Cho hình tứ diện $ABCD$ có tất cả các cạnh bằng $6a$ . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CA, CB. P là điểm trên cạnh BD sao cho $BP=2PD$ . Diệ

Nhật Trần

New member
Cho hình tứ diện $ABCD$ có tất cả các cạnh bằng $6a$ . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CA, CB. P là điểm trên cạnh BD sao cho $BP=2PD$ . Diện tích S thiết diện của tứ diện $ABCD$ bị cắt bởi $\left( MNP \right)$ là:
C. $S=\dfrac{5{{a}^{2}}\sqrt{51}}{4}$.
B. $S=\dfrac{5{{a}^{2}}\sqrt{147}}{4}$.
C. $S=\dfrac{5{{a}^{2}}\sqrt{147}}{2}$.
D. $S=\dfrac{5{{a}^{2}}\sqrt{51}}{2}$.
 
Đáp án A.
Trong mặt phẳng $\left( BCD \right)$, gọi $I$ là giao điểm của $NP$ với $CD$.
Trong mặt phẳng $\left( ACD \right)$, gọi $Q$ là giao điểm của $AD$ và $MI$. Suy ra $Q$ là giao điểm của $AD$ với $\left( MNP \right)$. Khi đó, tứ giác $MNPQ$ là thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng $\left( MNP \right)$.
Trong tam giác $BCI$ ta có $P$ là trọng tâm của tam giác suy ra $D$ là trung điểm của $CI$.
Trong tam giác $ACI$ có $Q$ là trọng tâm của tam giác nên $\dfrac{QA}{QD}=2$.
Ta có $\dfrac{IP}{IN}=\dfrac{IQ}{IM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow PQ//MN$.
Suy ra $MNPQ$ là hình thang với đáy lớn $MN$.
Ta có: $AQ=4a,\,AM=3a=MN,\,PQ=2a.$ Áp dụng định lí cosin trong tam giác $MAQ$ ta có:
$M{{Q}^{2}}=A{{M}^{2}}+A{{Q}^{2}}-2AM.AQ.\cos \,{{60}^{0}}=16{{a}^{2}}+9{{a}^{2}}-12{{a}^{2}}=13{{a}^{2}}\Rightarrow MQ=a\sqrt{13}$.
Tương tự ta cũng tính được $NP=a\sqrt{13}$.
Dễ thấy $MNPQ$ là hình thang cân. Do đó:
$S=\dfrac{\left( MN+PQ \right)\sqrt{M{{Q}^{2}}-{{\left( \dfrac{MN-PQ}{2} \right)}^{2}}}}{2}=\dfrac{5{{a}^{2}}\sqrt{51}}{4}$.