Thiết diện của hình chóp, tứ diện, hình lập phương

Tứ diện $ABCD$. $M$, $N$ là trung điểm của $AB$, $BC$; $P$ thuộc cạnh $CD$ với $CP = 2PD$. Dựng thiết diện của tứ diện cắt bởi $(MNP)$ và so sánh độ dài hai cạnh song song.

Giải. $M$, $N$ cùng thuộc $(ABC)$ nên $MN$ là cạnh của thiết diện; $N$, $P$ cùng thuộc $(BCD)$ nên $NP$ là cạnh. $MN$ là đường trung bình của tam giác $ABC$: $MN \parallel AC$, $MN = \dfrac12 AC$. Vì $MN \parallel AC \subset (ACD)$ và $M \notin (ACD)$ nên $MN \parallel (ACD)$; mặt phẳng $(MNP)$ chứa $MN$ nên cắt $(ACD)$ theo đường thẳng qua $P$ song song $MN$, tức song song $AC$; đường này cắt $AD$ tại $Q$. Trong tam giác $DAC$: $\dfrac{DQ}{DA} = \dfrac{DP}{DC} = \dfrac13$ và $PQ = \dfrac13 AC$.

Thiết diện là hình thang $MNPQ$ ($MN \parallel PQ$) có $\dfrac{PQ}{MN} = \dfrac{1/3}{1/2} = \dfrac23$. Tứ giác này không phải hình bình hành vì $MN \neq PQ$.

Hình chóp $S.ABCD$ đáy hình bình hành tâm $O$. $M \in SA$, $N \in SB$, $P \in SC$ với $SM = \dfrac12 SA$, $SN = \dfrac12 SB$, $SP = \dfrac13 SC$. Tìm giao điểm $Q$ của $(MNP)$ với $SD$ và dựng thiết diện.

Giải. $(MNP)$ cắt các mặt bên $(SAB)$ theo $MN$, $(SBC)$ theo $NP$. Để tìm $Q = SD \cap (MNP)$ ta dùng mặt phẳng phụ $(SBD)$ chứa $SD$ và $N$:

1. $MP$ và $SO$ cùng nằm trong $(SAC)$ nên cắt nhau tại $I$.
2. $I \in MP \subset (MNP)$ và $I \in SO \subset (SBD)$. Vậy $N$, $I$ là hai điểm chung của $(MNP)$ và $(SBD)$.
3. $NI$ cắt $SD$ tại $Q$ (cùng nằm trong $(SBD)$). Khi đó $Q \in (MNP)$ và $Q \in SD$.

Thiết diện là tứ giác $MNPQ$. Với các số liệu trên, toạ độ cho $SQ = \dfrac13 SD$.

Hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành. $M \in SA$ với $SM = \dfrac12 SA$, $N \in SB$ với $SN = \dfrac13 SB$, $P$ là trung điểm $CD$. Dựng thiết diện của hình chóp cắt bởi $(MNP)$.

Giải.

1. $M, N \in (SAB)$ nên $MN$ là cạnh thiết diện. Kéo dài: $MN$ cắt $AB$ tại $K$ (cùng trong $(SAB)$). Menelaus cho tam giác $SAB$: $\dfrac{KA}{KB}\cdot\dfrac{NB}{NS}\cdot\dfrac{MS}{MA} = 1$, với $\dfrac{NB}{NS} = 2$, $\dfrac{MS}{MA} = 1$ nên $\dfrac{KA}{KB} = \dfrac12$, tức $K$ ngoài đoạn $AB$ về phía $A$ và $KA = AB$.
2. $K, P \in (ABCD)$ nên $KP$ là giao tuyến của $(MNP)$ với đáy. $KP$ cắt $AD$ tại $R$: đoạn $RP$ là cạnh thiết diện nằm trên đáy.
3. $M, R \in (SAD)$: $MR$ là cạnh thiết diện.
4. $KP$ cắt đường thẳng $BC$ tại $T$ (ngoài đoạn $BC$). $N, T \in (SBC)$ nên $NT$ cắt $SC$ tại $U$: $NU$ là cạnh thiết diện.
5. $U, P \in (SCD)$ nên $UP$ là cạnh còn lại.

Thiết diện là ngũ giác $MNUPR$ (nằm trên $5$ mặt: $(SAB)$, $(SBC)$, $(SCD)$, $(ABCD)$, $(SAD)$). Số liệu (đáy $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $C(5;3;0)$, $D(1;3;0)$, $S(2;1;6)$): $K(-4;0;0)$, $AR = \dfrac23 AD$, $T\left(\dfrac{16}{3}; 4; 0\right)$, $SU = \dfrac23 SC$.

Hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ cạnh $a$. Mặt phẳng đi qua trung điểm $M$ của $AB$, trung điểm $N$ của $AD$ và trung điểm $K$ của $AA'$. Xác định thiết diện và tính diện tích.

Giải. Ba điểm $M$, $N$, $K$ nằm trên ba cạnh xuất phát từ $A$, mỗi cặp nằm trong một mặt. Thiết diện là tam giác $MNK$ cắt "góc" $A$. Các cạnh: $MN = NK = KM = \dfrac{a\sqrt2}{2}$ (đường chéo của hình vuông cạnh $\dfrac a2$), nên tam giác đều.

$$S = \frac{\sqrt3}{4}\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2 = \frac{\sqrt3\,a^2}{8}.$$

Cùng hình lập phương. $M$ là trung điểm $BB'$, $N$ là trung điểm $DD'$. Chứng minh $A, M, C', N$ cùng thuộc một mặt phẳng, xác định thiết diện của $(AMC')$ và tính diện tích.

Giải. Tâm $O$ của hình lập phương là trung điểm $AC'$. $M, N$ đối xứng qua $O$ ($M$ trung điểm $BB'$, $N$ trung điểm $DD'$, hai cạnh đối nhau qua $O$), nên $O$ là trung điểm $MN$. Hai đoạn $AC'$ và $MN$ cắt nhau tại trung điểm chung, nên $AMC'N$ là hình bình hành, thuộc một mặt phẳng.

Các cạnh: $AM = MC' = C'N = NA = \dfrac{a\sqrt5}{2}$ (cạnh huyền tam giác vuông có hai cạnh góc vuông $a$ và $\dfrac a2$). Hình bình hành có bốn cạnh bằng nhau là hình thoi. Hai đường chéo $AC' = a\sqrt3$, $MN = a\sqrt2$. Diện tích

$$S = \frac12\cdot a\sqrt3\cdot a\sqrt2 = \frac{\sqrt6\,a^2}{2}.$$

Cùng hình lập phương. $M$ là trung điểm $BC$, $N$ là trung điểm $CD$, $P$ thuộc $AA'$ với $AP = \dfrac{3a}{4}$. Dựng thiết diện của $(MNP)$ và tính diện tích.

Giải. $M, N \in (ABCD)$; $MN$ cắt $AB$ tại $E$, cắt $AD$ tại $F$ (đường $MN$ có phương trình $x + y = \dfrac{3a}{2}$ trong đáy). $E, P \in (ABB'A')$ nên $EP$ cắt $BB'$ tại $Q$; $F, P \in (ADD'A')$ nên $FP$ cắt $DD'$ tại $R$. Tính tỉ lệ trong tam giác $EAP$: $\dfrac{BQ}{AP} = \dfrac{EB}{EA} = \dfrac{a/2}{3a/2} = \dfrac13$, nên $BQ = \dfrac a4$; tương tự $DR = \dfrac a4$.

Thiết diện là ngũ giác $MQPRN$ nằm trên năm mặt $(BCC'B')$, $(ABB'A')$, $(ADD'A')$, $(CDD'C')$, $(ABCD)$.

Diện tích. Hình chiếu của ngũ giác xuống $(ABCD)$ là hình vuông $ABCD$ trừ tam giác vuông cân $CMN$ (cạnh góc vuông $\dfrac a2$): $S' = a^2 - \dfrac12\cdot\dfrac a2\cdot\dfrac a2 = \dfrac{7a^2}{8}$. Mặt phẳng $(MNP)$ có phương trình $x + y + 2z = \dfrac{3a}{2}$, vectơ pháp tuyến $(1;1;2)$ nên $\cos\varphi = \dfrac{2}{\sqrt6}$, và

$$S = \frac{S'}{\cos\varphi} = \frac{7a^2}{8}\cdot\frac{\sqrt6}{2} = \frac{7\sqrt6\,a^2}{16}.$$

Cùng hình lập phương. Mặt phẳng đi qua trung điểm của sáu cạnh $AB, BC, CC', C'D', D'A', A'A$. Chứng minh thiết diện là lục giác đều và tính diện tích.

Giải. Gọi sáu trung điểm theo thứ tự là $M_1, \ldots, M_6$. Trong toạ độ chúng đều thoả $x - y + z = \dfrac a2$, nên sáu điểm đồng phẳng; hai điểm liên tiếp như $M_1, M_2$ cùng thuộc một mặt của hình nên $M_1M_2$ là cạnh thiết diện. Mỗi cạnh $M_iM_{i+1}$ là đường chéo của hình vuông cạnh $\dfrac a2$ nên bằng $\dfrac{a\sqrt2}{2}$. Tâm $O\left(\dfrac a2; \dfrac a2; \dfrac a2\right)$ cách đều sáu đỉnh một khoảng $\dfrac{a\sqrt2}{2}$ và cũng nằm trong mặt phẳng nên sáu tam giác $OM_iM_{i+1}$ là đều. Thiết diện là lục giác đều cạnh $x = \dfrac{a\sqrt2}{2}$ và

$$S = \frac{3\sqrt3}{2}x^2 = \frac{3\sqrt3}{2}\cdot\frac{a^2}{2} = \frac{3\sqrt3\,a^2}{4}.$$

Kiểm bằng hình chiếu: hình chiếu xuống đáy là hình vuông trừ hai tam giác vuông cân cạnh $\dfrac a2$, diện tích $\dfrac{3a^2}{4}$; pháp tuyến $(1;-1;1)$ cho $\cos\varphi = \dfrac{1}{\sqrt3}$, nên $S = \dfrac{3a^2}{4}\cdot\sqrt3$, trùng kết quả trên.