Bài giảng số 6: Bài toán thiết diện trong hình học không gian

diện. theo thiết diện là hình thang vuông MNPQ.. theo thiết diện là tứ giác AEFH. b) Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung trực của AC. Tính diện tích thiết diện đó.. Vậy thiết [r]

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com

Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

Bài giảng số 6: DIỆN TÍCH THIẾT DIỆN

A KIẾN THỨC TRỌNG TÂM

Định lý: Cho S là diện tích của một đa giác phẳng, S’ là diện tích của đa giác chiếu và  là góc giữa mặt phẳng đa giác và mặt phẳng chiếu Khi đó ta có: S’ = S.cos

B CÁC VÍ DỤ MẪU

Ví dụ 1: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với ABa , AD2a , SAB vuông cân tại A , M là điểm trên cạnh AD ( M khác A và D ) Mặt phẳng   qua M song song với mặt phẳng SAB cắt BC , SC , SD lần lượt tại N , P , Q

a) Chứng minh rằng MNPQ là hình thang vuông

b) Đặt AM x Tính diện tích của MNPQ theo a và x

Giải

a) Ta có:

SAB SAD MQ MQ SA SAB SAD SA

















SAB

ABCD MN MN AB

SAB ABCD AB



















Do đó suy ra  0

90

NMQ  Mặt khác, ba mặt phẳng ABCD, SCD và   cắt nhau theo ba

giao tuyến MN, CD, PQ có: MN CD MNPQ

MNPQ

 là hình thang vuông

2

MNPQ

S  MNPQ MQ

Ta có: MN  ABa

2

2

a x

Trong SCD, ta có:

2

PQ SQ AM x

CD  SD  AD  a 2

x PQ

MNPQ

S  a    a x

D

C A

B

S

N M Q

P

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com

Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD trong đó góc giữa đường thẳng AB và CD bằng a Gọi M là điểm bất kỳ thuộc cạnh AC , đặt AM x 0xAC Xét mặt phẳng  P đi qua điểm M và song song với AB ,

CD

a) Xác định vị trí điểm M để diện tích thiết diện của hình tứ diện ABCD với mặt phẳng  P đạt giá trị nhỏ nhất

b) Chứng minh rằng chu vi của thiết diện nêu trên không phụ thuộc vào x khi ABCD

Giải:

a) Ta thực hiện: Dựng MN CD và MQ AB Dựng NP AB

Khi đó MNPQ là thiết diện cần dựng và nó là hình bình hành có:

MQ MN,   AB CD, 



sinQMN sin

MNPQ

Trong ABC ta có: MQ CM AC AM



AC

Trong ACD ta có: MN AM

CD

AC

.sin

MNPQ

AB CD

2

ACx x x  

Từ đó, suy ra

2 2

MNPQ

AB CD AC

2

AC

x  , tức M là trung điểm của AC

b) Gọi p là nửa chu vi của thiết diện, ta có: p MQ MN ABAC x CD.x CD AB.x AB



Từ đó, suy ra chu vi của thiết diện không phụ thuộc vào x khi: CD AB 0 AB CD

AC



Ví dụ 3: Cho hình chóp S ABC có ABC là tam giác đều cạnh a và SASBSCb Gọi G là trọng tâm ABC

a) Chứng minh rằng SGABC Tính SG

b) Xét mặt phẳng  P đi qua A và vuông góc với SC Tìm hệ

thức liên hệ giữa a và b để  P cắt SC tại điểm C nằm 1

giữa S và C Khi đó hãy tính diện tích thiết diện của hình

chóp S ABC khi cắt bởi mặt phẳng  P

Giải:

a) Gọi M là trung điểm BC, ta có:

B

C A

D

M

Q

A B

S

G

C1

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com

Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang









 BCSAMBCSG

Chứng minh tương tự, ta nhận được: ABSGSGABC

Trong GSA vuông tại G, ta có:

2

2

SG SA GA b   b 

2 2

3

b) Để điểm C nằm giữa 1 S và C, điều kiện là SAC (cân tại S) nhọn  0

90

ASC

  cosASC0

0

2

SA SC

2b a

  ab 2

Ta có: SACSBC c c c SCBC1SCABC1ABC1 cân tại C chính là thiết diện 1

2

2

Vậy

1

2 2 2 3 4

ABC

S

b



Ví dụ 4: Cho hình chóp S ABC có ABC là tam giác đều cạnh a , SAa và vuông góc với mặt phẳng

ABC Gọi M là một điểm tùy ý trên cạnh AC ,   là mặt phẳng qua M và vuông góc với AC a) Tùy theo vị trí của điểm M trên cạnh AC , có nhận xét gì về thiết diện tạo bới   với hình chóp

S ABC

b) Đặt CM x , với 0xa Tính diện tích của thiết diện trên theo a và x và xác định x để diện tích này có giá trị lớn nhất Tính diện tích lớn nhất đó

Giải:

a) Gọi E là trung điểm của AC, ta có ngay: BEAC

Do đó cần xét hai trường hợp khác nhau về vị trí của điểm M trên cạnh AC và

trong đó ta sử dụng SAABCSAAC

Trường hợp 1: Với M thuộc đoạn CE, ta thực hiện:

- Trong ABC dựng Mx BE và cắt BC tại N (ta được

MN  AC)

- Trong SAC dựng My SA và cắt SC tại P (ta được

MPAC)

Như vậy, trong trường hợp này ta được thiết diện là MNP vuông tại

M

Trường hợp 2: Với M thuộc đoạn AE (trừ điểm E)

A

B

C E

M

N

M N

C

B A

S

E M P

N

- Trong ABC dựng Mx BE và cắt AC tại N (ta được

MN  AC)

- Trong SAC dựng My SA và cắt SC tại P (ta được

MPAC)

- Trong SAB dựng Nz SA và cắt SB tại Q (ta được

NQAC)

Như vậy, trong trường hợp này ta được thiết diện là hình thang vuông

MNPQ (vuông tại M và N )

b) Ta xét hai trường hợp của điểm M

Trường hợp 1: Với M thuộc đoạn CE, ta có 0

2

a x

  và diện tích

MNP

2

MNP

S  MN MP

Trong BCE, ta có:

2

a

BE  CE  MN x 3

Trong SAC, ta có: MP CM x

SA  CA a MPx

Do đó

2

3

MNP

x

Ta có ngay:  

2

2

max

3

3 2

MNP

a

a S

 

 

 

2

a

x 

Trường hợp 2: Với M thuộc đoạn AE, ta có

2

a

x a

  và diện tích MNPQ là:

1

2

MNPQ

S  MPNQ MN

Trong ABE, ta có:

2

a



  MN  3ax

Vì SAC vuông cân tại A nên PMC vuông cân tại N, do đó: MPCEx

2

a x

a



MNPQ

S  x x a ax  x a ax

Ta biến đổi tiếp:

2

2

MNPQ

S   x     x  

C

B A

S

E M

P

N Q

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com

Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

Suy ra  max 2 3

6

MNPQ

a

3

a

x 

Tóm lại, ta được:

2 3

0

3 3

td

S

a



 



 





Và  

2 max

3 6

td

a

3

a

x 

Ví dụ 5: Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD là hình vuông tâm O và cạnh a , SAa và vuông góc với mặt phẳng ABCD

a) Gọi   là mặt phẳng qua O , trung điểm M của SD và vuông góc với ABCD Hãy xác định mặt phẳng   , mặt phẳng   cắt hình chóp S ABCD theo thiết diện là hình gì? Tính diện tích thiết diện

b) Gọi   là mặt phẳng qua A , trung điểm E của CD và vuông góc với SBC Hãy xác định mặt phẳng  , mặt phẳng   cắt hình chóp S ABCD theo thiết diện là hình gì? Tính diện tích thiết diện

Giải:

a) Ta lần lượt thực hiện:

- Xác định mặt phẳng   : Trong SAD dựng Mx SA và

cắt AD tại Q là trung điểm của AD, ta có:

MQ ABCD MQ 

Vậy   là mặt phẳng OMQ

- Xác định thiết diện: Kéo dài QO cắt BC tại P là trung

điểm của BC, ta có:

à

PQ CD











Và My cắt SC tại N là trung điểm của SC

Vậy mặt phẳng   cắt hình chóp S ABCD theo thiết diện là hình thang vuông MNPQ

- Tính diện tích thiết diện: Ta có: 1 

2

MNPQ

S  MNPQ MQ

Trong đó: 1

a

MN  CD vì MN là đường trung bình của SCD, PQa, 1

a

MQ SA vì MQ

là đường trung bình của SAD

Suy ra

2

MNPQ

S  a  

B

C

A

D

S

O

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com

Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

b) Ta lần lượt thực hiện:

- Xác định mặt phẳng   : Trong SAB hạ AH SB và

H là trung điểm của AB, ta có:









 BCSABBCAH

Như vậy AH SB









  AH SBCAH  

Vậy   là mặt phẳng AHE

- Xác định thiết diện: Kéo dài AE cắt BC tại K, nối HK

cắt SC tại F

Vậy mặt phẳng   cắt hình chóp S ABCD theo thiết

diện là tứ giác AEFH

- Tính diện tích thiết diện: Ta có:



AEFH HAK EKF

AH

AK

Trong SAB, ta có: 1 2

a

AH  SB

2

a

AE AD DE  Trong KAB, ta có:

1

2

CE AB

2

a

   và AK 2AEa 5

Trong HAK vuông tại H, ta có: 2 2 3 2

2

a

Trong SBK, ta có SC và SH là hai đường trung tuyến, do đó: 2 2

3

KF  KH a

Từ đó, ta được:

2 2 2

2

AEFH

a

a

Ví dụ 6: Cho hình lập phương ABCD A B C D     có cạnh bằng a

a) Chứng minh rằng AC vuông góc với A BD  và

B CD 

b) Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung trực của

AC Chứng minh thiết diện tạo thành là một lục

giác đều Tính diện tích thiết diện đó

Giải:

B

C

A

D

S

E

H

F

K

K

E

F

D A

D'

C'

A'

B'

M

N

P F

G E

Q O

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com

Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

a) Ta có: A B AB A B AB C D

A B AD





 



A B AC

BD AA C C





 









BD AC

Do đó ACA BD 

Chứng minh tương tự, ta cũng có ACB CD 

b) Gọi M , N, P lần lượt là trung điểm của AB, B C , và DD, suy ra: MNP song song với các mặt phẳng AB D  và BDC

Ta nhận xét:

AB D MNP

AB D A B C D B D MNP A B C D Nx

 





         





   





Suy ra Nx B D   và NxC D F với F là trung điểm của C D 

BDC MNP

MNP ABCD My















My BD

  và MyADQ với Q là trung điểm của AD

Kéo dài FN cắt A B  tại G, nối GM cắt BB tại E

Vậy thiết diện của hình lập phương với mặt phẳng MNP là lục giác MENFPQ và cũng chính là mặt

phẳng trung trực của AC

Dựa theo tính chất đường trung bình ta thấy ngay MENFPQ là lục giác đều có độ dài cạnh bằng 2

2

a

Khi đó:

2

2

2 3

6

MENFPQ

a

a S

Ví dụ 7: Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C , đáy là tam giác đều cạnh 1 1 1 a , AA1a 2 Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB , A C 1 1

a) Xác định thiết diện của lăng trụ với mặt phẳng   qua M , N và vuông góc với BCC B1 1 Thiết diện là hình gì?

b) Tính diện tích thiết diện

Giải:

a) Gọi E, E theo thứ tự là trung điểm của 1 BC và B C , ta có ngay: 1 1

 1 1

AE BCAE BCC B

1 1 1 1 1 1 1 1

A E B C  A E  BCC B

1 1

AEA E



B

C A

B

C A

1

E1

E M

Q

Do đó: Dựng Mx AE cắt BC tại Q là trung điểm của BE

Dựng Ny A E 1 1 cắt B C tại 1 1 P là trung điểm của E C 1 1

Vì MQ NP nên M , N, P, Q đồng phẳng, do đó MNPQ chính là thiết diện cần dựng

Nhận xét rằng: 1 1 1 1

MQ AE A E NP

MNPQ

 là hình bình hành

Ta lại có: MQBCC B1 1MQPQ

Vậy thiết diện MNPQ là hình chữ nhật

b) Ta có: S MNPQ MQ NP

Trong ABC, ta có: 3

2

a

AE  , vì ABC đều và có cạnh bằng a

Trong ABE, ta có: 1 3

a

MQ AE , vì MQ là đường trung bình

Trong ECC1, ta có: 1 2 1 2 5

2

a

PQEC  EC C C 

Từ đó, ta được:

2

MNPQ

Ví dụ 8: Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông tại đỉnh C , CAa ,

CBb , mặt bên ABB A  là hình vuông Gọi  P là mặt phẳng đi qua C và vuông góc với AB

a) Xác định thiết diện của hình lăng trụ đã cho khi cắt bởi  P Thiết diện là hình gì?

b) Tính diện tích thiết diện nói trên

Giải:

a) Để xác định thiết diện, ta thực hiện: Kẻ CH  ABCH AB

Kẻ HK  AB

Khi đó, ta được thiết diện là CHK

b) Vì CHK vuông tại H nên 1

2

CHK

S  HC HK

Trong ABC, ta có: 1 2 12 12

ab CH

 ,

2

AC  AH AB

2 2

AH



Nhận xét rằng: HK  ABHK A B AHK vuông cân tại

A

2

2 2

2

HK AH

a b



Vậy

2 2

2 2 2 2

CHK

S



C BÀI TẬP TỰ LUYỆN

B'

C' A'

B

C A

K

H

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http://baigiangtoanhoc.com

Biên soạn: Đỗ Viết Tuân –Nguyễn Thị Trang

Bài 1: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD A’B’C’D’ Một mặt phẳng() hợp với mặt đáy (ABCD) một góc

450 và cắt các cạnh bên của lăng trụ tại M, N, P, Q Tính diện tích thiết diện, biết rằng cạnh đáy của lăng

Bài 2: Cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh bằng a và nằm trong mặt phẳng () Trên các đường

thẳng vuông góc với () vẽ từ B và C lấy các đoạn 2

2

a

BD  , CE=a 2 nằm cùng về một phía với ()

a) Chứng minh rằng tam giác ADE là tam giác vuông và tính diện tích tam giác này

b) Tính góc ((ADE), ())

ĐS:

2 3 , 4

a

3

 

Bài 3: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và

SA Tính diện tích tam giác AMN biết rằng hai mp(AMN) và (SBC) vuông góc

ĐS:

2 10 16

a

Bài 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a, SAmp(ABC), SA = 2a,

M là trung điểm của SC Chứng minh rằng tam giác AMB cân tại M và tính diện tích của nó

ĐS:

2 2 2

a

Bài 5: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC chiều cao bằng h, đáy là tam giác đều cạnh a Tính diện tích

thiết diện tạo bởi mp() qua AB và vuông góc với SC với hình chóp theo a và h

ĐS:

2

2 2

3

4 3

a h S

h a





Bài 6: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, đường cao bằng 6

2

a

Mặt phẳng () qua A và vuông góc với SC, cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’ Tính diện tích tứ giác AB’C’D’ theo

2 3 3

a

Bài 7: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, cạnh bên bằng a 5 , một mặt phẳng (P)

qua AB và vuông góc với mặt phẳng (SCD) lần lượt cắt SC, SD tại C’, D’ Tính diện tích tứ giác ABC’D’

ĐS:

2

2

a

Bài 8: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD A’B’C’D’ Một mặt phẳng() hợp với mặt đáy

(ABCD) một góc 450 và cắt các cạnh bên của lăng trụ tại M, N, P, Q Tính diện tích thiết diện, biết rằng

Bài 9: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a Gọi E, F và M lần lượt là trung điểm của AD,

AB và CC’

a Dựng thiết diện của hình lập phương với mặt phẳng (EFM)

b Tính góc tạo bởi (ABCD) và (EFM)

c Tính diện tích thiết diện ở câu a

Bài 10: Cho hình chóp tứ giác đều SABCD, đường cao SH và mặt phẳng ( ) đi qua A và vuông góc với

SC Biết mặt phẳng ( ) cắt SH tại điểm H1 mà SH1 : SH = 1 : 3 và cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’ Tính tỉ số diện tích thiết diện A B’C’D’ và diện tích đáy hình chóp

Bài 11: Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn (C) đường kính AC, B là một điểm thuộc (C) Trên nửa

đường thẳng Ax  (P) lấy điểm S sao cho AS = AC Gọi H, K lần lượt là các chân đường vuông góc hạ

từ A xuống các đường thẳng SB, SC

a CMR SBC, AHK là các tam giác vuông

b Tính độ dài đoạn thẳng HK theo AC và BC

c Xác định vị trí của B trên (C) sao cho tổng diện tích 2 tam giác SAB và CAB lớn nhất Tìm GTLN đó

Bài 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông có chiều cao AB=a , đáy BC =a AD=2a ,

SA=a 2 và SAmp(ABCD)

a CMR: các mặt bên hình chóp là tam giác vuông

b Lấy M BC với BM=x (0  x  a) và gọi ( ) là mp qua M và song song SA, DC cắt AD, SD, SC tại N, P, Q Tính diện tích S của (MNPQ) theo a,x  vị trí của M để S max