by Cho tứ diện $ABCD$ có cạnh bằng a. Trên tia đối của các tia CB, DA lần lượt lấy các điểm E, F sao cho $CE=a,\,DF=a$ . Gọi M là trung điểm của đoạn AB. Diện tích S thiết diện của tứ diện $ABCD$ cắt bởi mặt phẳng $\left( MEF \right)$ là:
C. $S=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{33}}{18}$.
B. $S=\frac{{{a}^{2}}}{3}$.
C. $S=\frac{{{a}^{2}}}{6}$.
D. $S=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{33}}{9}$.
Hướng dẫn
Đáp án C.
Trong mặt phẳng $\left( ABC \right)$, gọi $H$ là giao điểm của $ME$ với $AC$.
Trong mặt phẳng $\left( ABD \right)$, gọi $K$ là giao điểm của $MF$ và $AD$.
Ta có: $\left\{ \begin{align}
& \left( MEF \right)\cap \left( ABC \right)=MH \\
& \left( MEF \right)\cap \left( ABD \right)=MK \\
& \left( MEF \right)\cap \left( ACD \right)=HK \\
\end{align} \right.$.
Do đó tam giác $MHK$ là thiết diện của tứ diện cắt bởi $\left( MEF \right)$.
Dễ thấy $H,K$ lần lượt là trọng tâm của các tam giác $ABE$ và $ABF$.
Ta có: $AH=AK=HK=\frac{2a}{3}$.
Xét hai tam giác $AMH$ và $AMK$ có $AM$ chung, $\widehat{MAH}=\widehat{MAK}={{60}^{0}},\,AH=AK=\frac{2a}{3}$ nên hai tam giác này bằng nhau. Suy ra $MH=MK$. Vậy tam giác $MHK$ cân tại $M$.
Áp dụng định lí cosin trong tam giác $AMH$:
$M{{H}^{2}}=A{{M}^{2}}+A{{H}^{2}}-2AMAH.\cos {{60}^{0}}={{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{2a}{3} \right)}^{2}}-\frac{{{a}^{2}}}{3}=\frac{13{{a}^{2}}}{36}\Rightarrow MH=\frac{a\sqrt{13}}{6}$.
Gọi $I$ là trung điểm của đoạn $HK$. Ta có $MI\bot HK$.
Suy ra: $M{{I}^{2}}=M{{H}^{2}}-H{{I}^{2}}=\frac{13{{a}^{2}}}{36}-\frac{{{a}^{2}}}{9}=\frac{{{a}^{2}}}{4}\Rightarrow MI=\frac{a}{2}$.
Diện tích thiết diện $MHK$ là: $S=\frac{1}{2}MI.HK=\frac{1}{2}.\frac{2a}{3}.\frac{a}{2}=\frac{{{a}^{2}}}{6}$.
