Bài 5 trang 106 SGK Toán 11 tập 1 - Chân trời sáng tạo

Đề bài

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành, $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $O$. Gọi $I$ là trung điểm của $SO$. Mặt phẳng $\left( {ICD} \right)$ cắt $SA,SB$ lần lượt tại $M,N$.

a) Hãy nói cách xác định hai điểm $M$ và $N$. Cho $AB = a$. Tính $MN$ theo $a$.

b) Trong mặt phẳng $\left( {CDMN} \right)$, gọi $K$ là giao điểm của $CN$ và $DM$. Chứng minh $SK\parallel BC\parallel AD$.

Lời giải chi tiết

a) • Ta có:

$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}M \in \left( {IC{\rm{D}}} \right)\\M \in SA \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow M \in \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SAC} \right)\\\left. \begin{array}{l}I \in \left( {IC{\rm{D}}} \right)\\I \in SO \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SAC} \right)\\C \in \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SAC} \right)\end{array}$

$\Rightarrow M,I,C$ thẳng hàng.

Do đó $M$ là giao điểm của $IC$ và $SA$.

• Ta có:

$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}N \in \left( {IC{\rm{D}}} \right)\\N \in SB \subset \left( {SB{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow N \in \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right)\\\left. \begin{array}{l}I \in \left( {IC{\rm{D}}} \right)\\I \in SO \subset \left( {SB{\rm{D}}} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow I \in \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right)\\D \in \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {SB{\rm{D}}} \right)\end{array}$

$\Rightarrow N,I,D$ thẳng hàng.

Do đó $N$ là giao điểm của $I{\rm{D}}$ và $SB$.

• Ta có:

$\begin{array}{l}AB = \left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\C{\rm{D}} = \left( {IC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\MN = \left( {SAB} \right) \cap \left( {IC{\rm{D}}} \right)\\AB\parallel C{\rm{D}}\end{array}$

Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: $AB\parallel C{\rm{D}}\parallel MN$.

Áp dụng định lí Medelaus cho tam giác $SOA$ với cát tuyến $CIM$, ta có:

$\frac{{SM}}{{MA}}.\frac{{AC}}{{OC}}.\frac{{OI}}{{SI}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{MA}}.2.1 = 1 \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{MA}} = \frac{1}{2}$

Xét tam giác $SAB$ có $MN\parallel AB$. Theo định lí Thales ta có:

$\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow MN = \frac{1}{3}AB = \frac{a}{3}$

b) Ta có:

$\begin{array}{l}BC = \left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\A{\rm{D}} = \left( {SA{\rm{D}}} \right) \cap \left( {ABC{\rm{D}}} \right)\\SK = \left( {SAD} \right) \cap \left( {SBC} \right)\\AD\parallel BC\end{array}$

Do đó theo định lí 2 về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có: $SK\parallel BC\parallel A{\rm{D}}$.