Một số bài toán về thiết diện

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 đờng thẳng với đờng 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. 1 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 . Trên mặt phẳng (ABC), PN và BC cắt nhau tại . là giao tuyến của mặt phẳng (MNP) và (ABCD). Trên (ABCD), DB cắt tại => (MNP) BD => (SBD) Vậy là giao điểm chung của hai mặt phẳng (MNP) và (SBD); N cũng là điểm chung của hai mặt phẳng này. Do đó N là giao tuyến của hai mặt phẳng (MNP) và (SBD) Trên (SBD), 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). 2 S Q M P A D N C B 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 và Trên mặt phẳng (SEA), V 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) Q 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 -> V 0 . V 0 là trung điểm cạnh SA thì T -> T (ký hiệu của T khi T ở xa và cùng về phía dới). Khi V ở V 0 thì MV 0 // SB không tồn tại T. Khi V rời V 0 tiến về S thì T rời T 0 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 M 4 là điểm thuộc cạnh AA'. 3 1 ' 4 = AA AM . Dựng thiết diện tạo bởi mặt phẳng (M 4 PU) với hình lập phơng. 2. M 5 là điểm thuộc đoạn thẳng A'M 4 (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. 3 T + S D R V 0 D P E C V N A B 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. PM 4 a'B' = . Do PU // (A'B'C'D') nên mặt phẳng (M 1 PU) cắt mặt phẳng (A'B'C'D') theo một giao tuyến qua // với PU, cũng là // với A'C". Do AM 4 = 2 1 M 4 A' nên A' = 2AP = A'B' => a' là trung điểm B'. Do đó giao tuyến nói trên qua D'. Giao tuyến này cắt B'C' tại . U CC' = T 4 Ta đợc thiết diện là ngũ giác PM 4 D'T 4 U. 2. PM 5 A'B' = . Mặt phẳng (M 5 PU) cắt mp (A'B'C'D') theo giao tuyến qua // với A'C" cắt A'D'. D'C' tại Q 5 , R 5 Đờng thẳng qua R 5 // với PM 5 cắt CC' tại T 5 ta đợc thiết diện là lục giác PM 5 Q 5 R 5 T 5 U. 3. Gọi M 2 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 PQ 2 T 2 U Khi M ở M 1 (M 2 . A) thiết diện là hình thang PQ 1 T 1 U Khi ở M 2 thiết diện là tam giác PB'U Khi M ở M 3 (M 2 . A) thiết diện là hình tam giác PQU Khi M ở A thiết diện là hình vuông ABCD Khi M (A. M 4 ) thiết diện là một ngũ giác. Khi M ở M 4 thiết diện là ngũ giác PM 4 DT 1 U Khi M ở M 5 (M 4 , A) thiết diện là một lục giác PM 5 Q 5 R 5 T 5 U Khi M ở A' thiết diện là hình thang PA'C'U' Khi M ở M 6 (A. M) thiết diện là hình thang PQ 6 T 6 U Khi M trên AA' ở xa vô cùng về phía A', ký hiệu M thiết diện là hình chữ nhật PQ 2 T 2 U. Vậy để thiết diện là: 1. Tam giác điểm M (M 2 . A) 2. Hình vuông điểm M ở A 3. Hình thang điểm M (M M 2 ); (A' M 4 ) 4. Ngũ giác điểm M (A 1 M 1 ) 4 5. Lục giác, điểm M (M 4 , A') 6. Hình chữ nhật điểm M ở M 1 (mp (MPU) // AA') Bài 4: Cho hình chóp SABCD, đáy ABCD là hình thang cạnh đáy NB // = 2 1 CD = 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 1 =<=>+= JD JS JD JS Vậy điểm J chia cạnh SD theo tỷ số 2 5 = JD JS Ta có 5 1 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 5 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 S IEJ = S INJ Mà S SEJ = S IMJ (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 S IMJ = S INJ 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 S IMJ = S IND 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: DJ CJ IB AI ' ' = 6 A I B N D 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, ta đợc K 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; ) NKFMKE = => ME = NF Hai tam giác IMJ và INJ có chung đáy IJ, đờng cao ME, NF bằng nhau nên diện tích bằng nhau. Vậy S IMJ = S INJ Bài 7: Cho tứ diện ABCD, Ab = a, CD = b, AC = c. Góc giữa AB và CD bằng . 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 S MNPQ theo a,b,c và theo AM = x 3. Vẽ đồ thị hàm số S MNPQ 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. 2. Ta có x c b MQ c x b MQ ==>= Ta có )( xc c a MN c xc a MN ==> = Ta lại có MNP = Vậy S MNPQ = sin).( 2 xcx c ab 3. S MNPQ = - x c ab x c ab .sin.sin 2 2 2 + với 0 x c.` Đồ thị nhận đợc là một chỏm Parabol trên đoạn [ ] c,0 có đỉnh là P 4 sin ; 2 abc Đồ thị cho ta 7 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 S MNPQ = 24 sin c xkhi ab = 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 M 0 , IM 0 kéo dài cắt BC tại , J cắt BD tại N 0 . Tứ giác IM 0 JN 0 là chu vi của thiết diện tạo bởi (Q) và hình tứ diện. Trên (ABC) MN IM 0 = E Trên (ABD): PQ IN 0 = 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 8 A I Q M E N D B D N M J C 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 Ta có SK // MH => SK // QP Ta có. S MNPQ = không đổi S MNPQ = 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 D 1 , D 2 song song cách đều một đoạn không đổi QP S 2) BP kéo dài cắt tại B 0 , CQ kéo dài cắt tại C 0 P là trung điểm của BB 0 , M là trung điểm của BS nên SB 0 = 2MP Tơng tự SC 0 = 2NQ. Do đó === k NQ MP SC SB 2 2 0 0 không đổi Trên (II) các điểm B 0 , C 0 cố định == k SC SB 0 0 không đổi Kẻ SI, SJ là các đờng phân giác trong và ngoài của góc B 0 SC 0 cắt tại I và J; SI SJ. Theo tính chất đờng phân giác ta có. === k IC SIB JC JB 0 0 0 0 không đổi. 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 ' ' = AC QC 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 ' = ta có PQ mp (Thiết diện) A ' B ' (A ' B ' BA) Vậy là điểm chung của mp ( thiết diện) và mặt phẳng (A ' B ' BA) 9 A' I Q C' B' Q N R A C M B Điểm M cũng là điểm chung của hai mặt phẳng nayg. Vậy hai mặt phẳng này cắt nhau theo giao tuyến M. M 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 Do => ON QR 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 ' a IBON aIB === OQ 2 = OI 2 + IQ 2 = 4 5 16 5 42 2 22 a OQ aaa ==>= + Do đó S ONPQ = 32 153 4 5 . 2 3 4 3 2 1 . 2 aaaa OQ ONPQ = += + Vậy S MNPQR = 16 153 2 a 10 [...].. .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'... 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. .. cho, môi đờng thẳng A'B', A'C' qua một điểm cố định và đờng thẳng B'C' song song với một đờng 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 M 0N0P0 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... cắt (R) theo giao tuyến B'C', B'C' // BC Vì BC // DE -> BC // (R) Do BC // DE nên B'C' // D'E' Vậy B'C' luôn song song với đờng thẳng cố định DE 2) Cho cạnh tam giác đều ADE bằng 2a, ta đợc BC = a Giả thiết B'C' = b không đổi Tam giác MB'C' có BC // B'C' nên MB BC a = = không đổi MB' BC ' ' b Điểm B (Q) Điểm B' (R) Lại có (Q) // (R); MB a = không đổi MB' b Nên M chuyển động trên mặt phẳng (II 1) song... I; IB a = ( MI // B ' D) ID b Ta cũng có điểm J thuộc đoạn BD sao cho JB a = JD b Vậy M còn ở trên mặt phẳng (II2) qua J song song với (Q) và (R) Để ý rằng IB = JB = a bốn điểm I, J, B, D lập thành một hàng điểm ID JD b điều hoà (I, J, B, D) = - 1 3 Tam giác A'B'C' đồng dạng với tam giác M 0N0P0 đã cho, ta đợc tam giác A'DE đồng dạng với tam giác M0N0P0 Điểm M ở trên AA' nên cần xác định A' để... các đờng thẳng đối xứng của các đờng thẳng này qua mặt phẳng 12 ABC (mời hai đờng thẳng này bỏ các giao điểm của chúng với mặt phẳng (Q) và bỏ điểm đồng quy A) Ngời thực hiện Lê Văn Lai Giáo viên: Tổ Toán Tin Trờng: THPT Nguyễn Văn Trỗi 13 . PQU Khi M ở A thiết diện là hình vuông ABCD Khi M (A. M 4 ) thiết diện là một ngũ giác. Khi M ở M 4 thiết diện là ngũ giác PM 4 DT 1 U Khi M ở M 5 (M 4 , A) thiết diện là một lục giác PM 5 Q 5 R 5 T 5 U . 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. 1 Một số bài toán về thiết diện Bài 1: Cho. 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.