)$ vì$IJ$là đường trung bình của hình thang $ABCD$

Từ $\left( 1 \right)$,$\left( 2 \right)$ và$\left( 3 \right)$ $\Rightarrow \dfrac{2}{3}AB = \dfrac{{AB + CD}}{2} \Leftrightarrow$ $4AB = 3AB + 3CD \Leftrightarrow AB = 3CD$

Gọi $J;E$ lần lượt là trung điểm $SA;AB$.

Trong mặt phẳng $\left( {BCMJ} \right)$ gọi $I = MN \cap BC$.

• Ta có: $IM$ là đường trung tuyến của tam giác $SID$.
• Trong tam giác $ICD$ ta có $BE$ song song và bằng $\dfrac{1}{2}CD$ nên suy ra $BE$ là đường trung bình của tam giác $ICD \Rightarrow E$ là trung điểm $ID \Rightarrow SE$ là đường trung tuyến của tam giác $SID$.

Ta có: $N = IM \cap SE \Rightarrow N$ là trọng tâm tam giác $SID \Rightarrow \dfrac{{IN}}{{IM}} = \dfrac{2}{3}$.

Do $\left( P \right)$ cắt mặt phẳng $\left( {Ax,By} \right)$ theo giao tuyến $A'B'$; cắt mặt phẳng $\left( {Cz,Dt} \right)$ theo giao tuyến $C'D'$, mà hai mặt phẳng $\left( {Ax,By} \right)$ và $\left( {Cz,Dt} \right)$ song song nên $A'B'{\rm{//}}C'D'$.

Tương tự có $A'D'{\rm{//}}B'C'$ nên $A'B'C'D'$ là hình bình hành.

Gọi $O$, $O'$ lần lượt là tâm $ABCD$ và $A'B'C'D'$. Dễ dàng có $OO'$ là đường trung bình của hai hình thang $AA'C'C$ và $BB'D'D$ nên $OO' = \dfrac{{AA' + CC'}}{2} = \dfrac{{BB' + DD'}}{2}$.

Từ đó ta có $DD' = 2$.

Ta có $\dfrac{{BM}}{{C'N}} = \dfrac{{MB'}}{{ND'}} = \dfrac{{BB'}}{{C'D'}} = 1$, do đó theo định lý ta-let trong không gian thì  $BC'$, $MN$, $B'D'$ lần lượt cùng song song (hoặc nằm trong) với một mặt phẳng.

Mà $B'D'{\rm{//}}\left( {BC'D} \right)$ và $BC' \subset \left( {BC'D} \right)$ nên ta có $MN{\rm{//}}\left( {BC'D} \right)$.

Chứng minh tương tự ta có $NP{\rm{//}}\left( {BC'D} \right)$. Do đó $\left( {MNP} \right){\rm{//}}\left( {BC'D} \right)$.

Qua $P$, kẻ $PQ{\rm{//}}BD,Q \in AB$. Qua  $N$, kẻ $NF{\rm{//C'}}D,F \in D'D$.

Qua $M$, kẻ $ME{\rm{//BC'}},E \in B'C'$.

Khi đó ta có thiết diện tạo bởi mặt phẳng $\left( {MNP} \right)$ với hình lập phương là lục giác $MENFPQ$.

Dễ thấy $EN = PF = MQ = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{3}$, $NF = PQ = ME = \dfrac{{2a\sqrt 2 }}{3}$ và tam giác  $BC'D$ là tam giác đều vì $BC' = BD = DC' = a\sqrt 2$.

Do đó $\widehat {ENF} = \widehat {NFP} = \widehat {FPQ} = \widehat {PQM} = \widehat {QME} = \widehat {MEN} = 120^\circ$

Kẻ các đường cao $EH,PK$ của các hình thang cân $MENF,MQPF$ ta có:

$EH = ME\sin {60^0} = \dfrac{{2a\sqrt 2 }}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}$

$\begin{array}{l}PK = FP\sin {60^0} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{3}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{6}\\MH = ME\cos {60^0} = \dfrac{{2a\sqrt 2 }}{3}.\dfrac{1}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{3}\\ \Rightarrow MF = 2MH + EN = 2.\dfrac{{a\sqrt 2 }}{3} + \dfrac{{a\sqrt 2 }}{3} = a\sqrt 2 \end{array}$

Diện tích hình thang $MENF$ là:

${S_1} = \dfrac{1}{2}\left( {EN + MF} \right).EH = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{3} + a\sqrt 2 } \right).\dfrac{{a\sqrt 6 }}{3} = \dfrac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{9}$

Diện tích hình thang $MQPF$ là:

${S_2} = \dfrac{1}{2}\left( {QP + MF} \right).PK = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{2a\sqrt 2 }}{3} + a\sqrt 2 } \right).\dfrac{{a\sqrt 6 }}{6} = \dfrac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{18}}$

Vậy ${S_{MENFPQ}} = {S_1} + {S_2} = \dfrac{{4{a^2}\sqrt 3 }}{9} + \dfrac{{5{a^2}\sqrt 3 }}{{18}} = \dfrac{{13{a^2}\sqrt 3 }}{{18}}$

Gọi $O$ là giao của $AC$ và $BD$. Ta có $O$ là trung điểm của đoạn thẳng $AC$, $BD$.

Các đoạn thẳng $SO$,$A'C'$, $B'D'$ đồng quy tại $I$.

Ta có: ${S_{SA'I}} + {S_{SC'I}} = {S_{SA'C'}}$$\Leftrightarrow \dfrac{{{S_{SA'I}}}}{{{S_{SAC}}}} + \dfrac{{{S_{SC'I}}}}{{{S_{SAC}}}} = \dfrac{{{S_{SA'C'}}}}{{{S_{SAC}}}}$$\Leftrightarrow \dfrac{{{S_{SA'I}}}}{{2{S_{SAO}}}} + \dfrac{{{S_{SC'I}}}}{{2{S_{SCO}}}} = \dfrac{{{S_{SA'C'}}}}{{{S_{SAC}}}}$

$\Leftrightarrow \dfrac{{SA'}}{{2SA}}.\dfrac{{SI}}{{SO}} + \dfrac{{SC'}}{{2SC}}.\dfrac{{SI}}{{SO}} = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}$$\Leftrightarrow \dfrac{{SI}}{{2SO}}\left( {\dfrac{{SA'}}{{SA}} + \dfrac{{SC'}}{{SC}}} \right) = \dfrac{{SA'}}{{SA}}.\dfrac{{SC'}}{{SC}}$$\Leftrightarrow \dfrac{{SA}}{{SA'}} + \dfrac{{SC}}{{SC'}} = 2.\dfrac{{SO}}{{SI}}$.

Tương tự: $\dfrac{{SB}}{{SB'}} + \dfrac{{SD}}{{SD'}} = 2.\dfrac{{SO}}{{SI}}$

Suy ra:$\dfrac{{SB}}{{SB'}} + \dfrac{{SD}}{{SD'}} - \dfrac{{SC}}{{SC'}} =$$\dfrac{{SA}}{{SA'}} = \dfrac{3}{2}$.