Một số bài toán về thiết diện

Nhiều kiến thức liên quan nh tìm giao giữa các mặt phẳng, giao giữa đ-ờng thẳng và mặt phẳng, giao giữa đđ-ờng thẳng với đđ-ờng thẳng, góc giữa 2 mặt phẳng; hai đờng thẳng trong không gi

Một số bài toán về thiết diện

A Sự cần thiết của chuyên đề

1 Là một mảng kiến thức lớn và tơng đối khó cho rất nhiều học sinh lớp 11

2 Nhiều kiến thức liên quan nh tìm giao giữa các mặt phẳng, giao giữa đ-ờng thẳng và mặt phẳng, giao giữa đđ-ờng thẳng với đđ-ờng thẳng, góc giữa 2 mặt phẳng; hai đờng thẳng trong không gian; đờng thẳng song song; đồng quy; các bài toán tìm tập hợp điểm; vị trí và tính chất của các hình; sự thẳng hàng của các

điểm; các đẳng thức hình học; bài toán tỷ số thể tích

3 Là một chủ đề để đánh giá chất lợng học tập của học sinh; có mặt trong một số đề thi Đại học, Cao đẳng

4 Về t duy: Phát triển duy biến chứng; t duy logic; t duy thuật toán, t duy hàm; t duy sáng tạo

B Cách trình bày chuyên đề.

1 Cơ sở lý thuyết của phơng pháp.

Quy lạ về quen; quy phức tạp về đơn giản; quy tìm thiết diện về tìm giao của đờng thẳng với đờng thẳng

2 Cách trình bày lời giải.

Chi tiết; hệ thống; dễ áp dụng vào quá trình giảng dạy và học tập; coi trọng mô hình trực quan, đổi mới phơng pháp; tạo hứng thú; tránh áp đặt; phát triển t duy thuật toán; phán đoán; phân tích và tổng hợp; so sánh; t tợng tự hoá; khái quát hoá; trừu tợng hoá

3 Các ví dụ cụ thể và các phơng pháp cơ bản

Một số bài toán về thiết diện Bài 1: Cho hình chóp tứ giác SABCD; M; N; P là giao ba điểm trên cạnh

bên SA; SB; SC sao cho các đờng thẳng MN; NP; MP cắt mặt phẳng (ABCD)

1 Mặt phẳng (MNP) cắt SD tại Q Dựng điểm Q

2 Gọi E là giao điểm của AD và BC Dựng giao điểm của SE với mặt phẳng (MNPQ)

Lời giải:

Cách 1: Trên mặt phẳng (SAB), MN và AB cắt nhau tại α Trên mặt phẳng (ABC), PN và BC cắt nhau tại β

αβ là giao tuyến của mặt phẳng (MNP) và (ABCD)

Trên (ABCD), DB cắt αβ tại γ

γ ∈ αβ => γ ∈ (MNP)

γ ∈ BD => γ ∈ (SBD)

Vậy γ là giao điểm chung của hai mặt phẳng (MNP) và (SBD); N cũng là

điểm chung của hai mặt phẳng này Do đó γ N là giao tuyến của hai mặt phẳng

(MNP) và (SBD)

Trên (SBD), γ N cắt SD tại Q Q là giao điểm của (MNP) và SD.

Cách 2: AC ∩BD = I Trên mp (SAC) SI ∩ MP =K

Do K ∈SI nên K ∈ (SBD)trên mp (SBD)

NK cắt SD tại Q Q là giao điểm của mp (MNP) và SD

2) EI cắt AB, CD ở X và Y SY cắt MN

PQ ở Z và T

Trên mặt phẳng (SEY) ZT cắt SE tại FF là giao điểm của SE với mặt phẳng thiết diện (MNPQ)

S

Q M

P

A D

N

β C

∝ B α

S

Q M

R

A P D

I B

C S

Q M

R

A P D

I I B

C

F

F

T

Bài 2:

Cho hình chóp SABCDE đây ABCDE là một ngũ giáo đều M và N là trung điểm các cạnh AB và BC V là một điểm trên cạnh SA

1) Dựng thiết diện tạo bởi mặt phẳng (VMN) với hình chóp thiết diện cắt cạnh SC ở P

2) Khi V di động trên cạnh SA tìm tập hợp giao điểm T của hai đờng thẳng VM và PN

Lời giải

1) MN kéo dài cắt EA, DC kéo dài ở α và β Trên mặt phẳng (SEA), αV cắt SE tại R

Do M, N là trung điểm của AB và BC nên

MN //AC

Do đáy hình chóp là ngũ giác đều nên AC//EI Ta đợc MN // ED Suy ra MN//

mp (SED) Mặt phẳng thiết diện chứa MN cắt mp (SED) theo một giao tuyến qua R song song với ED Giao tuyến này cắt SD tại Q Trên mặt phẳng (SDC) βQ cắt SC tại P Ta

đợc thiết diện MNPQRV là một lục giác

có cạnh MN // với cạnh QR

2 Giao điểm T của VM ở trên hai mặt phẳng (SAB) và (SCB) nên ở trên giao tuyến SB, khi V ở A thì T ở B V rời A tiến

về S thì T rời B xuống dới Trên tia SB, khi

V -> V0 V0 là trung điểm cạnh SA thì T -> T∞ (ký hiệu của T khi T ở xa và cùng

về phía dới)

Khi V ở V0 thì MV0 // SB không tồn tại T Khi V rời V0 tiến về S thì T rời

T0 tiến về S (T∞ là ký hiệu của T khi T ở xa vô cùng về phía trên của cạnh SB) Vậy tập hợp của T là đờng thẳng SB bỏ đi đoạn thẳng hở SB (đoạn thẳng hở SB

là đoạn thẳng SB bỏ hai đầu mút S và B)

Bài 3: Cho hình lập phơng ABCD A'B'C'D' Gọi OP, U là các trung điểm

các cạnh AB, BC

Gọi M4 là điểm thuộc cạnh AA'

3

1 '

4 =

AA

AM Dựng thiết diện tạo bởi mặt phẳng (M4PU) với hình lập phơng

2 M5 là điểm thuộc đoạn thẳng A'M4 (hở hai điểm mút A') sao cho thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MPU) với hình lập phơng các hình tam giác, hình vuông, hình chữ nhật, hình thang, ngũ giác, lục giác

T + ∞

S

D R

V 0

D P E

C

V β

N

A B

α

T

3 Định vị trí của điểm M trên đờng thẳng chứa cạnh AA' sao cho thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MPU) với hình lập phơng là các hình tam giác, hình vuông, hình chữ nhật, hình thang, ngũ giác, lục giác

Lời giải.

1 PM4 ∩a'B' = α

Do PU // (A'B'C'D') nên mặt phẳng (M1PU) cắt mặt phẳng (A'B'C'D') theo một giao tuyến qua α // với PU, cũng là // với A'C"

Do AM4 =

2

1M4A' nên αA' = 2AP = A'B'

=> a' là trung điểm αB'

Do đó giao tuyến nói trên qua D' Giao tuyến này cắt B'C' tại γ γ U ∩CC' = T4

Ta đợc thiết diện là ngũ giác PM4D'T4 U

2 PM5 ∩A'B' = β Mặt phẳng (M5PU) cắt mp (A'B'C'D') theo giao tuyến qua β // với A'C" cắt A'D' D'C' tại Q5, R5

Đờng thẳng qua R5 // với PM5 cắt CC' tại T5 ta đợc thiết diện là lục giác

PM5Q5R5T5U

3 Gọi M2 là giao của PB' và AA'

 Khi M trên A'A ở xa vô cùng về phía A trên cạnh A'A, ký hiệu là M, thì thiết diện qua PU // với A'A Ta đợc thiết diện là hình chữ nhật PQ2T2U

 Khi M ở M1 ∈ (M2 A) thiết diện là hình thang PQ1T1U

 Khi ở M2 thiết diện là tam giác PB'U

 Khi M ở M3 ∈ (M2 A) thiết diện là hình tam giác PQU

 Khi M ở A thiết diện là hình vuông ABCD

 Khi M ∈ (A M4) thiết diện là một ngũ giác

 Khi M ở M4 thiết diện là ngũ giác PM4DT1U

 Khi M ở M5 ∈ (M4, A) thiết diện là một lục giác PM5Q5R5T5U

 Khi M ở A' thiết diện là hình thang PA'C'U'

 Khi M ở M6∈ (A M) thiết diện là hình thang PQ6T6U

 Khi M trên AA' ở xa vô cùng về phía A', ký hiệu M thiết diện là hình chữ nhật PQ2 T2U

Vậy để thiết diện là:

1 Tam giác điểm M ∈ (M2 A)

2 Hình vuông điểm M ở A

3 Hình thang điểm M ∈ (M M2); (A' M4)

4 Ngũ giác điểm M ∈ (A1M1)

5 Lục giác, điểm M ∈ (M4, A')

6 Hình chữ nhật điểm M ở M1 (mp (MPU) // AA')

Bài 4: Cho hình chóp SABCD, đáy ABCD là hình thang cạnh đáy NB //

=

2

1CD = a

M là N là trung điểm cạnh AB và AD P là điểm thuộc SC sao cho

3

1 '

" =

SC SP

Dựng thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP) và hình chóp chỉ rõ vị trí các

đỉnh của thiết diện trên các cạnh tơng ứng của hình chóp

Lời giải:

MN kéo dài cắt CD kéo dài tại I,

BC kéo dài tại L

IP cắt SD tại J

LP cắt SB tại K

Ta đợc thiết diện MNJPK

Ta có H = AM =

2

a (do N là trung

điểm của AD và ID // AM)

IC - ID + DC =

2

5a

Ta có . . =1

JD

JS PS

PC IC ID

<=>

2

5 1

).

2 ( 5

JD

JS JD

JS

Vậy điểm J chia cạnh SD theo tỷ số

2

5

−

=

JD JS

2 5

2 =

=

=

a IC

MB LC LB

Và

2

5 ).

2 ( 2

5 1

KB

KS KB

KS PS

PC LC LB

Ta có kết quả

2

5

−

=

KB

KS bằng cách khác là suy từ JK//DB Thật vậy M và N là trung điểm của AB và AD nên MN // DB => MN // mp (SBD)

Ta có

MN // mp (SBD)

mp (PMN) ⊃MN => MN // JK (PMN) ∩(SBD) = JK

S

P

J

I D C

K N

A B

L

Vì MN // DB nên ta đợc JK // DB do đó

2

5

−

=

=

JD

JS KB KS

Bài 5: Cho tứ diện ABCD, I và J là các trung điểm các cạnh AB và CD.

Một mặt phẳng qua IJ cắt AC, BD ở M và N qua M kẻ đờng thẳng // với IJ, cắt pm (BCD) tại E

1 Chứng minh ba điểm E, J, N thẳng hàng

2 Gọi L là trung điểm của BC, chứng minh hai mặt phẳng (IKJ) và (MCE) // với nhau

3 Chứng minh SIMJ = SINJ

Lời giải:

1 Do M và IJ đều thuộc mp (IMJN) nên ME (song song với IJ) cũng thuộc mặt phẳng này

Ta có E ∈ mp (IMJN)

E ∈ mp (BCD) => E ∈ giao tuyến JN của hai mặt phẳng Vậy ba điểm E, J, N thẳng hàng

2 Ta có IK// MC; IJ // ME, IK ∩ME = M Vậy mp (IKJ) // mp (MCE)

3 Do mp (IKJ) // mp (MCE) nên CE // KJ (vì CE và KJ là giao tuyến của mp (BCD) với hai mặt phẳng song song (IKJ), (MCE)

Ta có CE // KJ; KJ //BD nên CE // BD

Ta có hình thang CENB và KJ là đờng trung bình (vì K là trung điểm cạnh

BC và KJ // CE // BN) Ta đợc J là trung điểm cạnh EN Suy ra SIEJ = SINJ

Mà SSEJ = SIMJ (vì hai tam giác IEJ và IMJ có chung cạnh đáy IJ đờng cao

kẻ từ M và từ E của hai tam giác bằng nhau do ME // IJ)

Vậy SIMJ = SINJ

Bài 6: Cho tứ diện ABCD, I và J là trung điểm của AB và CD (P) là mặt

phẳng qua AC song song với BD (R) là mặt phẳng qua BD song song với AC

1 Gọi (Q) là mặt phẳng qua I song song với (P) và (Q) chứng minh (Q) qua J

2 Một mặt phẳng qua IJ cắt AC ở M, BD ở N MN cắt IJ tại K Chứng minh K là trung điểm của MN

3 Chứng minh SIMJ = SIND

Lời giải:

1) Ta có (P) // (R) Giả sử (QU) qua I, song song với (P) và (Q) cắt

CD tại J'

áp dụng định lý Talét cho ba mặt phẳng song song (P) (Q) (R) và cho hai cát tuyến AB và CD

ta có:

D J

CJ IB

AI

'

'

=

A

I

M

K J

C E

A

I

B K N

M J

C

Do I là trung điểm của AB, ta đợc J' là trung

điểm của CD

Do đó J' trùng với J Vậy (Q) qua J

2) MN cắt IJ tại L Ta có M ∈ (P), K ∈ (Q), N ∈ (R) Với cát tuyến MN,

IB

AI KN

MK

=>

=

= 1 là trung điểm của MN

3) Từ M và N kẻ các đờng vuông góc ME, NF tới IJ

Hai tam giác vuông MEK và NFK bằng nhau (MK = NK; MKE=ˆ NKF)=> ME = NF

Hai tam giác IMJ và INJ có chung đáy IJ, đờng cao ME, NF bằng nhau nên diện tích bằng nhau

Vậy SIMJ = SINJ

Bài 7: Cho tứ diện ABCD, Ab = a, CD = b, AC = c Góc giữa AB và CD

bằng α Một mặt phẳng song song với AB và CD cắt AC, BC, BD, AD tại M, N,

P, Q

1 Thiết diện MNPQ là hình gì? Tại sao?

2 Tính SMNPQ theo a,b,c α và theo AM = x

3 Vẽ đồ thị hàm số SMNPQ theo x Với giá trị nào của x thì SMNPQ đạt giá trị lớn nhất

Lời giải.

1 Ta có AB // mp (MNPQ)

mp (ABC) ⊃AB

mp (ABC) ∩mp (MNPQ) = MN nên MN // AB

Tơng tự PQ // AB

Do đó MN // PQ Chứng minh tơng tự MQ // NP Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành

c

b MQ c

x b

MQ

=

=>

=

c

a MN c

x c a

MN

−

=

=>

−

=

Ta lại có MNP = α

Vậy SMNPQ = 2 x(c x) sin α

c

ab

−

c

ab x c

ab

sin

sin 2 2

2 α + α với 0 ≤x ≤c.`

Đồ thị nhận đợc là một chỏm Parabol trên đoạn [ ]0 ,c có đỉnh là











4

sin

; 2

α

ab c

Đồ thị cho ta

I

M

E

K

N

J F

A

x

a M

C

B P D

N b

C

Q

S

P

0

2

C C x

max SMNPQ =

2 4

sin c

x khi

Bài 8:

Cho tứ diện ABCD, I và J là trung điểm các cạnh AB và CD (P) là một mặt phẳng chuyển động luôn song song với AB và CD, cắt AC, BC, BD, AD tại M, N,

P, Q Một mặt phẳng (Q) qua IJ cắt (P) theo giao tuyến ∆ Chứng minh ∆ luôn chia thiết diện MNPQ thành hai phần tơng đơng

Lời giải:

Theo bài trớc, ta biết MNPQ là một hình bình hành Mặt phẳng (Q) qua IJ cắt AC tại M0, IM0 kéo dài cắt BC tại α,

αJ cắt BD tại N0 Tứ giác IM0JN0là chu vi của thiết diện tạo bởi (Q) và hình tứ diện

Trên (ABC)

MN ∩IM0 = E

Trên (ABD): PQ ∩IN0 = F Đờng thẳng

EF là giao tuyến ∆ của hai mặt phẳng (P) và (Q)

Ta gọi R là giao điểm của MQ và AJ Do MQ//CD; J là trung điểm của CD nên R là trung

điểm của MQ Ta gọi S là giao điểm của NP và

BJ, S là trung điểm của NP Vậy RS là đờng trung bình của hình bình hành MNPQ RS cắt ∆ tại W Do đó W là tâm đối xứng của hình bình hành (vì cũng là giao điểm của MN và NQ)

Đờng thẳng ∆ qua tâm W nên chia hình bình hành MNPQ thành hai phần tơng đơng

Bài 9: Cho tứ diện SABC, đáy ABC cố định, đỉnh S di động trên mặt

phẳng (II) cố định (II) là mặt phẳng qua A song song với BC M, N, P, Q là trung

điểm các cạnh SB, SC, AC, AB

1 Chứng minh nếu tứ giác MNPQ có diện tích không đổi thì S chuyển

động trên một trong hai đờng thẳng song song

2 Chứng minh nếu k

NQ

MP

= không đổi thì S chuyển động trên một đờng tròn cố định

Lời giải:

1 Mặt phẳng (II) và mặt phẳng (ABC) cắt nhau theo giao tuyến ∆

∆ qua A song song với BC

A

I Q

M

∆

E N D

B D

N M J

C

α

Kẻ MH ⊥QP , BH kéo dài cắ ∆ tại K

Do Qp là đờng trung bình của tam giác ABC nên H là trung điểm của BK,

M là trung điểm SB, MH là trung bình của tam giác SBK nên SK//MH

MH ⊥QP

∆ // QP

Ta có

SMNPQ = không đổi

SMNPQ = MH QP; QP = không đổi => MH = =

QP

S

không đổi

=> Sk = 2 MH = không đổi => trên (II), S cách ∆ một đoạn không đổi nên

S di động trên hai đờng thẳng D1, D2 song song cách đều ∆ một đoạn không đổi

QP

S

2) BP kéo dài cắt ∆ tại B0, CQ kéo dài cắt ∆ tại C0

P là trung điểm của BB0, M là trung điểm của BS nên SB0= 2MP Tơng tự SC0 = 2NQ Do đó = =k =

NQ

MP SC

SB

2

2

0

Trên (II) các điểm B0, C0 cố định =k =

SC

SB

0

0 không đổi

Kẻ SI, SJ là các đờng phân giác trong và ngoài của góc B0SC0 cắt ∆ tại I và J; SI ⊥SJ

Theo tính chất đờng phân giác ta có

=

=

−

IC

SIB JC

JB

0

0 0

Suy ra I, J cố định Vậy trên (II) S chuyển động trên đờng tròn đờng kính

IJ (đờng tròn A - pô - lô - ni - ut)

Bài 10: Cho lăng trụ tam giác đều ABCA'B'C' M là trung điểm cạnh AB,

P là trung điểm cạnh B'C', Q là điểm thuộc cạnh A'C' sao cho

4

1 '

'

=

A C

Q C

1 Dựng thiết diện tạo bởi mặt phẳng MPQ với hình lăng trụ

2 Các cạnh của lăng trụ bằng a Tính diện tích thiết diện

Lời giải

1 QP ∩A'B' = α

ta có α∈PQ ⇒α ∈ mp (Thiết diện) α∈A'B' ⇒α ∈ (A'B'BA)

Vậy α là điểm chung của mp ( thiết diện) và mặt phẳng (A'B'BA)

A' I Q C'

B' α

Q

N

R

A C

M

Điểm M cũng là điểm chung của hai mặt phẳng nayg Vậy hai mặt phẳng này cắt nhau theo giao tuyến Mα

Mα cắt BB' tại N

Do hai đáy (ABC) và (A'B'C") song song

Ta đợc MR//PQ, R ∈ AC Vậy thiết diện là ngũ giác MNPQR, trong

đó M là trung điểm AB, N là trung điểm BB", R thuộc AC sao cho

4

1

=

AC AR

2 Gọi I là trung điểm A'C', B'I ⊥A'C' (tam giác A'B'C là tam giác đều) Ta có PQ // B'I

=> PQ ⊥A'C'

Gọi O là trung điểm cạnh RQ Lại có N là trung điểm cạnh BB'; B' và Q ∈ (A'B'C'): R và B ∈ (ABC) áp dụng định lý Talét với hai mặt phẳng song song (A'B'C'), (ABC) và hai cắt tuyến QR và BB', ta đợc ON ở trên một mặt phẳng song song với hai mặt đó

Mặt phẳng thiết diện cắt ba mặt phẳng trên theo các giao tuyến song song

QP, ON, RM

ON//QP

QP ⊥QR

Do MB = PB'; NB = NB' nên hai tam giác vuông MBN, PB'N bằng nhau suy ra NM = NP

Ta cũng chứng minh đợc QP = RM nh vậy ta có QP // ON // RM

ON ⊥ QR

O là trung điểm QR

QP = RM

NM = NP

Vậy thiết diện MNPQR đợc ON chia thành hai phần tơng đơng

Phần ONPQ là một hình thang vuông nhận OQ là đờng cao

Ta có

PQ =

2

3 '

; 4

3 2

I B ON a

I

OQ2 = OI2 + IQ2 =

4

5 16

5 4 2

2 2 2

a OQ a

a









 +













Do đó SONPQ =

32

15 3 4

5 2

3 4

3 2

1

2

a a

a a

OQ ON







 +

= +

Vậy SMNPQR =

16 15

3a2

Bài 11:

Cho lăng trụ tam giác ABCA'B'C', cạnh bên là AA', BB', CC'

O là trung điểm A'C' Mặt phẳng qua O song song với AB' và C'B cắt lăng trụ theo một thiết diện Dựng thiết diện

Lời giải:

Tạo hình hộp ABCDA'B'C'D" có ba kích thớc là B'A', B'C', BB' Mặt phẳng (II) qua O song song với AB' và C'B nên song song với AB' và D'A Do đó (II) song song với mp (D'B'A')

Mặt phẳng (ACC'A') cắt hai mặt phẳng này theo hai giao tuyến song song

KM và AE

KM qua O còn E là giao điểm của A'C' và D'B'

A'O ∩AE = G Do A'O và A'E' là các trung tuyến của tam giác A'AC' và

3

2 ' '

'

=

C A

G A

Suy ra M là trung điểm EC và

4

3 ' '

' =

C A

M A

Từ M kẻ MN song song với D'B' cắt C'B' tại N Từ N kẻ NI // C'B cắt B'B tại I Từ I kẻ IJ song song với AB' cắt AB tại J Từ J kẻ JK song song với D'B' tức song song với DB cắt AC tại K

Ta có N, I, J là trung điểm các cạnh C'B', B'B, BA còn M ở trên A'C' sao

4

3

'

' =

C

A

M

A K ở trên CA sao cho

4

3

=

CA CK

Ngũ giác MNIJK là thiết diện phải dựng

Bài 11: Cho tam giác đều ABC, trên tia AB, AC kéo dài về phía B và C

lấy điểm D sao cho B và C là trung điểm của AD và AE

(P), (Q), (R) là ba mặt phẳng song song theo thứ tự qua A, BC, DE, M là một điểm không ở trên (P) và (Q) Các đờng thẳng MA, MB, MC cắt mặt phẳng (R) ở A', B', C'

1 Chứng minh khi M chuyển động thoả mãn điều kiện đã cho, môi đờng thẳng A'B', A'C' qua một điểm cố định và đờng thẳng B'C' song song với một đ-ờng thẳng cố định

2 Chứng minh nếu B'C' có độ dài không đổi thì M chuyển động trên một trong hai mặt phẳng cố định (II1), (II2)

3 Chứng minh nếu tam giác A'B'C đồng dạng với một tam giác M0N0P0 cố

định thì M chuyển động trên một trong mời hai đờng thẳng cố định

Lời giải:

1 Mặt phẳng (MAB) cắt mặt phẳng (R) giao tuyến là A'B'

Điểm D ∈ AB => D ∈ (MAB)

∈