(LUẬN văn THẠC sĩ) một số dạng bài tập về thiết diện dành cho học sinh giỏi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM KHÁNH TÙNG MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016 download by : skknchat@gmail.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM KHÁNH TÙNG MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Mã số: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2016 download by : skknchat@gmail.com i Mục lục Mở đầu Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Khái niệm thiết diện 1.2 Thiết diện số hình thường gặp 1.2.1 Thiết diện hình cầu 1.2.2 Thiết diện hình nón 1.2.3 Thiết diện hình trụ tròn xoay 1.2.4 Thiết diện hình đa diện lồi 1.3 Các định lý, tính chất thường dùng 1.4 Một số toán xác định thiết diện 1.4.1 Mặt phẳng cắt qua ba điểm cho trước 1.4.2 Mặt phẳng cắt qua điểm song song với mặt phẳng (hoặc hai đường thẳng cắt nhau) 10 1.4.3 Mặt phẳng cắt qua hai điểm (chứa đường thẳng cho trước) song song với đường thẳng 12 1.4.4 Mặt phẳng cắt qua điểm song song với hai đường thẳng chéo 14 1.4.5 Mặt phẳng cắt qua hai điểm (chứa đường thẳng cho trước) vng góc với mặt phẳng 15 1.4.6 Mặt phẳng cắt qua điểm cho trước vng góc với đường thẳng 16 download by : skknchat@gmail.com ii Chương MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN 2.1 19 Dạng tập liên quan đến diện tích thiết diện 19 2.1.1 Tính diện tích thiết diện 20 2.1.2 Tìm điều kiện để diện tích thiết diện đạt giá trị lớn nhất, nhỏ 44 2.2 Dạng tập xác định hình dạng thiết diện 61 2.3 Dạng tập thiết diện phụ thuộc vào điểm di động 78 Kết luận 96 Tài liệu tham khảo 97 download by : skknchat@gmail.com MỞ ĐẦU Trong chương trình Tốn phổ thơng nói chung, dạng tập, đề thi học sinh giỏi nói riêng tập thiết diện phong phú, đa dạng Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi tích lũy thêm kinh nghiệm chun mơn, tơi chọn hướng nghiên cứu luận văn Thạc sĩ với đề tài: "Một số dạng tập thiết diện dành cho học sinh giỏi" với nhiệm vụ: Hệ thống hóa để chọn lọc số dạng tập thiết diện thường xuất đề thi học sinh giỏi Đưa lời giải tường minh cho số tập dành cho học sinh giỏi, số tập khó mà tài liệu tham khảo chưa đưa lời giải chi tiết Cấu trúc phần nội dung luận văn: - Chương Kiến thức chuẩn bị Chương đề cập, trình bày kiến thức sở mặt phẳng, giao tuyến, thiết diện kiến thức tảng áp dụng việc giải tập chương - Chương Một số dạng tập thiết diện Đây nội dung trọng tâm luận văn Các tập dành cho học sinh giỏi thiết diện trình bày có hệ thống với tập khó theo dạng Luận văn thực trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hồn thành hướng dẫn, bảo tận tình PGS.TS Trịnh Thanh Hải giúp đỡ, tạo điều kiện thầy giáo, giáo khoa TốnTin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên thầy cô giáo tham gia giảng dạy lớp Thạc sĩ chun ngành Phương pháp tốn sơ cấp (Khóa 8) Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy cô Lãnh đạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Sở GDĐT tỉnh Yên Bái, Phòng GDĐT thành download by : skknchat@gmail.com phố Yên Bái tập thể lớp Thạc sĩ chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp động viên, giúp đỡ tác giả khóa học q trình hồn thành luận văn Thực luận văn này, tác giả đầu tư nhiều thời gian, tham khảo nhiều tài liệu, cẩn thận trình bày để thực luận văn tránh khỏi hạn chế Tác giả kính mong góp ý q thầy bạn đọc để luận văn hồn thiện Xin chân thành cảm ơn ! Thái Nguyên, tháng năm 2016 Tác giả Phạm Khánh Tùng download by : skknchat@gmail.com Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Khái niệm thiết diện Hình phẳng có cắt hình khối T mặt phẳng (P ) gọi thiết diện hình khối T cắt mặt phẳng (P ) 1.2 1.2.1 Thiết diện số hình thường gặp Thiết diện hình cầu Mặt phẳng (P ) cắt hình cầu T ln cho ta thiết √ diện hình trịn bán kính r = R2 − k Trong R bán kính hình cầu; k khoảng cách từ mặt phẳng tới tâm hình cầu (0 ≤ k < R) (Hình 1.1) 1.2.2 Thiết diện hình nón Hình 1.1 Hình 1.2 download by : skknchat@gmail.com - Mặt phẳng qua đỉnh, cắt hình nón theo hai đường sinh ta thiết diện tam giác cân (Hình 1.2) - Cắt hình nón mặt phẳng khơng qua đỉnh: + Nếu mặt phẳng cắt tất đường sinh hình nón ta thiết diện hình elip (Hình 1.3) Đặc biệt trường hợp này, mặt phẳng vng góc với trục hình nón thiết diện thu hình trịn có tâm nằm trục hình nón (Hình 1.4) + Nếu mặt phẳng song song với hai đường sinh hình nón thiết diện thu hình phẳng giới hạn giao tuyến mặt phẳng với mặt đáy hình nón (là đoạn thẳng) mặt bên hình nón (là đường cong thuộc nhánh hypebol) (Hình 1.5) Hình 1.3 Hình 1.4 Hình 1.5 Hình 1.6 + Nếu mặt phẳng song song với đường sinh hình nón thiết diện thu hình phẳng giới hạn giao tuyến mặt phẳng với download by : skknchat@gmail.com mặt đáy hình nón (là đoạn thẳng) mặt bên hình nón (là phần đường cong parabol) (Hình 1.6) 1.2.3 Thiết diện hình trụ trịn xoay - Thiết diện hình trụ trịn xoay (bán kính r) bị cắt mặt phẳng vng góc với trục hình trụ hình trịn có tâm nằm trục hình trụ, có bán kính r (Hình 1.7) - Thiết diện hình trụ trịn xoay (bán kính r) bị cắt mặt phẳng hợp với trục hình trụ góc α < α < 900 cắt tất đường sinh hình trụ hình elip có trục nhỏ 2r trục lớn 2r (Hình 1.8) sin α - Thiết diện hình trụ trịn xoay (bán kính r) bị cắt mặt phẳng song song với trục hình trụ, cách trục hình trụ khoảng k (0 ≤ k < r) hình chữ nhật có hai cạnh có độ dài chiều cao hình trụ, hai cạnh cịn lại có độ √ dài r2 − k (Hình 1.9) Hình 1.7 1.2.4 Hình 1.8 Hình 1.9 Thiết diện hình đa diện lồi Để xác định thiết diện khối đa diện lồi T (gọi tắt hình T ) cắt mặt phẳng (P ) ta thường thực qua bước sau: Bước Xác định giao tuyến mặt phẳng (P ) với mặt hình T gọi giao tuyến gốc (giao tuyến thường dễ dàng xác định dựa vào giả thiết đề bài) Bước Xác định giao điểm giao tuyến gốc với cạnh hình T download by : skknchat@gmail.com Bước Từ giao điểm trên, xác định giao tuyến lại mặt phẳng (P ) với mặt hình T Bước Chỉ phần hình phẳng mặt phẳng (P ) giới hạn giao tuyến thiết diện cần xác định Thực chất quy trình tìm giao mặt phẳng (P ) với mặt hình T (Mặt phẳng (P ) khơng cắt hết mặt hình T ) Hình dạng thiết diện đa giác lồi có đỉnh giao điểm mặt phẳng (P ) với cạnh hình T 1.3 Các định lý, tính chất thường dùng * Quan hệ song song, quan hệ vng góc: Định lí 1.1 [9] Trong khơng gian, cho đường thẳng d điểm A d Lúc tồn đường thẳng a qua A song song với đường thẳng d Mệnh đề 1.1 [9] Nếu hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song với hai mặt phẳng cắt theo đường thẳng đường thẳng song song với hai đường thẳng trùng với hai đường thẳng Mệnh đề 1.2 [9] Hai đường thẳng phân biệt song song với đường thẳng thứ ba song song với Định lí 1.2 [9] Cho mặt phẳng (α) đường thẳng d khơng thuộc (α) Khi đó, d (α) song song với tồn đường thẳng a thuộc (α) cho d a song song với Mệnh đề 1.3 [9] Nếu hai mặt phẳng song song chứa đường thẳng chúng cắt theo giao tuyến đường thẳng giao tuyến song song trùng với đường thẳng Định lí 1.3 [9] Cho điểm P hai đường thẳng a, b chéo Khi tồn mặt phẳng (α) qua điểm P cho (α) song song chứa a song song chứa b Mệnh đề 1.4 [9] Cho điểm P hai đường thẳng a, b chéo cho P không thuộc a b Giả sử đường thẳng a không song song với mặt phẳng (P ; b) download by : skknchat@gmail.com 84 Theo ví dụ 1.4.12 (Mục 1.4.6) ta có: Gọi I trung điểm AC , tam giác ABC nên BI⊥AC * Trường hợp M thuộc đoạn AI , (M = A, M = I) Thiết diện hình thang M N P Q vng M N (Hình 2.48) * Trường hợp M thuộc đoạn IC , M khác C Thiết diện tam giác QM K vuông M , K thuộc cạnh BC (Hình 2.49) Hình 2.48 Hình 2.49 b) Tính diện tích thiết diện theo a x * Trường hợp M thuộc đoạn AI , a < x < a Diện tích thiết diện M N P Q SM N P Q = (N P + M Q) M N Áp dụng định lý Ta-lét, ta có M N//BI nên MN AM BI.AM = ⇒ MN = BI AI AI Trong tam giác ABI vuông I , AB = a, AI = BI = Suy AB − AI a nên √ a = √ a (a − x) √ MN = a = (a − x) ; M Q//SA nên MQ CM x ax = = ⇒ MQ = = x; SA CA a a download by : skknchat@gmail.com 85 N P//SA nên a x− NP BN MI = = = a ⇒ N P = 2x − a SA BA AI Suy diện tích thiết diện SM N P Q √ √ (3x − a) (a − x) = (x + 2x − a) (a − x) = 2 a * Trường hợp M thuộc đoạn IC , < x ≤ Diện tích thiết diện SKM Q = M K.M Q Từ trường hợp 1, có M Q = x; M Q//IB nên √ √ MK CM x a 2x = = a ⇒ MK = = x BI CI a Suy SKM Q √ √ x = x 3.x = 2 Vậy, diện tích thiết diện  √   (a − x) (3x − a) , ( a < x < a) S=   √2 3.x , 2 a (0 < x ≤ ) c) Xác định x để diện tích S lớn * Nếu a < x < a √ √ 3 S= (a − x) (3x − a) = (3x − a) (3a − 3x) Mặt khác, với a < x < a 3x − a > 0, 3a − 3x > Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có √ 3x − a + 3a − 3x S≤ Hay √ = a √ S≤ a download by : skknchat@gmail.com 86 * Nếu < x ≤ a S= √ ≤ x2 Hay a 2√ √ = a √ S≤ a Vì √ √ 3 a ≤ a √ nên giá trị lớn S a , √ a 2a S= a < x < a 3x − a = 3a − 3x Khi đó, x = √ a 2a Vậy diện tích thiết diện S lớn khi x = Bài tập 2.3.5 [13] Cho hình chóp S.ABCD, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), ABCD hình thang vng A B, có đáy lớn AD = 2a, đáy nhỏ √ BC = a AB = 2a, SA = a Gọi M điểm nằm đường chéo AC (M khác A C), đặt AM = x Mặt phẳng (P) qua M vng góc với AC a) Tùy theo vị trí M đoạn AC, xác định thiết diện hình chóp S.ABCD với (P) b) Tính diện tích thiết diện theo a x Xác định x để thiết diện có diện tích lớn Lời giải (Hình 2.50) a) Xác định thiết diện tùy theo vị trí M AC Gọi I trung điểm AD, tứ giácABCI có AB vng góc với AD, AI//BC, AI = BC = BA = a, ABCI hình vng suy BI⊥AC ⇒ BI// (P ) Ta lại có SA⊥AC ⇒ SA// (P ) Gọi O giao điểm AC BI O trung điểm AC BI Hình 2.50 download by : skknchat@gmail.com 87 * Trường hợp √ M thuộc đoạn OA, a ) (0 < x < AM = Ta có (P ) //BI (P ) //SA suy thiết diện xác định sau: Qua M dựng đường thẳng song song với BI , cắt cạnh AB , AD E F Qua E , M , F dựng đường thẳng song song với SA cắt SB , SC , SD L, K , H Nối KL, KH ta thiết diện ngũ giác EF HKL √ √ a * Trường hợp M thuộc đoạn OC , ( ≤ x < a 2) Qua M dựng đường thẳng song song với BI , cắt BC AD J G Qua M G dựng đường thẳng song song với SA, cắt SC SD Q R Nối JQ, RG ta thiết diện tứ giác JGRQ Vì CD//(P ) nên QR//CD//BI suy QR//JG Mà (P )//SA suy RG//SA SA vng góc với BI nên RG vng góc với QR JG Do thiết diện JGRQ hình thang vng R G b) Tính diện tích thiết diện: √ a ) * Trường hợp M thuộc đoạn OA, (0 < x < Diện tích thiết diện S1 = SM KHF + SM KLE Ta có: (P ) //BI, BI //DC (vì BCDI hình bình hành) suy DC//(P ) (P ) giao với (SCD) HK suy KH//DC//BI ; (P ) giao với (ABCD) EF//BI Suy EF//HK Lại có EL//M K//HF//SA nên EF vng góc với EL, M K HF Suy M F HK hình chữ nhật M KLE hình thang vng E M AM MF MF = = ⇒ M F = AM = x (AM = OI ABCI AO OI AO hình vng) √ √ √ a a 2−x MK CM SA.CM √ M K//SA ⇒ = ⇒ MK = = = a − x; SA CA CA a √ √ a a −x √ LE BE OM SA.OM √ LE//SA ⇒ = = ⇒ LE = = = a − 2x SA BA OA OA a 2 M F//OI ⇒ √ Suy diện tích hình chữ nhật M F HK là: SM F HK = M F.M K = x a − x download by : skknchat@gmail.com 88 Diện tích hình thang vng EM KL SEM KL √ √ a − 3x x √ a − x + a − 2x x = = (M K + EL) M E = 2 Do diện tích thiết diện EF HKL √ √ √ a − 3x x S1 = SM KHF + SM KLE = x a − x + = x 4a − 5x 2 √ √ a * Trường hợp M thuộc đoạn OC , ( ≤ x < a 2) Diện tích thiết diện JGRQ là: S2 = (JG + RQ) RG √ JG = BI = a Vì QR//CD nên √ RQ SQ AM CD.AM a 2.x = = ⇒ RQ = = √ = x CD SC AC AC a Vì RG//SA nên √ DG CM SA.CM RG = = ⇒ RG = = a − x SA DA CA CA Suy S2 = √ a 2+x √ a 2−x = 2a2 − x2 Vậy, diện tích thiết diện  √ √ a   S1 = x 4a − 5x , (0 < x < ) S=   S2 = 2a2 − x2 , 2 √ √ a ( ≤ x < a 2) * Xác định x để thiết diện có diện tích lớn nhất: Ta có √ √ √ 1 4a + 5x + 5x S1 = x 4a − 5x = 5x 4a − 5x ≤ 10 10 Suy max S1 = 4a2 √ 4a2 S1 = ⇔ 4a + 5x = 5x, x ∈ √ a 0; √ 2a ⇔x= download by : skknchat@gmail.com = 4a2 89 1 2a2 − x2 ≤ S2 = 2a2 − 2 √ a 2 = 3a2 3a2 4a2 ⇒ max S2 = < 4 4a2 max S2 < max S1 suy max S = max S1 = √ 2a Vậy diện tích thiết diện đạt giá trị lớn x = Bài tập 2.3.6 [13] Cho hình lăng trụ ABC.A B C Gọi M , N , P ba điểm AB , AC B C cho AM CN CP = = = x AB AC CB Xác định x để (MNP) song song với (A BC ) Khi đó, tính diện tích thiết diện lăng trụ cắt mặt phẳng (MNP) Biết tam giác BA C tam giác cạnh a Lời giải (Hình 2.51) Trong tam giác AB C có AM CP = AB CB suy M P//AC//A C Để (M N P ) song song với (A BC ) giao tuyến (M N P ) với (ACC A ) đường thẳng qua N song song với A C Dựng đường thẳng qua N song song với A C cắt đường thẳng AA R cắt đường thẳng CC S (MNP) song song với (A BC ) nên RM//A B Hình 2.51 AN AM AR = = (vì RS//A’C’, O giao A’B với AB’ ) AO AA AC Suy AM AN AC − C N CN AR = = = =1− = − x AO AA AC AC AC Suy AM AM AM =1−x⇔ = = − x ⇔ 2.x = − x ⇔ x = AO AB AB download by : skknchat@gmail.com 90 Vậy để (MNP) song song với (A BC ) x = Khi 1 AM = AB ; C N = AC ; CP = CB 3 Khi M , N , P , R thuộc đoạn AO, AC , CK , AA (K giao BC với CB ) Gọi Q, T giao RM với AB SP với BC Khi Q T nằm đoạn AB BC Ta thiết diện tứ giác RST Q Ta có AC //A C ⇒ AC// (M N P ) ; T Q// (M N P ) , T Q ∈ (ABC) ⇒ T Q//AC//M P Suy TQ TQ BQ = = (vì RS = AC) RS AC BA Mà MO OA − AM AM BQ = = =1− = − (1 − x) = x BA OA OA OA Suy QT =x= RQ Gọi I giao RQ ST suy tam giác IQT đồng dạng với tam giác IRS với tỷ số Do SIQT = ⇒ SIQT = SIRS ⇒ ST QRS = SIRS SIRS 9 Lại có ∆IRS = ∆BA C (c.c.c) Tam giác BA C cạnh a nên S∆IRS = S∆BA C √ a2 = Suy diện tích thiết diện ST QRS √ √ a2 2a2 = = 9 Bài tập 2.3.7 [13] Cho hình lập phương ABCD.A B C D cạnh a, M điểm di động cạnhAB Đặt AM = x (0 ≤ x ≤ a) Mặt phẳng (A M C) cắt cạnh C D N Xác định vị trí M để thiết diện có diện tích nhỏ Khi đó, tính góc mặt phẳng (A M C) với mặt phẳng chứa đáy hình lập phương download by : skknchat@gmail.com 91 Lời giải (Hình 2.52) Ta có (A B C D )//(ABCD)và (ABB A )// C DD C suy A N//M C A M//CN suy thiết diện A M CN hình bình hành Do ta xác định N giao điểm A C với đường thẳng qua M trung điểm A C Ta dựng AH⊥CM (H ∈ CM ), ta có CM ⊥AA suy CM ⊥ (AA H) suy góc hai mặt phẳng (A M C) (ABCD) góc A HA Hình 2.52 Gọi E hình chiếu vng góc N lên (ABCD), suy hình chiếu vng góc thiết diện A M CN mặt phẳng (ABCD) tứ giác AM CE Suy diện tích thiết diện A M CN SA M CE = SAM CE cos A HA - Vì E hình chiếu vng góc N lên (ABCD) nên E thuộc CD, AE//A N//CM AE = A N = CM nên AM CE hình bình hành, AM = CE Suy BM = DE = a − x ⇒ ∆ADE = ∆CBM Do SAM CE = SABCD − 2SCBM = a2 − a (a − x) ax - Trong tam giác vng A HA có cos A HA = AH AH Trong tam giác vng M BC có 4M C = BC + M B = a2 + (a − x)2 = 2a2 + x2 − 2ax Hai tam giác vuông M HA M BC đồng dạng suy AH MA M A.BC ax = ⇒ AH = =√ BC MC MC 2a2 + x2 − 2ax Trong tam giác vng A AH có A H = AH + AA = a2 x 2a4 + 2a2 x2 − 2a3 x + a = 2a2 + x2 − 2ax 2a2 + x2 − 2ax suy AH = 2a4 + 2a2 x2 − 2a3 x 2a2 + x2 − 2ax download by : skknchat@gmail.com 92 Do cos A HA = √ AH = AH ax 2a2 + x2 − 2ax 2a4 + 2a2 x2 − 2a3 x 2a2 + x2 − 2ax =√ ax 2a4 + 2a2 x2 − 2a3 x Suy SA M CE = SAM CE cos A HA = ax ax = 2a4 + 2a2 x2 − 2a3 x √ 2a4 + 2a2 x2 − 2a3 x SA M CE đạt giá trị nhỏ 2a4 + 2a2 x2 − 2a3 x đạt giá trị nhỏ Xét hàm số f (x) = 2a2 x2 − 2a3 x + 2a4 , x ∈ [0; a] Ta có bảng biến thiên hàm số sau: Từ bảng biến thiên f (x) ta có giá trị nhỏ f (x) a 3a4 , f (x) đạt giá trị nhỏ x = , M trung điểm AB √ a2 Suy thiết diện có diện tích nhỏ , M trung điểm AB Góc mặt phẳng (A M C) với mặt phẳng đáy hình lập phương góc A HA cho a a = √2 = √ cos A HA = √ a 6 2a4 + 2a2 x2 − 2a3 x ax Bài tập 2.3.8 [IMO - Năm 2000] Hãy cắt lăng trụ tam giác có chiều dài vô hạn mặt phẳng cho kết thiết diện tam giác Lời giải download by : skknchat@gmail.com 93 Giả sử mặt phẳng trực giao với cạnh lăng trụ A, B , C Ta đặt BC = a, CA = b, AB = c khơng tính tổng qt ta giả sử a ≤ b ≤ c Với t ≥ 0, xác định f (t) = a2 + t + c2 − b2 + t2 Khi a2 + c − b − f (0) = − c2 + t2 √ c2 ≤ Mặt khác, ta có f (b) = a2 + (b + c)2 − c2 + b2 > Vì f liên tục nên tồn t0 cho f (t0 ) = Ta lấy B nằm cạnh với B , cách B khoảng t ; C nằm cạnh với C cách C khoảng c2 − b2 + t0 nằm giá đối diện mặt phẳng (ABC) tính từ B Áp dụng định lý Pitago ta có: AB = c2 + t0 ; AC = b2 + c2 − b2 + t0 = BC = a2 + t0 + c2 + t ; c2 − b2 + t0 2 = c2 + t0 Suy AB = AC = B C hay mặt phẳng (AB C ) cắt hình lăng trụ tam giác tạo thành thiết diện tam giác Vậy cắt lăng trụ tam giác có chiều dài vơ hạn mặt phẳng cho kết thiết diện tam giác Bài tập 2.3.9 [Thi chọn học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Tuyên Quang năm học 2010 - 2011] Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình vng cạnh a, tâm O Đường cao √ hình chóp SA = a M điểm di động SB, đặt BM = x (α) mặt phẳng qua OM vng góc với (ABCD) a) Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (α) Tính diện tích thiết diện theo a x b) Xác định x để thiết diện hình thang vng Trong trường hợp tính thể tích hai phần S.ABCD chia thiết diện download by : skknchat@gmail.com 94 Lời giải a) Ta có: SA⊥ (ABCD) , (α) ⊥ (ABCD) ⇒ SA// (α) Qua M dựng đường thẳng song song với SA, cắt AB N Dựng đường thẳng qua O song song với SA, cắt SC K Gọi H giao đường thẳng N O với DC Nối M K , KH ta thiết diện cần tìm tứ giác M N HK (Hình 2.53) Vì M N//OK//SA nên M N ⊥ (ABCD); OK⊥ (ABCD) suy M N KO hình thang vuông N O, KOH tam giác vuông O Hình 2.53 Suy diện tích thiết diện M N HK 1 SM N HK = SM N KO + S∆KOH = (M N + KO).ON + OK.OH 2 O trung điểm AC , OK//SA nên OK = SA a = 2 M N//SA nên tam giác BN M đồng dạng với tam giác vuông cân BAS suy tam giác BN M vng cân N BN = N M , BM = √ √ BN + N M = BN = x ⇒ BN = x Xét tam giác OBN có √ a BD = , N BO = 450 BN = x, BO = 2 (vì ABCD hình vng cạnh a) Ta có ON = BN + BO2 − 2BN.BO.cosOBN Suy ON = √ a a x2 + − 2x cos450 = 2 x2 − ax + a2 = OH Suy diện tích thiết diện M N HK download by : skknchat@gmail.com 95 SM N HK = a x+ 2 ⇒ SM N HK = (x + a) x2 − ax + a2 a + 2 x2 − ax + x2 − ax + a2 a2 b) Thiết diện M N HK hình thang vng M K//N O//BC (Hình 2.54) Khi BM CK CO BN = = = =1 NA MS KS OA a a ⇔ BN = N A = ⇔ x = 2 Gọi V thể tích khối chóp, ta có a3 V = SA.SABCD = 3 Hình 2.54 Mặt phắng (α) chia khối chóp thành phần tích tương ứng V1 , V2 Trong V1 = VK.OECH + VKOE.M N B V2 = V − V1 Ta có: 1 a a a3 VK.OECH = OK.SOECH = = ; 3 2 24 a a a3 VKOE.M N B = ON.SM N B = = 2 16 Suy thể tích hai phần khối chóp chia thiết diện V1 = a3 a3 5a3 a3 5a3 11a3 + = ; V2 = V − V1 = − = 24 16 48 48 48 Nhận xét: Yêu cầu (a) tập yêu cầu đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 tỉnh Bắc Giang năm học 2015 – 2016 download by : skknchat@gmail.com 96 KẾT LUẬN Luận văn thực số kết sau: - Hệ thống hóa kiến thức (Trình bày chương 1) sở cho số giải pháp giải tập thiết diện - Sưu tầm tập thiết diện tài liệu tham khảo (42 bài), đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh (06 bài), Olympic truyền thống 30 tháng (03 bài), Olympic Toán học Quốc tế (IMO) (01 bài) phân loại sơ lược tập thành 03 dạng (theo ý chủ quan) để người đọc tiện theo dõi - Trình bày chi tiết lời giải cho tập, cố gắng đưa lời dẫn dắt, nhận xét việc trình bày lời giải Đối với số bài, tác giả đưa lời giải khác tài liệu gốc với mong muốn người đọc tiếp cận tốn theo nhiều hướng Tuy nhiên, tập thiết diện đa dạng, nhiều khó, nhiều đặc biệt luận văn bao quát hết Tác giả coi nhiệm vụ thời gian Tác giả đầu tư nhiều thời gian, tham khảo nhiều tài liệu để thực luận văn khơng thể tránh khỏi hạn chế Tác giả kính mong góp ý q thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện download by : skknchat@gmail.com 97 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Quang Ánh, Nguyễn Thành Dũng, Trần Thái Hùng (1999), 360 tốn chọn lọc hình học khơng gian , NXB Đồng Nai [2] Lê Hải Châu (1992), Thi vơ địch tốn quốc tế , NXB thành phố Hồ Chí Minh [3] Phan Đức Chính, Phạm Văn Điều, Đỗ Văn Hà, Phan Văn Hạp, Phạm Văn Hùng, Phạm Đăng Long, Nguyễn Văn Mậu, Đỗ Thanh Sơn, Lê Đình Thịnh (1998), Một số phương pháp chọn lọc giải toán sơ cấp (Tập 3) , NXB Giáo dục [4] Nguyễn Quý Dy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho, Vũ Văn Thoa (2009), Tuyển tập 200 tốn vơ địch tốn (tập 3), NXB Giáo dục Việt Nam [5] Nguyễn Hữu Điển (2010), Olympic toán năm 2000 - 52 đề thi lời giải (tập 1), NXB Giáo dục Việt Nam [6] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Văn Xoa (2006), Tuyển tập Đề thi tuyển sinh Trung học phổ thơng Chun mơn Tốn , NXB Giáo dục Việt Nam [7] Đàm Văn Nhỉ (2015), Giáo trình hình học sơ cấp, Hà Nội [8] Trần Minh Quang, Trần Phương, Hoàng Minh Tuệ (2015), Tuyển tập chuyên đề toán trung học phổ thông, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [9] Đoàn Quỳnh (Chủ biên), Phạm Khắc Ban, Văn Như Cương, Nguyễn Đăng Phất, Lê Bá Khánh Trình (2010), Tài liệu chun tốn Hình học 11, NXB Giáo dục Việt Nam [10] Sharygin I.F (1998), Tuyển tập 340 toán hình học khơng gian (Problems in Solid Geometry), NXB thành phố Hồ Chí Minh download by : skknchat@gmail.com 98 [11] Nguyễn Quang Sơn (2014), Chuyên đề trọng điểm Bồi dưỡng học sinh giỏi hình học khơng gian, NXB Đai học Quốc gia Hà Nội [12] Vũ Dương Thụy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic Toán học quốc tế, NXB Giáo dục Việt Nam [13] Nguyễn Anh Trường, Nguyễn Tấn Siêng, Nguyễn Văn Bình (2014), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học khơng gian, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [14] Tuyển tập 20 năm đề thi Olympic 30 tháng – Toán 11 (2014), NXB Đại học quốc gia Hà Nội [15] Tuyển tập tạp chí Tốn học Tuổi trẻ , NXB Giáo dục Việt Nam Tiếng Anh [16] Andreescu T., Feng Z (2004), 103 Trigonometry Problems: From the Training of the USA IMO Team, Birkhăauser Boston [17] Coxeter H.S.M., Greitzer S.L (1967), Geometry revisited, The Mathematical Association of America [18] Prasolov V (2006), Problems in Plane and Solid Geometry , Translated and edited by Dimitry Leites, Moscow textbooks download by : skknchat@gmail.com ... "Một số dạng tập thiết diện dành cho học sinh giỏi" với nhiệm vụ: Hệ thống hóa để chọn lọc số dạng tập thiết diện thường xuất đề thi học sinh giỏi Đưa lời giải tường minh cho số tập dành cho học. ..ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM KHÁNH TÙNG MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Mã số: PHƯƠNG PHÁP TOÁN... phẳng, giao tuyến, thiết diện kiến thức tảng áp dụng việc giải tập chương - Chương Một số dạng tập thiết diện Đây nội dung trọng tâm luận văn Các tập dành cho học sinh giỏi thiết diện trình bày có