một số bài toán về thiết diện hình học 11

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ THIẾT DIỆN
A. SỰ CẦN THIẾT CỦA CHUYÊN ĐỀ
1. Là một mảng kiến thức lớn và tương đối khó cho rất nhiều học sinh lớp
11.
2. Nhiều kiến thức liên quan như tìm giao giữa các mặt phẳng, giao giữa
đường thẳng và mặt phẳng, giao giữa đường thẳng với đường thẳng, góc giữa 2
mặt phẳng; hai đường thẳng trong không gian; đường 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 lượng học tập của học sinh; có mặt
trong một số đề thi Đại học, Cao đẳng.
4. Về tư duy: Phát triển duy biến chứng; tư duy logic; tư duy thuật toán, tư
duy hàm; tư duy sáng tạo.
B. CÁCH TRÌNH BÀY CHUYÊN ĐỀ.
1. Cơ sở lý thuyết của phương pháp.
Quy lạ về quen; quy phức tạp về đơn giản; quy tìm thiết diện về tìm giao
của đường thẳng với đường 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 phương pháp; tạo hứng thú; tránh áp đặt; phát
triển tư duy thuật toán; phán đoán; phân tích và tổng hợp; so sánh; tư tượng tự
hoá; khái quát hoá; trừu tượng hoá.
3. Các ví dụ cụ thể và các phương 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 đường 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
α
.
Trên mặt phẳng (ABC), PN và BC
cắt nhau tại β.
α
β là giao tuyến của mặt phẳng
(MNP) và (ABCD).
Trên (ABCD), DB cắt
α
β tại
γ
γ

∈

αβ
=>
γ

∈
(MNP)
γ

∈
BD =>
γ

∈

(SBD)
Vậy
γ
là giao điểm chung của hai mặt phẳng (MNP) và (SBD); N cũng là
điểm chung của hai mặt phẳng này. Do đó
γ
N là giao tuyến của hai mặt phẳng
(MNP) và (SBD)
Trên (SBD),
γ
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
β C

∝
B

α

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 đường
thẳng VM và PN.
Lời giải
1) MN kéo dài cắt EA, DC kéo dài ở α và β
Trên mặt phẳng (SEA), αV 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 được 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) βQ cắt SC tại P.
Ta được 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 dưới. 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 dưới).
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 đường thẳng SB bỏ đi đoạn thẳng hở SB (đoạn thẳng hở
SB là đoạn thẳng SB bỏ hai đầu mút S và B).
3
T
+
∞

S
D
R
V
0
D P
E

C
V
β
N
A B

α
T
Bài 3: Cho hình lập phương 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 phương.
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 phương các hình tam giác, hình

vuông, hình chữ nhật, hình thang, ngũ giác, lục giác.
3. Định vị trí của điểm M trên đường thẳng chứa cạnh AA' sao cho thiết
diện tạo bởi mặt phẳng (MPU) với hình lập phương là các hình tam giác, hình
vuông, hình chữ nhật, hình thang, ngũ giác, lục giác
Lời giải.
1. PM
4

∩
a'B' = α.
Do PU // (A'B'C'D') nên mặt phẳng
(M
1
PU) cắt mặt phẳng (A'B'C'D')
theo một giao tuyến qua α // với PU,
cũng là // với A'C".
Do AM
4
=
2
1
M
4
A' nên αA' = 2AP = A'B'
=> a' là trung điểm αB'.
Do đó giao tuyến nói trên qua D'. Giao
tuyến này cắt B'C' tại
γ
.
γ

U
∩
CC' = T
4
Ta được thiết diện là ngũ giác PM
4
D'T
4
U.
2. PM
5

∩
A'B' = β. Mặt phẳng (M
5
PU) cắt mp (A'B'C'D') theo giao tuyến
qua β // với A'C" cắt A'D'. D'C' tại Q
5
, R
5
Đường thẳng qua R
5
// với PM
5
cắt CC' tại T
5
ta được 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 được 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
4
 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
)
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 tương 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 được thiết diện MNJPK
Ta có H = AM =
2
a
(do N là trung
điểm của AD và ID // AM)
IC - ID + DC =

2
5a
5
S
P
J
I D C
K
N
A B
L
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
Vì MN // DB nên ta được 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 đường 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.
6
A
I
B N D
M
K J
C E
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 đường trung bình (vì K là trung điểm

cạnh BC và KJ // CE // BN). Ta được 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 đường
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
'
'
=
Do I là trung điểm của AB, ta được 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 được
K
IB
AI
KN
MK
=>== 1
là trung điểm của MN.
3) Từ M và N kẻ các đường vuông góc ME, NF tới IJ.
7
A
I
B K N
M J
C
Hai tam giác vuông MEK và NFK bằng nhau
(MK = NK;
)

ˆ
NKFMKE =
=> ME = NF
Hai tam giác IMJ và INJ có chung đáy IJ, đường
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 α. 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 α 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
Tương tự PQ // AB

Do đó MN // PQ
Chứng minh tương 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
= α
Vậy S
MNPQ

=
α
sin).(
2
xcx
c
ab
−

3. S
MNPQ
= -
x
c
ab
x
c
ab
.sin.sin
2
2
2
αα
+
với 0
≤
x
≤
c.`
Đồ thị nhận được là một chỏm Parabol trên đoạn

[ ]
c,0
có đỉnh là
P






4
sin
;
2
α
abc
Đồ thị cho ta
max S
MNPQ
=
24
sin c
xkhi
ab
=
α
8
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
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 tương đương.
Lời giải:
Theo bài trước, 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 α,
αJ 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. Đường 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 đường
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).
Đường thẳng ∆ qua tâm W nên chia hình bình

hành MNPQ thành hai phần tương đương.
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 đường thẳng song song.
2. Chứng minh nếu
k
NQ
MP
=
không đổi thì S chuyển động trên một đường
tròn cố định.
Lời giải:
1. Mặt phẳng (II) và mặt phẳng (ABC) cắt nhau theo giao tuyến ∆.
9
A
I Q
M
∆

E N D
B D
N M J
C

α
∆ qua A song song với BC
10
Kẻ MH

⊥
QP , BH kéo dài cắ ∆ tại K
Do Qp là đường 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 đường 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
Tương 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 đường phân giác trong và ngoài của góc B
0
SC
0
cắt ∆ tại I
và J; SI
⊥
SJ.
Theo tính chất đường 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 đường tròn đường
kính IJ (đường 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
'
= α
11
ta có α∈PQ ⇒α ∈ mp (Thiết diện)
α∈A
'
B
'
⇒ α ∈ (A
'
B
'
BA)
Vậy α là điểm chung của mp ( thiết diện) và mặt phẳng (A
'
B
'
BA)
Điểm M cũng là điểm chung của hai mặt
phẳng nayg. Vậy hai mặt phẳng này cắt
nhau theo giao tuyến Mα.

Mα cắt BB' tại N
Do hai đáy (ABC) và (A'B'C") song song.
Ta được 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 được 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 được QP = RM như vậy ta có QP // ON // RM
ON
⊥
QR
O là trung điểm QR
QP = RM
NM = NP
Vậy thiết diện MNPQR được ON chia thành hai phần tương đương.
Phần ONPQ là một hình thang vuông nhận OQ là đường cao.
12
A' I Q C'
B' α
Q
N
R
A C
M
B
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
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 thước là B'A', B'C', BB'. Mặt
phẳng (II) qua O song song với AB' và C'B nên song song với AB' và D'A. Do
đó (II) song song với mp (D'B'A').
Mặt phẳng (ACC'A') cắt hai mặt phẳng này theo hai giao tuyến song song
KM và AE.
KM qua O còn E là giao điểm của
A'C' và D'B'.
A'O
∩
AE = G. Do A'O và A'E' là các
trung tuyến của tam giác A'AC' và
3
2
''

'
=
CA
GA
Suy ra M là trung điểm EC và
4
3
''
'
=
CA
MA

Từ M kẻ MN song song với D'B' cắt C'B'
tại N. Từ N kẻ NI // C'B cắt B'B tại I. Từ I kẻ IJ
song song với AB' cắt AB tại J. Từ J kẻ JK song
song với D'B' tức song song với DB cắt AC tại
K.
Ta có N, I, J là trung điểm các cạnh C'B', B'B, BA còn M ở trên A'C' sao
cho
;
4
3
'
'
=
CA
MA
K ở trên CA sao cho
4

3
=
CA
CK
13
Ngũ giác 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 đường 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 đường
thẳng A'B', A'C' qua một điểm cố định và đường thẳng B'C' song song với một
đường 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 (II
1
), (II
2
).
3. Chứng minh nếu tam giác A'B'C đồng dạng với một tam giác M
0
N
0
P
0
cố định thì M chuyển động trên một trong mười hai đường thẳng cố định.
Lời giải:
1. Mặt phẳng (MAB) cắt mặt phẳng
(R) giao tuyến là A'B'.

Điểm D ∈ AB => D ∈ (MAB)
Điểm D ∈ (R)
Vậy D là điểm chung của hai mặt
phẳng (MAB) và (R) do đó điểm D nằm
trên giao tuyến A'B'.
Vậy A'B' qua điếm cố định D.
Tương tự A'C' qua điểm cố định E
Ta có BC // DE => BC // (R)
Mặt phẳng (MBC) chứa BC 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 đường thẳng cố định DE
2) Cho cạnh tam giác đều ADE bằng 2a, ta được BC = a
Giả thiết B'C' = b không đổi
Tam giác MB'C' có BC // B'C' nên
b
a
BC
BC
MB
MB
==
'''
không đổi
Điểm B ∈ (Q)
Điểm B' ∈ (R)
14
Lại có (Q) // (R);
b

a
MB
MB
=
'
không đổi
Nên M chuyển động trên mặt phẳng (II
1
) song song với cá mặt phẳng (Q),
(R).
(II
1
) cắt AB ở I;
)'//( DBMI
b
a
ID
IB
=
Ta cũng có điểm J thuộc đoạn BD sao cho
b
a
JD
JB
=
Vậy M còn ở trên mặt phẳng (II
2
) qua J song song với (Q) và (R)
Để ý rằng







=−=
b
a
JD
JB
ID
IB
bốn điểm I, J, B, D lập thành một hàng điểm
điều hoà (I, J, B, D) = - 1.
3. Tam giác A'B'C' đồng dạng với tam giác M
0
N
0
P
0
đã cho, ta được tam
giác A'DE đồng dạng với tam giác M
0
N
0
P
0
. Điểm M ở trên AA' nên cần xác
định A' để tam giác A'DE đồng dạng tam giác M
0

N
0
P
0
. Độ lớn các góc M
0
, N
0
,
P
0
là α, β,
γ
. Xét 6 trường hợp sau.
a)
γβ
== ED ;
ta được A'
1
b)
βγ
== ED ;
ta được A'
2
c)
αγ
== ED ;
ta được A'
3
d)

γα
== ED ;
ta được A'
4
e)
βα
== ED ;
ta được A'
5
f)
αβ
== ED ;
ta được A'
6
Do đó M chuyển động trên mười hai đường thẳng AA'
1
, AA'
2,
AA'
3,
AA'
4.
AA'
5,
AA'
6
và các đường thẳng đối xứng của các đường thẳng này qua mặt phẳng
ABC (mười hai đường thẳng này bỏ các giao điểm của chúng với mặt phẳng (Q)
và bỏ điểm đồng quy A).
NGƯỜI THỰC HIỆN

Lê Văn Lai
Giáo viên: Tổ Toán Tin
Trường: THPT Nguyễn Văn Trỗi

15
16