SKKN thiết diện của một hình không gian cắt bởi một mặt phẳng

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên đề tài THIẾT DIỆN CỦA MỘT HÌNH KHƠNG GIAN CẮT BỞI MỘT MẶT PHẲNG Giáo viên: Từ Thị Vân Hạnh Tổ: Toán-Tin Quảng Ninh, ngày 12 tháng 01 năm 2019 1 PHẦN MỞ ĐẦU LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Thiết diện không gian tốn hay khó thường gặp kì thi vào đại học, cao đẳng kì thi học sinh giỏi Trong trình tham gia giảng dạy Tốn THPT, tơi nhận thấy đứng trước toán thiết diện, học sinh thường lúng túng tìm phương pháp giải Nguyên nhân vì: thứ tốn thiết diện tốn khó, đòi hỏi phải tư trừu tượng thường dùng để phân loại học sinh; thứ hai cách giải đòi hỏi phải nắm phương pháp Do giáo viên cần có phương pháp cụ thể cho dạng toán để học sinh nắm tốt Trong chương trình tốn THPT, kiến thức dạy lớp cung cấp cho em học sinh THPT theo chuẩn kiến thức có nhiều khó khăn việc vận dụng để giải Tốn kì thi, đặc biệt kì thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia Qua thực tế giảng dạy, thân trăn trở làm để giúp học sinh cuối cấp hệ thống kiến thức ,kỹ vận dụng vào giải toán thiết diện kì thi Xuất phát từ lí nêu trên, định viết đề tài “Thiết diện không gian”với hy vọng cung cấp cho học sinh số phương pháp có hiệu lực để giúp em Tuy nhiên, điều kiện thời gian có hạn cách trình bày chưa thật tốt nên chắn khơng thể tránh khỏi thiếu sót, mong bạn đồng nghiệp đọc góp ý cho tôi, xin chân thành cảm ơn 1.2 ĐIỂM MỚI CỦA CỦA ĐỀ TÀI Điểm đề tài thể qua tốn dựng thiết diện, tính diện tích thiết diện, tính thể tích khối hình học mặt phẳng thiết diện phân chia Và đặc biệt hệ thống tập điều kiện để có đa giác thiết diện đa giác thiết diện đặc biệt PHẦN NỘI DUNG 2.1 THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI Để thực đề tài thân tiến hành đọc sách nghiên cứu, tham khảo, góp nhặt từ toán cụ thể, trao đổi với đồng nghiêp, áp dụng vào giảng dạy, điều tra mức độ tiếp thu học sinh vận dụng giải tốn, từ rút kinh nghiệm, so sánh với cách giải khác tự đánh giá tích lũy Phân tích suy luận, tìm hiểu để rút phương pháp cho việc áp dụng vấn đề đơn giản để giải vấn đề khó Tổng kết kinh nghiệm để rút lí thuyết cho thân người dạy 2 NỘI DUNG ĐỀ TÀI PHẦN I: ĐẠI CƯƠNG VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG A LÝ THUYẾT: I Các tiên đề: * Tiên đề 1: Có mặt phẳng qua ba điểm không thẳng hàng cho trước * Tiên đề 2: Nếu đường thẳng qua hai điểm phân biệt mặt phẳng điểm đường thẳng thuộc mặt phẳng * Tiên đề 3: Nếu hai mặt phẳng có điểm chung chúng có điểm chung khác * Tiên đề 4: Có bốn điểm khơng thuộc mặt phẳng II Cách xác định đường thẳng Đường thẳng a xác định nếu: − Biết hai điểm phân biệt A, B thuộc a − Biết hai mặt phẳng phân biệt (α), (β) chứa a − Biết điểm đường thẳng phương đường thẳng III Cách xác định mặt phẳng: Mặt phẳng (α) xác định nếu: − Biết ba điểm A, B, C không thẳng hàng (α) − Biết điểm A đường thẳng a không qua A (α) − Biết hai đường thẳng a, b cắt (α) B BÀI TOÁN: I Xác định giao điểm đường thẳng a mặt phẳng (α) không chứa a Phương pháp: Muốn tìm giao điểm đường thẳng a với mặt phẳng (α), −Ta tìm mặt phẳng (β) chứa đường thẳng a −Tìm giao tuyến ∆ mặt phẳng (α) (β) Trong mặt phẳng (β), đường thẳng cắt ∆ O Và O giao điểm a với (α) II Tìm giao tuyến hai mặt phẳng đường thẳng Có hai cách tìm: Cách 1: Tìm điểm chung hai đường thẳng phân biệt Cách 2: Tìm điểm chung A mặt phẳng − Chứng tỏ giao tuyến song song với đường thẳng a biết − Đường thẳng Ax // a giao tuyến phải tìm C BÀI TẬP: Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD, đáy hình bình hành ABCD M, N trung điểm đọan thẳng SA BC Tìm giao điểm I đường thẳng MN mặt phẳng (SBD) Tìm giao điểm J đường thẳng CM mặt phẳng (SBD) Chứng minh điểm B, I, J thẳng hàng Giải: Trong mặt phẳng (ABCD), gọi P giao điểm AN BD Trong mặt phẳng (SAN), SP cắt MN I I giao điểm MN mặt phẳng (SBD) Trong mặt phẳng (SAC), SO cắt S CM J J giao điểm CM mp(SBD) Ta thấy: I ∈ SP mà SP ⊂ (SBD), M ⇒ I ∈ (SBD) J I ∈ MN mà MN ⊂ (MBC), D C I ⇒ I ∈ (SBD) ∩ (MBC) O N P Tương tự ta có: J ∈ SO mà SO ⊂ (SBD), J ∈ MC A B mà MC ⊂ (MBC), ⇒ J ∈ (SBD) ∩ (MBC) Ba điểm B, I, J thuộc giao tuyến hai mặt phẳng ( SBD) (MBC) nên ba điểm B, I, J thẳng hàng Bài 2: Trong mp(α), cho tứ giác ABCD S điểm nằm mp(α) M điểm nằm ∆ ABC N điểm thuộc miền mp(SDC) Xác định giao điểm đường thẳng MN mp(SAC) I điểm thuộc miền S tam giác SAB Xác định giao điểm đường thẳng SC mp(MNI) N Giải: Ta dựng mặt phẳng chứa MN cách: Qua N kẻ Sx cắt CD K D A L K Ta xác định giao tuyến mặt phẳng P chứa MN (SMK) với (SAC) M C B Trong mp(α), gọi P giao điểm AC MK Ta thấy SP ⊂ (SAC), (vì P ∈ AC) Và SP ⊂ (SMK) (Vì P ∈ MK) nên SP giao tuyến hai mặt phẳng (SAC) (SMK) Ta nối SP MN cắt L L giao điểm đường thẳng MN với (SAC) Gọi I1 giao điểm SI AB Gọi J giao điểm I1K AC Trong mp(SI1K), SJ cắt IN H S Trong mp(SAC) CH cắt SA E, E giao điểm SA với E mp(CIN) I N H Thật vậy: Ta có SA ⊂ mp(SAC) D L A Ta có: giao tuyến mp(SAC) I1 Q J (CIN) CH K (do C ∈ (SAC) C ∈ (CIN); H ∈ SJ ⊂ (SAC) P M B C H ∈ IN ⊂ (CIN)) Do đó, giao điểm SA mp(CIN) giao điểm SA giao tuyến CH, tức E giao điểm cần tìm * Tìm giao điểm SC mp(MNI) Ta có: L ∈ MN ∩ (SAC) H ∈ IN ∩ (SAC), ⇒ L ∈ (MNI) ∩ (SAC); H ∈ (MNI) ∩ (SAC) Suy LH giao tuyến hai mặt phẳng (MNI) (SAC) Trong mp(SAC), LH cắt SC Q Suy Q giao điểm SC mp(MNI) PHẦN II: THIẾT DIỆN SONG SONG VỚI ĐƯỜNG THẲNG HAY MẶT PHẲNG A LÝ THUYẾT: Định nghĩa: Một đường thẳng mặt phẳng gọi song song với chúng khơng có điểm chung Một số tính chất: a Nếu đường thẳng d không nằm mặt phẳng (α) song song với đường thẳng a nằm (α) đường thẳng d song song với mặt phẳng (α) b Cho đường thẳng d song song với mặt phẳng (α) Nếu mặt phẳng (β) qua d cắt mặt phẳng (α) giao tuyến (α) (β) song song với d c Nếu hai mặt phẳng cắt song song với đường thẳng giao tuyến chúng song song với đường thẳng d Cho a b hai đường thẳng chéo Khi có mặt phẳng qua đường thẳng song song với đường thẳng B BÀI TOÁN Dựng thiết diện tạo với mp(α) biết (α) song song với đường thẳng hay mặt phẳng cho trước Phương pháp: Nếu P, Q ∈ (α) (α) song song với a cho trước thì: − Dựng mp(β) cho P ∈ (β), a ⊂ (β) − Dựng đường thẳng b qua P b // a (α) mặt phẳng qua b chứa điểm Q Nếu (α) chứa đường thẳng b (α) // a; a chéo b thì: − Dựng mặt phẳng (β) cho (β) ∩ b = P −Trong (β) dựng a' qua P a' // a ⇒ (α) chứa a' Nếu (α) chứa điểm P (α) song song với hai đường thẳng chéo thì: −Trong mặt phẳng (P, a), dựng đường thẳng c c // a −Trong mặt phẳng (P, b), dựng d qua P d // b − Mặt phẳng (α) mặt phẳng chứa c d Nếu (α) chứa điểm P (α) song song với mặt phẳng (β) cho trước, ta tiến hành: − Chọn (β) hai đường cắt a b − Dựng d qua P d // a − Dựng d' qua P d' // b − (α) chứa d d' C BÀI TẬP Bài 1: Cho hình chóp tam giác ABCD Dựng thiết diện song song với hai cạnh đối diện cho trước Tìm thiết diện có diện tích lớn Giải: A Lấy M ∈ AC Kẻ MN // CD, N ∈ AD Kẻ MK // AB, K ∈ BC Ta có : AB ⊂ (ABD); MK ⊂ (MNK) Mà MK // AB nên giao tuyến hai mặt N phẳng NI NI // AB // MK ⇒ (MNIK) nằm mặt phẳng Tương tự ta có: CD ⊂ (BCD), MN ⊂ (MNK) M I D B K C Mà MN // CD nên giao tuyến hai mặt phẳng (MNK) (BCD) KI MN // CD // KI ⇒ Thiết diện song song với hai cạnh đối cho trước KMNI với MK // NI MN // KI Hay thiết diện hình bình hành KMNI * Tìm thiết diện để có diện tích lớn nhất: A Gọi α góc đường AB CD Ta có: S = ⇒S = KM.MN.sin(1800 −α) KM.KI.sin α N Tứ diện cho trước nên góc α khơng đổi M S max ⇔ KM.KI max Đặt BK = x I B α x Xét ∆BCD có: D K C x KI CD = ⇒ KI = x BC CD BC (1) Trong ∆ABC có: KM CK BC − x AB ( BC − x ) = = ⇒ KM = AB BC BC BC Từ (1) (2) suy ra: KM KI = Vì (2) AB.CD x.( BC − x ) BC AB.CD không đổi nên KM.KI max ⇔ x(BC −x) max BC = a BC Suy ra: g(x) = x(a − x) Lúc x(BC −x) max ⇔ g(x) max Tập xác định: < x < a, a > a g’(x) = a − 2x; g’(x) x =0⇔ - ∞x = g’ Bảng biến thiên: a + /2 a +∞ − max g x) max = g( a ) Ta có g( (0; a ) Vậy KM.KI max ⇔ x = a BC = Suy K trung điểm cạnh BC 2 Vậy thiết diện song song với hai cạnh đối tứ diện có diện tích lớn ta dựng qua trung điểm bốn cạnh lại tứ diện Bài 2: Cho tứ giác ABCD cho AB cắt CD I, AD cắt BC J điểm S không thuộc mặt phẳng (ABCD) Mặt phẳng (α) cắt SA, SB, SC SD M, N, P, Q Chứng minh tồn vơ số mặt phẳng (α) cho MNPQ hình bình hành Dựng hình bình hành MNPQ qua điểm O cho trước Giải: * Qua đỉnh có khoảng cách tới IJ ngắn nhất, giả sử đỉnh B: Dựng đường thẳng BM’ // SI; BP’ // SJ Suy BM’ ⊂ (SAB); BP’ ⊂ (SBC) Vì SI ⊂ (SAB); SJ ⊂ (SBC) ⇒ Qua điểm I’ thuộc SI, ta dựng S mặt phẳng (α) song Q song với SI SJ thiết diện thu hình bình M hành M' P Do tồn vơ số mặt N phẳng (α) để thiết diện MNPQ hình bình hành P' D A J B * Từ suy rằng, với C điểm O cho trước nằm phần không gian giới hạn mặt I 10 phẳng (SIJ) mặt phẳng (BM’P’) qua O ta dựng mp(α) // (SIJ) để thiết diện thu hình bình hành + Chứng minh: Dựng Ox // SI, Oy // SJ mặt phẳng (Oxy) mặt phẳng phải dựng ⇒ Nếu điểm O nằm hai phần không gian giới hạn mặt phẳng (SIJ) mặt phẳng (BM’P’) qua O ta dựng mặt phẳng (α) // (SIJ) để thiết diện thu hình bình hành + Nếu điểm O nằm ngồi phần khơng gian giới hạn hai mặt phẳng song song (SIJ) (BM’P’) tốn vơ nghiệm Bài 3: Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD cho AC cắt BD Tìm quỹ tích điểm S khơng gian cho cắt góc tứ diện S.ABCD mặt phẳng thiết diện là: a) hình chữ nhật b) hình thoi c) hình vng Giải: Để giải tốn ta sử dụng kết chứng minh: Thiết diện tạo mặt phẳng (α) với cạnh góc tứ diện S.ABCD hình bình hành MNPQ mặt phẳng (α) qua điểm O song song với mặt phẳng (SIJ), với điểm O nằm hai mặt phẳng (SIJ) mặt phẳng (BMP) (BM’ // NM BP’ // NP) a) Để thiết diện (MNPQ) tạo mặt phẳng (α) với cạnh góc tứ diện S.ABCD hình chữ nhật thì: MN ⊥ NP (1) 11 Mà theo kết S thì: Q P  MN // SI (2)   NP // SJ P' Từ (1) (2) D M suy ra: N M' SI ⊥ SJ Điểm S C A K nhìn đoạn IJ B J cố định góc I vng Do S thuộc mặt cầu đường kính IJ Đảo lại: Lấy S’ thuộc mặt cầu đường kính IJ, ta chứng minh: mặt phẳng (α) chứa điểm O, song song với mặt phẳng (S’IJ) cắt cạnh góc tứ diện S.ABCD theo thiết diện M”N”P”Q” hình chữ nhật Chứng minh: ¶ = 900 Tức S’I ⊥ S’J Xét Vì S’ thuộc mặt cầu đường kính IJ nên IS'J mặt phẳng tùy ý (α’) song song với mặt phẳng (S’IJ) Theo kết  M " N "// S ' I , S’I ⊥ S’J nên  N " P "// S ' J M”N”P”Q” hình bình hành ta có  M”N” ⊥ N”P” Tức thiết diện M”N”P”Q” hình chữ nhật Vậy quỹ tích điểm S góc tứ diện S.ABCD cho thiết diện MNPQ thu hình chữ nhật mặt cầu đường kính IJ b) Để thiết diện MNPQ hình thoi hình bình hành MNPQ phải có hai đường chéo vng góc Tức MP ⊥ NQ 12 Ta có: (MNPQ) // (SIJ) Nên giao tuyến (SBD) với hai mặt phẳng phải song song: NQ // SL MP // SK (K = AC ∩ IJ, L = BD ∩ IJ) (Vì mặt phẳng (MNPQ) // (SIJ), giao tuyến (SAC) với hai mặt phẳng phải song song) Để MP ⊥ NQ SL ⊥ SK Suy S nhìn đoạn cố định LK góc vng Vậy S thuộc mặt cầu đường kính LK Đảo lại: Lấy S’ thuộc mặt cầu đường kính LK, ta chứng minh: mặt phẳng (γ) tùy ý cho (γ) // (S’IJ) (γ) cắt cạnh góc tứ diện S.ABCD theo thiết diện M”N”P”Q” hình thoi Thật vậy: · Vì S’ thuộc mặt cầu đường kính LK nên KS'L = 900 Tức S’L ⊥ S’K Xét mặt phẳng tùy ý (γ’) song song với mặt phẳng (S’LK) Theo kết  M " N "// S ' L , S’L ⊥ S’K nên  N " P "// S ' K M”N”P”Q” hình bình hành ta có  M”P” ⊥ N”Q” Tức thiết diện M”N”P”Q” thoi Vậy quỹ tích điểm S góc tứ diện S.ABCD cho thiết diện MNPQ thu hình thoi mặt cầu đường kính LK c) Để thiết diện MNPQ hình vng hình bình hành MNPQ phải có MN ⊥ MQ, sau MP ⊥ NQ Vì theo câu a) câu b) ta có MNPQ hình vng Vậy quỹ tích đỉnh S góc tứ diện S.ABCD cho mặt phẳng cắt S.ABCD để thiết diện thu hình vng giao hai mặt cầu đường kính IJ LK 13 PHẦN III: THIẾT DIỆN VNG GĨC VỚI ĐƯỜNG THẲNG HAY MẶT PHẲNG A LÝ THUYẾT: Định nghĩa 1: Góc hai đường thẳng d 1, d2 góc hai đường thẳng d 1’, d2’ nằm mặt phẳng, với d1’ // d1; d2’ // d2 d1 (Nhưng có phải dùng đến góc tù, chẳng d1 ’ chẳng hạn trường hợp đường thẳng d1, d2 định hướng) d2 ’ d2 Định nghĩa 2: Hai đường thẳng gọi vng góc với góc chúng góc vng ∆ Tính chất 1: Để đường thẳng ∆ vng góc với mp(P) điều kiện cần đủ d vng góc với hai đường thẳng cắt nằm (P) Định lí ba đường vng góc (thuận): Nếu d đường thẳng mp(P), a P) b O OH ⊥ (P) HA ⊥ d OA ⊥ d Định lí ba đường vng góc (đảo): Nếu d đường thẳng mp(P), OH ⊥ (P), OA ⊥ d HA ⊥ d d Hn A n Chứng minh định lí đảo: Để chứng tỏ HA ⊥ d, ta đặt HA mặt phẳng (OAH), mặt phẳng có OA ⊥ d OH ⊥ d nên (OAH) ⊥ d Suy HA ⊥ d 14 B Phương pháp dựng thiết diện: Về nguyên tắc: Nội dung toán dựng thiết diện tìm giao tuyến mặt thiết diện với mặt đa diện cho trước Muốn vậy, cần xác định rõ giao điểm mặt phẳng thiết diện với cạnh đa diện − Để xác định giao điểm đó, tìm mặt đa diện hai điểm thuộc tứ diện Giao điểm đường thẳng qua hai điểm cạnh đa diện đỉnh đa giác thiết diện − Chú ý là: Chỉ có hai đường thẳng mặt phẳng cắt BÀI TỐN: Dựng thiết diện tạo mặt phẳng (α) biết: (α) vng góc với đường thẳng hay mặt phẳng cho trước * Trường hợp 1: d ∆ Nếu (α) qua điểm M (α) vng góc với đường thẳng d cho trước: Ta chuyển quan hệ vng góc sang quan hệ song song nhờ định lí: d ⊥ (α )   ⇒ ∆ //(α ) ∆⊥d  Vì tốn dựng sau: d d −Tìm hai đường thẳng cắt hay chéo a, b vng góc với d Khi (α) mặt phẳng qua điểm M cho trước song song chứa a hay b * Trường hợp 2: b a a M b Nếu (α) chứa đường thẳng d (α) vng góc với mặt phẳng (β) cho trước thì: 15 −Tìm đường thẳng b ⊥ (β) − Khi (α) mặt phẳng chứa a song song (hay chứa) b C Bài tập: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang vng A B với AB = BC = a; AD = 2a; SA ⊥ (ABCD) SA = 2a M điểm thuộc AB; (α) qua M vng góc với AB a) Tìm thiết diện (α) với hình chóp S.ABCD Thiết diện hình gì? b) Đặt AM = x (0 ≤ x ≤ a) Tính diện tích thiết diện theo a x Giải: S a) Tìm thiết diện:  BC ⊥ AB  SA ⊥ AB (do SA ⊥ ( ABCD)) Ta có:  P N 2a (α ) // SA (α ) // BC A ⇒ Vì M điểm chung (α) (SAB), 2a D a B M Q a C (α) // SA nên (α) cắt (SAB) theo giao tuyến đường thẳng qua M, song song với SA (α) ∩ SB = N Lập luận tương tự ta có giao tuyến (α) với hai mặt phẳng (ABCD) (SBC) hai đường thẳng song song với BC, qua N cắt SC P, qua M cắt CD Q (α) (SCD) có hai điểm chung P, Q nên (α) cắt (SCD) theo giao tuyến đường thẳng qua P, Q Vậy thiết diện tứ giác MNPQ Tứ giác có MQ // NP Suy MNPQ hình thang 16  MQ ⊥ BC , MN // SA thiết diện hình thang vng M  SA ⊥ BC (do SA ⊥ ( ABCD)) Vì  N b) Diện tích thiết diện: SMNPQ = (MQ + NP).MN Áp dụng định lí Talet ∆SAB; ∆SBC, ta có: MN BM SA.BM 2a (a - x ) = ⇒ MN = = = 2(a − x ) SA BA BA a NP SN AM BC AM ax = = ⇒ NP = = =x BC SB AB AB a Ta có: MQ CQ BM AD.BM 2a (a − x ) = = ⇒ MQ = = = 2( a − x) AD CD BA BA a Vậy SMNPQ = [2(a −x) + x].2(a − x) = 2a(a −x) PHẦN KẾT LUẬN 3.1 Ý NGHĨA CỦA ĐỀ TÀI Đề tài ứng dụng vào dạy xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng Trước sau áp dụng đề tài, kết khảo sát sau: Tỉ lệ kiểm tra lớp 11A7: Kết Giỏi Khá T.Bình Yếu Lần 1 12 10 15 Lần 16 11 Qua thời gian thực đề tài trường thấy chất lượng học sinh tăng lên rõ rệt Học sinh có hứng thú học tập giải tập tốn, có tinh thần hợp tác, đồn kết Đối với dạng toán học sinh nhớ lâu giải dạng toán liên quan 17 3.2.NHỮNG KIẾN NGHỊ VÀ ĐỀ XUẤT Qua thực tế giảng dạy, lý thuyết áp dụng vào dạy giúp cho học sinh có phương pháp, nắm rõ kiến thức, lí luận để hiểu sâu dạng tốn Khó khăn: Dạng tốn đòi hỏi học sinh có khả tư tưởng tượng cao nên công việc xác định thiết diện học sinh vấn đề khó Hơn nữa, lượng thời gian lớp cung khơng nhiều nên học sinh trung bình yếu khó nắm bắt vận dụng Vì thời gian lực hạn chế nên q trình thực đề tài nhiều khiếm khguyeets mong bạn đọc góp ý, bổ sung Tơi xin chân thành cảm ơn! 18 E TÀI LIỆU THAM KHẢO: Sách hình học 11 CB Sách hình học k hơng gian Phan Huy Khải 19 ... hai phần không gian giới hạn mặt phẳng (SIJ) mặt phẳng (BM’P’) qua O ta dựng mặt phẳng (α) // (SIJ) để thiết diện thu hình bình hành + Nếu điểm O nằm ngồi phần không gian giới hạn hai mặt phẳng. .. chứng minh: Thiết diện tạo mặt phẳng (α) với cạnh góc tứ diện S.ABCD hình bình hành MNPQ mặt phẳng (α) qua điểm O song song với mặt phẳng (SIJ), với điểm O nằm hai mặt phẳng (SIJ) mặt phẳng (BMP)... nghiệm Bài 3: Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD cho AC cắt BD Tìm quỹ tích điểm S khơng gian cho cắt góc tứ diện S.ABCD mặt phẳng thiết diện là: a) hình chữ nhật b) hình thoi c) hình vng Giải: