Hướng dẫn học sinh bài toán thiết diện trong ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh và thi THPT quốc gia

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT TRIỆU THỊ TRINH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH BÀI TỐN THIẾT DIỆN TRONG ƠN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VÀ THI THPT QUỐC GIA Người thực hiện: Trần Thị Chinh Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HĨA NĂM 2018 MỤC LỤC Trang Trang phụ bìa Mục lục Đặt vấn đề 1.1 Lí chọn chọn đề tài 1.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu Giải vấn đề Kết luận 21 Tài liệu tham khảo 22 ĐẶT VẤN ĐỀ 1.1 Lý chọn đề tài Kỳ thi HSG cấp tỉnh từ năm 2018 Sở Giáo Dục Đào tạo thay đổi theo hướng mới, học sinh tham gia học sinh khối 11 Trong đề thi mơn Tốn, kiến thức lớp 11 chiếm tỷ trọng lớn Một tốn khó, có tính phân hóa cao đề thi tốn thiết diện Ngoài đề thi thử THPT Quốc gia trường tồn quốc, tốn thiết diện xuất nhiều có mức độ tương đối khó, khó Bài tốn dựng thiết diện mơn hình học khơng gian tốn khó học sinh THPT mơn học có phần trừu tượng Dạng toán liên quan đến thiết diện đa dạng thường xuyên có mặt đề thi thử HSG cấp tỉnh thi thử THPT Quốc gia Việc giải toán dựng thiết diện không đơn giản, yêu cầu người giải không nắm vững kiến thức mà phải biết vận dụng linh hoạt, sáng tạo phải cần thực hành nhiều Với lý trên, nghiên cứu thực nghiệm đề tài: “Hướng dẫn học sinh tốn thiết diện ơn thi học sinh giỏi cấp tỉnh thi THPT Quốc gia” 1.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu Thực trạng trường trung học phổ thơng nói chung trường THPT Triệu Thi Trinh nói riêng vấn đề dạy toán cho học sinh lớp 11, nhằm chuẩn bị tốt cho kỳ thi HSG cấp Tỉnh thi THPT Quốc gia, trước thay đổi phương thức thi, đặt lên cách cấp bách Trong năm học nhà trường giao nhiệm vụ dạy hổ trợ cho giáo viên đứng đội tuyển lớp chọ Toán trường Khi học toán, học sinh thường thấy “sợ” nhắc đến hình học khơng gian, cho khó thực Nguyên nhân em khó liên hệ hình thật hình biểu diễn, liên hệ logic yếu tố không gian yếu nên nhiều tốn dễ thành khó em Với mong muốn đóng góp vào việc nâng cao chất lượng dạy học chuyên đề hình học khơng gian, đem lại cho học sinh cách nhìn thấu đáo toán thiết diện, giúp em định hướng hướng giải cho dạng tập này, tơi viết sáng kiến kinh nghiệm 1.3 Đối tượng nghiên cứu Các toán dựng thiết diện mặt phẳng hình chóp, hình lăng trụ Các tốn tính tốn liên quan đến thiết diện 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lí luận Phương pháp điều tra lí luận thực tiễn Phương pháp thực nghiệm sư phạm Phương pháp thống kê Giải vấn đề 2.1 Một số phương pháp dựng thiết diện (trình bày phần phụ lục 1) 2.2 Bài tốn liên quan đến thiết diện Tính diện tích thiết diện, xác định vị trí mặt phẳng cắt để thiết diện có diện tích lớn nhất, nhỏ 2.2.1 Một số lưu ý: - Thiết diện đa giác nằm mặt phẳng cắt nên tính diện tích thiết diện tính diện tích đa giác mặt phẳng Vì ta áp dụng tất phương pháp biết tính diện tích đa giác mặt phẳng để tính - Cơng thức diện tích tam giác: 1 abc S = ah = ab sin C = = pr = p ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) 2 4R - Công thức diện tích tứ giác ABCD: S = AC.BD.sin α , α = (·AC , BD ) - Cơng thức diện tích đa giác hình chiếu: S’ = S.cosϕ - Để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ diện tích thiết diện ta áp dụng phương pháp tìm cực trị biết dùng bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacovxki …dùng đạo hàm sử dụng tính chất hình học… - Bất đẳng thức Cauchy cho n số không âm ai, i = 1,2,3… a1 + a2 + + an n ≥ a1a2 an , đẳng thức a1= a2 =…= an n 2.2.2 Ví dụ Ví dụ 1: Cho hình tứ diện ABCD có tất cạnh 6a Gọi M, N trung điểm CA, CB P điểm cạnh BD cho BP = PD Tính diện tích S thiết diện tứ diện ABCD bị cắt ( MNP ) Giải: Trong mặt phẳng ( BCD ) , gọi I giao điểm NP với CD Trong mặt phẳng ( ACD ) , gọi Q giao điểm AD MI Suy Q giao điểm AD với ( MNP ) Khi đó, tứ giác MNPQ thiết diện tứ diện cắt mặt phẳng ( MNP ) Trong tam giác BCI ta có P trọng tâm tam giác suy D trung điểm CI QA Trong tam giác ACI có Q trọng tâm tam giác nên QD = IP IQ = = ⇒ PQ / / MN IN IM Suy MNPQ hình thang với đáy lớn MN Ta có: AQ = 4a, AM = 3a = MN , PQ = 2a Áp dụng định lí cosin tam giác MAQ ta Ta có có: MQ = AM + AQ − AM AQ.cos 600 = 16a + 9a − 12a = 13a ⇒ MQ = a 13 Tương tự ta tính NP = a 13 Dễ thấy MNPQ hình thang cân Do đó: MN − PQ  ( MN + PQ ) MQ −  ÷ 5a 51   S= = Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có cạnh a Trên tia đối tia CB, DA lấy điểm E, F cho CE = a, DF = a Gọi M trung điểm đoạn AB Tính diện tích S thiết diện tứ diện ABCD cắt mặt phẳng ( MEF ) Giải:Trong mặt phẳng ( ABC ) , gọi H giao điểm ME với AC Trong mặt phẳng ( ABD ) , gọi K giao điểm MF AD ( MEF ) ∩ ( ABC ) = MH  Ta có: ( MEF ) ∩ ( ABD ) = MK  ( MEF ) ∩ ( ACD ) = HK Do tam giác MHK thiết diện tứ diện cắt ( MEF ) Dễ thấy H , K trọng tâm tam giác ABE ABF 2a Ta có: AH = AK = HK = AMH AMK AM Xét hai tam giác có chung, 2a · · MAH = MAK = 600 , AH = AK = nên hai tam giác Suy MH = MK Vậy tam giác MHK cân M Áp dụng định lí cosin tam giác AMH : 2 2 a 13  a   2a  a 13a MH = AM + AH − AMAH cos60 =  ÷ +  ÷ − = ⇒ MH = 36 2   Gọi I trung điểm đoạn HK Ta có MI ⊥ HK 13a a a a 2 − = ⇒ MI = Suy ra: MI = MH − HI = 36 1 2a a a Diện tích thiết diện MHK là: S = MI HK = = 2 Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vuông A ,B với AB = BC = a,AD = 2a ; SA ⊥ ( ABCD ) SA = 2a Gọi M điểm cạnh AB , ( α ) 2 mặt phẳng qua M vng góc với AB Đặt a) Xác định thiết diện hình chóp cắt ( α ) b) Tính diện tích thiết diện theo a x Lời giải  Bα ∉( )  a) Ta có  BC ⊥ A B ⇒ BCαP ( )  α ⊥ AB ( ) Aα∉ ( )  Tương tự SA ⊥ AB ⇒ SAαP (  α ⊥ AB ( ) AM = x( < x < a) ) Do M ∈ ( A BCD )  MQ P CD∈ ) ⇒ ( ABCD ) ∩( ) = BC,Q  BC ⊂ ( A BCDα   BCαP ( ) M ∈ ( SA Bα ) ∩( )  ⇒ SAB = ,N PSB ∈ ) ( ) ∩MN ( )SA Tương tự SA ⊂ ( SA Bα  SAαP ( ) N ∈ ( SBCα ) ∩( )  SBC ) ⇒ ( ) ∩NP ( BC,P ) = PSC ∈  BC ⊂ ( SBCα   BCαP ( ) Thiết diện tứ giác MNPQ MQ P BC ⇒ MQ P NP nên tứ giác MNPQ hình thang b) Ta có  NP P BC  MQ P AB  Mặt khác MN P SA ⇒ MQ ⊥ MN suy thiết diện hình thang vng SA ⊥ AB  M N SMNPQ = ( MQ + NP ) MN Gọi I trung điểm AD K = CI ∩ MQ MN BM BM.SA 2a( a − x) Do MN P SA nên = ⇒ MN = = = 2( a − x) SA BA BA a NP SN AM BC.AM a.x = = ⇒ NP = = = x BC SB AB AB a Xét hình thang ABCD ta có : KQ CK A M ID.BM a( a − x) = = ⇒ KC = = = a− x ID CI AB BA a MQ = MK + KQ = a + ( a − x) = 2a − x SMNPQ = ( 2a − x + x) 2( a − x) = 2a( a − x) Ví dụ Cho hình chóp S.A BC có đáy ABC tam giác cạnh a , SA ⊥ ( ABC ) SA = 2a Gọi ( α ) mặt phẳng qua B vng góc với SC a) Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD cắt ( α ) b) Tính diện tích thiết diện Lời giải a) Gọi I trung điểm củaAC, dựng IH ⊥ SC,H ∈ SC  BI ⊥ AC ⇒ BI ⊥ ( SA C ) Mặt khác IH ⊥ SC nên Ta có  BI ⊥ SA  ( BIH ) ⊥ SC Vậy ( BIH ) mặt phẳng ( α ) qua B vng góc với SC Thiết diện tam giácIBH b) Do BI ⊥ ( SAC ) ⇒ IB ⊥ IH nên ΔIBH vuông I a ( đường cao tam giác cạnh a ) Hai tam giác CHI CAS có góc C chung nên chúng đồng dạng Từ suy a 2a IH CI CI.SA CI.SA 5 = ⇒ IH = = = = SA CS CS SA + AC 4a2 + a2 BI = Vậy SBIH = 1a a a2 15 = 2 20 Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD , có đáy hình vng cạnh a tam giác SAB Một điểm M thuộc cạnh BC cho BM = x ( < x < a) , ( α ) mặt phẳng qua M song song với SA SB a) Xác định thiết diện hình chóp cắt ( α ) b) Tính diện tích thiết diện theo a x Lời giải:  M ∈ ( α ) ∩ ( SBC )  a) Ta có ( α ) PSB  SB ⊂ ( SBC ) ⇒ ( α ) ∩ ( SBC ) = MN PSB,  N ∈ ( SAC ) ∩ ( α )  N ∈ SC Tương tự ( α ) PSA  SA ⊂ ( SAC ) ⇒ ( SAC ) ∩ ( α ) = NI PSA , I ∈ AC Trong ( ABCD ) gọi Q = MI ∩ AD , ta có Q ∈ ( SAD ) ∩ ( α )  ⇒ ( SAD ) ∩ ( α ) = QP PSA , P ∈ SD ( α ) PSA  SA ⊂ ( SAD ) Thiết diện tứ giác MNPQ CM CN = ( 1) CB CS CI CN CM CI = 2) Từ ( 1) ( 2) suy = ⇒ IM P AB Lại có IN PSA ⇒ ( CA CS CB CA Mà AB PCD ⇒ IM PCD b) Do MN PSB ⇒ Ba mặt phẳng ( α ) ,( ABCD ) ( SCD ) đôi cắt theo ba giao tuyến MQ ,CD , NP với MQ PCD ⇒ MQ PNP Vậy MNPQ hình thang MN CM DQ PQ = = = , mà SB CB DA SA SA = SB = a⇒ MN = PQ Do MNPQ Ta có hình thang cân Từ MN CM a− x = = ⇒ MN = a− x , SA CB a PN SN BM IM CM = = ⇒ PN = BM = x , = ⇒ IM = CM = a− x DC SC BC AB CB Gọi J trung điểm IM NJ = MN − MJ = ( a− x) −  a−2x ÷ = 23 ( a− x)   1 3 2 NJ ( MQ + NP ) = a− x) ( a+ x) = a −x ( 2 Ví dụ 6: Cho tứ diện ABCD cạnh a M P hai điểm di động cạnh AD BC , cho MA = PC = x, ( < x < a) Một mặt phẳng qua MP song ( SMNPQ = ) song với CD cắt tứ diện theo thiết diện a) Chứng minh thiết diện hình thang cân b) Tìm x để diện tích thiết diện nhỏ  M ∈ ( α ) ∩ ( ACD )  ⇒ ( α ) ∩ ( ACD ) = MN PCD , N ∈ AC Giải a) Ta có CD ⊂ ( ACD )  CD P( α ) Tương tự ( α ) ∩ ( BCD ) = PQ PCD ,Q ∈ BD Thiết diện tứ giác MNPQ  MN PCD ⇒ MN PPQ nên MNPQ hình thang  PQ PCD Dễ thấy DQ = CP = x , DM = a− x , Áp dụng định lí sin cho tam giác DMQ ta có Vì  MQ = DM + DQ − 2DM DQ cos600 ⇒ MQ2 = x2 + ( a− x) − 2x( a− x) = 3x2 − 3ax + a2 ⇒ MQ = 3x2 − 3ax + a2 Tương tự ta tính NP = 3x2 − 3ax + a2 ⇒ MP = NQ Vậy MNPQ hình thăng cân Dễ thấy MN = x, PQ = a− x , đường cao hình thang h = 8x2 − 8ax + 3a2 1 SMNPQ = [a+ (a− x)] 8x2 − 8ax + 3a2 = a 8x2 − 8ax + 3a2 2 2 1  a a2 2 b) Ta có SMNPQ = a 8x − 8ax + 3a = a 8 x − ÷ + a ≥ 2 2  a2 a Vậy SMNPQ = ⇔ x = 2 Ví dụ 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, AB = 3a, AD = CD = a Mặt bên SAB tam giác cân đỉnh S SA = 2a , mặt phẳng ( α ) song song với ( SAB) cắt cạnh AD , BC ,SC ,SD theo thứ tự M , N , P ,Q a) Chứng minh MNPQ hình thang cân b) Đặt x = AM ( < x < a) Tính x để MNPQ tứ giác ngoại tiếp 10 đường tròn Tính bán kính đường tròn ( α ) P( SAB)  a) Do ( ABCD ) ∩ ( SAB) = AB ⇒ MN P AB ( 1)  ( ABCD ) ∩ ( α ) = MN ( α ) P( SAB)  Tương tự ( SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD  ( SCD ) ∩ ( α ) = PQ ⇒ PQ PCD ( 2) Lại có AB PCD ( 3) Từ ( 1) ,( 2) ( 3) ta có MN P AB PCD PPQ nên MNPQ hình thang (*) MQ DM NP CN = ; = Dễ thấy MQ PSA , NP PSB SA DA SB CB DM CN MQ NP = = mà nên DA CB SA SB Mặt khác ∆SAB cân S ⇒ SA = SB ⇒ MQ = NP ( **) Từ ( *) ( **) suy MNPQ hình thang cân b) MNPQ tứ giác ngoại tiếp ⇔ MQ + NP = MN + PQ MQ DM a− x = = ⇒ MQ = 2( a− x) ⇒ NP = 2( a− x) SA DA a PQ SQ AM x = = = ⇒ PQ = x Lại có CD SD AD a Khơng khó khăn ta tính MN = 3a− 2x Ta có a Do MQ + NP = MN + PQ ⇔ 4( a− x) = 3a− 2x + x ⇔ x = Khi tính r = a Ví dụ 8: Cho tứ diện ABCD cạnh a Gọi I trung điểm AD, J điểm đối xứng với D qua C, K điểm đối xứng với D qua B a Xác định thiết diện hình tứ diện cắt mặt phẳng (IJK) b Tính diện tích thiết diện xác định câu a Giải: a Mặt phẳng cắt trường hợp qua ba điểm không thẳng hàng Nối IJ cắt AC N, nối IK cắt AB M Tam giác IMN thiết diện cần tìm 11 b Ta có M, N trọng tâm tam giác ADK, ADJ nên 2 AN = AC = AB = AM 3 2a Suy MN // BC MN = BC = 3 Áp dụng định lí cosin cho tam giác AIM: IM2 = IA2 + AM2 – 2IA.AMcos600 a 13 Nên IM = = IN Gọi H trung điểm MN ta có IH ⊥ MN a IH = a2 Vậy S∆IMN = IH MN = Ví dụ 9: Cho tứ diện ABCD, M điểm thuộc cạnh AB (P) mặt phẳng qua M song song với AC BD a Xác định thiết diện với tứ diện cắt (P) b Xác định vị trí M để thiết diện hình thoi c Xác định vị trí M để thiết diện có diện tích lớn Giải: a Mặt phẳng (ABC) mặt phẳng chứa M AC, qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC N Mặt phẳng (ABD) chứa M BD, qua M kẻ đường thẳng song song với BD cắt AD Q tiếp tục trình giao tuyến NP, QP thiết diện hình bình hành MNPQ b MNPQ hình thoi MN = MQ MN MB AC = ⇒ MN = MB MN // AC nên AC AB AB MQ MA BD = ⇒ MQ = MA MQ // BD nên BD AB AB AC BD MA AC ⇒ MN = MQ ⇔ MB = MA ⇔ = ( *) AB AB MB BD Vậy MNPQ hình thoi M thỏa mãn (*) 12 c Do MN // AC, MQ // BD nên góc MN, MQ khơng đổi, giả sử α BD.AC SMNPQ = MN.MQ.sinα = MA.MB.sinα AB2 Để diện tích thiết diện lớn tích MA.MB lớn Mà MA + MB = AB khơng đổi nên tích lớn MA = MB hay M trung điểm AB Ví dụ 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành, mặt bên SAB tam giác vuông A M điểm thuộc AD (khác A D) Xét mặt phẳng (P) qua M song song SA CD a Thiết diện cắt mặt phẳng (P) hình chóp hình gì? b Tính diện tích thiết diện theo a b với AB = a SA = b M trung điểm AB Giải: a Xét mặt phẳng (P) (SAD) có M chung, (P) // SA nên qua M kẻ đường thẳng song song với SA cắt SD Q Tương tự qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt BC N, qua Q kẻ đường thẳng song song với CD cắt SC P ta có thiết diện tứ giác MNPQ Có MN //PQ // CD // AB MQ // SA SA ⊥ AB nên thiết diện hình thang vng M, Q 3ab a b SMNPQ = (MN + PQ).MQ có MN = a MQ = = PQ nên S MNPQ = Ví dụ 11: Cho hình chóp tam giác S.ABC cạnh đáy a, đường cao SO = 2a Gọi M điểm thuộc đường cao AA’ tam giác ABC Xét mặt phẳng (P) qua M a a vng góc với AA’ Đặt AM = x ( ) a2 + c2 Một mặt phẳng (P) qua điểm A vuông góc với CA’ a Xác định thiết diện lăng trụ cắt mp (P) b Tính diện tích thiết diện Giải: a Kẻ AE ⊥ CA’ (E ∈ CC’) Do h2 > a2 + c2 nên E thuộc đoạn CC’ Kẻ BH ⊥ AC ta có BH ⊥ (ACC’A’) ⇒ BH ⊥ A’C Mp (P) chứa AE song song với BH Trong mp(ABC) kẻ đường thẳng qua A song song với BH cắt BC I, nối IE cắt BB’ F, nối AF ta có thiết diện tam giác AEF Gọi ϕ góc (AEF) (ABC) Ta có ∆ABC hình chiếu vng góc S ∆AEF mp(ABC) Do vậy: S ABC = S AEF cos ϕ ⇔ S AEF = ABC cos ϕ · Ta có ϕ = CAE ngồi CAE · · ' A (cùng phụ với góc A’CA) = CA 15 ⇒ cos ϕ = Vậy SAEF = AA ' h = ac ; S = ABC A 'C a + c2 + h2 ac a + c2 + h2 2h Ví dụ 14: Cho tam giác vng cân ABC có cạnh huyền AB = 2a Trên đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S khác A Lấy S’ đối xứng với S qua A gọi M trung điểm SC Xác định thiết diện tạo mặt phẳng (P) qua S’, M song song với BC cắt tứ diện SABC Tính diện tích thiết diện SA = a Giải: + Dựng thiết diện: Trong tam giác SAC nối S’M cắt AC N Do (P) // BC nên (P) cắt (ABC) theo giao tuyến qua N song song với BC cắt AB P Tương tự (P) cắt (SBC) theo giao tuyến qua M song song với BC cắt SB Q Thiết diện tứ giác MNPQ Do tam giác ABC vuông cân C nên BC ⊥ AC, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAC)  MQ / / NP ⇒ MNPQ hình thang vng ⇒ BC ⊥ MN Ta có   MQ ⊥ MN + Tính diện tích thiết diện: S = ( MQ + NP ) MN Xét tam giác SCS’ có S’M, CA trung tuyến nên N trọng tâm tam giác SCS’ Xét tam giác ACB vuông cân C suy AC = CB = a NP AN 1 a Từ NP // BC ta có = = ⇒ NP = BC = BC AC 3 Từ MQ // BC M trung điểm SC nên MQ SM 1 a = = ⇒ MQ = BC = BC SC 2  ME ⊥ AC  Gọi E trung điểm AC ta có ME // SA ⇒  a  ME = SA =  2 a a a a NE = EA – AN = − = ⇒ MN = ME + NE =  a a  a 5a 10 S = + = Vậy  ÷ 2  36 16 Ví dụ 15: Cho lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’ cạnh đáy a cạnh bên a Xét đường thẳng d qua A song song với BD Gọi (P) mặt phẳng qua d C’ a Thiết diện hình lăng trụ cắt mặt phẳng (P) hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a b Tính góc (P ) (ABCD) Giải: a Gọi I, J giao điểm d CD, BC, M = d ∩ JC ', N = d ∩ IC ' Thiết diện tứ giác AMC’N Ta có tứ giác AMC’N hình bình hành M, N trung điểm BB’, DD’ Từ suy AN=NC’ kết hợp AMC’N hình bình hành nên thiết diện hình thoi S AMC ' N = AC '.MN , MN = a 2; AC ' = AC + CC '2 = 2a S AMC ' N = AC '.MN = 2a b Ta có tứ giác ABCD hình chiếu tứ giác AMC’N (ABCD) gọi ϕ góc (P) (ABCD) theo cơng thức diện tích hình chiếu ta có: S ABCD = S AMC ' N cos ϕ Mà SABCD = a2, SAMC’N = 2a2 ⇒ cos ϕ = ⇒ ϕ = 600 a Dựng thiết diện cắt mặt phẳng (P) qua A vng góc với SC Tính diện tích thiết diện vừa dựng Giải: Ví dụ 16: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD cạnh đáy a chiều cao SO = 17  SO ⊥ ( ABCD ) → SO ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BD ⊥ SC *) Ta có   AC ⊥ BD (P) mặt phẳng qua A song song với BD Trong tam giác SAC kẻ AH ⊥ SC, AH cắt SO E Qua E kẻ đường thẳng song song với BD cắt SD, SB M, N Nối AM, AN, MH, NH thiết diện tứ giác AMHN *) Do BD ⊥ (SAC) ⇒ MN ⊥ (SAC) ⇒ MN ⊥ AH Ta có: SAMHN = MN.AH Ta có: SA = SO + OA2 = a nên tam giác SAC suy H trung MN SE 2a = = ⇔ MN = BD SO 3 a Mặt khác AH đường cao tam giác cạnh a nên AH = 2 a 2a a Vậy SAMHN = = 2 3 Ví dụ 17: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh đáy 2a chiều cao a a Dựng thiết diện lăng trụ tạo (P) qua B’ vng góc với A’C b Tính diện tích thiết diện nói Giải: điểm SC E trọng tâm tam giác SAC ⇒ 18 a Gọi E trung điểm AC ta có:  BE ⊥ AC ⇒ BE ⊥ ( ACC ' A ') ⇒ BE ⊥ A ' C   BE ⊥ CC ' (P) mặt phẳng qua B’ song song với BE Gọi E’ trung điểm A’C’ ta có (P) ∩ (A’B’C’) = B’E’ Gọi M trung điểm AE Ta chứng minh E’M vng góc A’C Thật vậy: Gọi O giao điểm EE’ A’C Ta có EE’ = A’E’ = a OE’ = ME = a nên VA ' E ' O =VMEE ' (cgc) · ' ME  ·A ' E ' M = E · ' A ' O + ·A ' E ' M = 900 ⇒E Mà  · ' ME + ME · ' E = 90  E Suy ra: E’M ⊥ A’C hay (P) ∩ (AA’C’C) = E’M Qua M kẻ đường thẳng song song BE cắt AB N Thiết diện hình thang MNB’E’ b Do BE ⊥ (ACC’A’) ⇒ NM ⊥ (ACC’A’) ⇒ MN ⊥ ME Suy MNB’E’ hình thang vng chiều cao ME’ 1  BE  S MNB ' E ' = ( MN + B ' E ') ME ' =  + BE ÷ME ' = BE.ME ' 2  2a Ta có : BE = = a (đường cao tam giác cạnh 2a) 3a 15 a2 a 2 ⇒S= ME ' = EE ' + ME = a + = 19 KẾT LUẬN 3.1 Kết đề tài: Tôi giới thiệu áp dụng đề tài “Hướng dẫn học sinh tốn thiết diện ơn thi học sinh giỏi cấp tỉnh thi THPT Quốc gia” cho học sinh đội tuyển Toán lớp 11B1, 11B2 dạy cho đồng nghiệp trường Kết thu nói khả quan: sau ba tháng đa số em làm có kết tốt so với trước áp dụng đề tài Cụ thể: em đội tuyển Toán làm tốt phần này, thu giải 3, kk Kết lớp 11B1, 11B2 3-5 5-7 7-8 8-10 Trước áp dụng 40 40 Sau áp dụng 15 45 20 Vậy đề tài “Hướng dẫn học sinh tốn thiết diện ơn thi học sinh giỏi cấp tỉnh thi THPT Quốc gia” có tác dụng thực tiễn lớn giảng dạy giáo viên trình học tập học sinh 3.2 Kiến nghị đề xuất: - Đề nghị BGH nhà trường tạo điều kiện giúp đỡ học sinh giáo viên có nhiều tài liệu sách tham khảo đổi phòng thư viện để nghiên cứu học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ - Nhà trường tạo điều kiện tổ chức buổi trao đổi phương pháp giảng dạy Nhằm tạo điều kiện cho giáo viên trao đổi chuyên mơn, nhiệp vụ, từ nâng cao tay nghề - Nhà trường tạo điều kện có tủ sách lưu lại tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập giáo viên hàng năm để làm cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề - Nhà trường nên động viên thầy giáo giáo nghiên cứu tìm tòi, trang bị cho đội tuyển học sinh giỏi, cho học sinh nghèo dạng phần thưởng, phần quà tạo điều kiện để em học tốt Thanh Hóa, ngày 19 tháng 05 năm 2018 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép người khác Trần Thị Chinh 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa hình học lớp 11 [2] Sách tập hình học lớp 11 nâng cao [3] Đề thi học sinh giỏi lớp 11 trường tỉnh [4] Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2018 [5] Các tài liệu mạng internet 21 ... KẾT LUẬN 3.1 Kết đề tài: Tôi giới thi u áp dụng đề tài Hướng dẫn học sinh toán thi t diện ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh thi THPT Quốc gia cho học sinh đội tuyển Toán lớp 11B1, 11B2 dạy cho đồng... đề thi tốn thi t diện Ngồi đề thi thử THPT Quốc gia trường tồn quốc, tốn thi t diện xuất nhiều có mức độ tương đối khó, khó Bài tốn dựng thi t diện mơn hình học khơng gian tốn khó học sinh THPT. .. số phương pháp dựng thi t diện (trình bày phần phụ lục 1) 2.2 Bài toán liên quan đến thi t diện Tính diện tích thi t diện, xác định vị trí mặt phẳng cắt để thi t diện có diện tích lớn nhất, nhỏ