Câu hỏi:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\) và \(SA=SB=SC=b\) (\(a>b\sqrt{2}\)). Gọi \(G\) là trọng tâm\(\Delta \,ABC\). Xét mặt phẳng \(\left( P \right)\) đi qua \(A\) và vuông góc với \(SC\) tại điểm I nằm giữa \(S\) và \(C\). Diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng \(\left( P \right)\) là:
- A \(S = \dfrac{{{a^2}\sqrt {{a^2} + 3{b^2} - 4ab} }}{{4b}}\)
- B \(S = \dfrac{{{a^2}\sqrt {{a^2} + {b^2} - 4ab} }}{{4b}}\)
- C \(S = \dfrac{{{a^2}\sqrt {{a^2} - 4ab} }}{{4b}}\)
- D \(S = \dfrac{{{a^2}\sqrt {3{b^2} - 4ab} }}{{4b}}\)
Phương pháp giải:
Sử dụng lý thuyết của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng và bài toán tìm giao tuyến của hai mặt phẳng đồng thời việc tính toán trong tam giác, cụ thể là tính diện tích
Lời giải chi tiết:
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 \(AI = AC\sin \widehat {ACS} = a.\sqrt {1 - {{\cos }^2}\widehat {ACS}} = a.\sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{{{a^2} + {b^2} - {b^2}}}{{2ab}}} \right)}^2}} = a\sqrt {1 - {{\left( {\frac{a}{{2b}}} \right)}^2}} .\)
Gọi J là trung điểm của AB. Dễ thấy tam giác AIB cân tại I, suy ra \(IJ\bot AB\)
\(\begin{array}{l}
\Rightarrow IJ = \sqrt {A{I^2} - A{J^2}} = \sqrt {{a^2}{{\left( {1 - \dfrac{a}{{2b}}} \right)}^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \sqrt {{a^2}\left( {1 - \dfrac{a}{b} + \dfrac{{{a^2}}}{{4{b^2}}}} \right) - \dfrac{{{a^2}}}{4}} \\
= \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{4{b^2}}}\left( {4{b^2} - 4ab + {a^2} - {b^2}} \right)} = \dfrac{a}{{2b}}\sqrt {{a^2} + 3{b^2} - 4ab}
\end{array}\)
Do đó: \(S = \dfrac{1}{2}AB.IJ = \dfrac{{{a^2}\sqrt {{a^2} + 3{b^2} - 4ab} }}{{4b}}\)
Chọn A
Câu hỏi trước
