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:\(\dfrac{{SB}}{{SB'}} + \dfrac{{SD}}{{SD'}} - \dfrac{{SC}}{{SC'}} = \)\(\dfrac{{SA}}{{SA'}} = \dfrac{3}{2}\).