skkn 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 TOÁN THIẾT DIỆN TRONG ÔN
THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VÀ THI THPT QUỐC GIA

Người thực hiện: Trần Thị Chinh
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA NĂM 2018

1


MỤC LỤC
Trang
Trang phụ bìa

1

Mục lục

2

1. Đặt vấn đề

3

1.1. Lí do chọn chọn đề tài

3

1.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

3

1.3. Đối tượng nghiên cứu

4

1.4. Phương pháp nghiên cứu

4

2. Giải quyết vấn đề

5

3. Kết luận

21

Tài liệu tham khảo

22

1. ĐẶT VẤN ĐỀ
1.1. Lý do chọn đề tài

2


Kỳ thi HSG cấp tỉnh từ năm 2018 được Sở Giáo Dục và Đào tạo thay đổi
theo một hướng mới, khi học sinh tham gia là học sinh khối 11. Trong đề thi môn
Toán, kiến thức lớp 11 chiếm tỷ trọng lớn. Một trong những bài toán khó, có tính
phân hóa cao trong đề thi là bài toán thiết diện.
Ngoài ra trong các đề thi thử THPT Quốc gia của các trường trên toàn quốc,
thì bài toán thiết diện xuất hiện nhiều và có mức độ tương đối khó, hoặc khó.
Bài toán dựng thiết diện trong môn hình học không gian là bài toán khó đối
với học sinh THPT bởi đây là môn học có phần trừu tượng. Dạng toán liên quan
đến thiết diện cũng khá đa dạng và thường xuyên có mặt trong các đề thi thử HSG
cấp tỉnh và thi thử THPT Quốc gia.
Việc giải quyết một bài toán dựng thiết diện không hề đơn giản, yêu cầu
người giải không chỉ nắm vững kiến thức cơ bản mà còn phải biết vận dụng linh
hoạt, sáng tạo và phải cần được thực hành nhiều.
Với những lý do trên, tôi đã nghiên cứu và thực nghiệm đề tài: “Hướng dẫn
học sinh bài toán thiết diện trong ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh và thi THPT
Quốc gia”.
1.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
Thực trạng hiện nay ở các trường trung học phổ thông nói chung và 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 và thi THPT Quốc gia, trước sự thay đổi về phương
thức thi, được đặt lên một cách cấp bách. Trong năm học này tôi được nhà trường
giao nhiệm vụ dạy hổ trợ cho giáo viên đứng đội tuyển và lớp chọ Toán của
trường.
Khi học toán, học sinh thường thấy “sợ” khi nhắc đến hình học không gian,
cho rằng rất khó thực hiện được.
Nguyên nhân là các em khó liên hệ giữa hình thật và hình biểu diễn, sự liên

hệ logic giữa các yếu tố trong không gian yếu nên nhiều bài toán dễ thành khó đối
với các em.
Với mong muốn đóng góp vào việc nâng cao chất lượng dạy và học chuyên
đề hình học không gian, đem lại cho học sinh cách nhìn thấu đáo về bài toán thiết
diện, giúp các em định hướng được hướng giải cho dạng bài tập này, vì vậy tôi viết
sáng kiến kinh nghiệm này.

1.3. Đối tượng nghiên cứu

3


Các bài toán dựng thiết diện giữa mặt phẳng và hình chóp, hình lăng trụ. Các bài
toán tính toán 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

2. Giải quyết vấn đề

4


2.1 Một số phương pháp dựng thiết diện (trình bày trong phần phụ lục 1)
2.2 Bài toán 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 nhất .
2.2.1. Một số lưu ý:

- Thiết diện là đa giác nằm trong mặt phẳng cắt nên tính diện tích thiết
diện là tính diện tích đa giác trong mặt phẳng. Vì vậy ta có thể áp dụng
tất cả các phương pháp đã biết về tính diện tích đa giác trong mặt phẳng
để tính.
- Công thức diện tích tam giác:
1
1
abc
S  ah  ab sin C 
 pr  p  p  a   p  b   p  c 
2
2
4R
- Công thức diện tích tứ giác bất kì ABCD:
1
S  AC.BD.sin  ,  = �
AC , BD 
2
- Công thức diện tích của đa giác hình chiếu: S’ = S.cos.
- Để đánh giá giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của diện tích thiết diện ta áp dụng
các phương pháp tìm cực trị đã biết như dùng bất đẳng thức Cauchy,
Bunhiacovxki …dùng đạo hàm hoặc 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 khi a1= a2 =…= an.
n
2.2.2. Ví dụ
Ví dụ 1: Cho hình tứ diện ABCD có tất cả các cạnh bằng 6a . Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của CA, CB. P là điểm trên cạnh BD sao cho BP  2 PD . Tính diện tích
S thiết diện của tứ diện ABCD bị cắt bởi  MNP  .

Giải:
Trong mặt phẳng  BCD  , gọi I là giao điểm của NP với CD . Trong mặt phẳng
 ACD  , gọi Q là giao điểm của AD và MI . Suy ra Q là giao điểm của AD với
 MNP  . Khi đó, tứ giác MNPQ là thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng  MNP  .
Trong tam giác BCI ta có P là trọng tâm của tam giác suy ra D là trung điểm của
CI .
QA

Trong tam giác ACI có Q là trọng tâm của tam giác nên QD  2 .
IP IQ 2

 � PQ / / MN .
IN IM 3
Suy ra MNPQ là hình thang với đáy lớn MN .
Ta có: AQ  4a, AM  3a  MN , PQ  2a. Áp dụng định lí cosin trong tam giác MAQ ta

Ta có

có:
MQ2  AM 2  AQ2  2 AM . AQ.cos 600  16a 2  9a 2  12a 2  13a 2 � MQ  a 13 .

Tương tự ta cũng tính được NP  a 13 .

5


Dễ thấy MNPQ là hình thang cân. Do đó:
2

MN  PQ �

 MN  PQ  MQ  �
�
�
2
� 2
� 5a 51 .
S

2
4
Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có cạnh bằng a. Trên tia đối của các tia CB, DA lần
lượt lấy các điểm E, F sao cho CE  a, DF  a . Gọi M là trung điểm của đoạn AB.
Tính diện tích S thiết diện của tứ diện ABCD cắt bởi mặt phẳng  MEF  .
2

Giải:Trong mặt phẳng  ABC  , gọi H là giao điểm của ME với AC .
Trong mặt phẳng  ABD  , gọi K là giao điểm của MF và AD .

�
 MEF  � ABC   MH
�
Ta có: � MEF  � ABD   MK .
�
 MEF  � ACD   HK
�

Do đó tam giác MHK là thiết diện của tứ diện cắt bởi  MEF  .
Dễ thấy H , K lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABE và ABF .
2a
Ta có: AH  AK  HK 

.
3
AMH
AMK
AM
Xét
hai
tam
giác
và
có
chung,
�  MAK
�  600 , AH  AK  2a nên hai tam giác này bằng nhau. Suy ra
MAH
3
MH  MK . Vậy tam giác MHK cân tại M .
Áp dụng định lí cosin trong tam giác AMH :

6


2

2

2
2
a 13
�a � �2a � a 13a

MH  AM  AH  2 AMAH .cos60  � � � � 
� MH 
36
6
�2 � �3 � 3
.
Gọi I là trung điểm của đoạn HK . Ta có MI  HK .
13a 2 a 2 a 2
a
2
2
2

 � MI  .
Suy ra: MI  MH  HI 
36
9
4
2
1
1 2a a a 2
Diện tích thiết diện MHK là: S  MI .HK  . .  .
2
2 3 2 6
Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A ,B với
AB  BC  a,AD  2a ; SA   ABCD  và SA  2a . Gọi M là một điểm trên cạnh
2

AB ,  α 

2

2

là mặt phẳng đi qua

0

M

và vuông góc với

AB .Đặt

a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi  α  .
b) Tính diện tích thiết diện theo a và x .
Lời giải.
�Bα
� 
�
a) Ta có �BC  A B � BCαP   .
�α  AB
 
�
�
Aα� 
�
SA  AB � SAαP 
Tương tự �
�α  AB

 
�

AM  x 0  x  a .

.

Do
�
M � ABCD 
�
�
�
MQ
P CD� .
 �  A BCD
  BC,Q
�BC � A BCDα
�
�BCαP  
�
M � SA Bα
 � 
�
�
SA � SABα
�
SAB
 ,N PSB
� .


  �MN
 SA
Tương tự �
�
SAαP  
�
�
N � SBCα
 � 
�
�
SBC
 �
  �NP
 BC,P
  PSC � .
�BC � SBCα
�
�BCαP  
Thiết diện là tứ giác MNPQ .
�
MQ P BC
� MQ P NP nên tứ giác MNPQ là hình thang.
b) Ta có �
NP
P
BC
�
7

�
MQ P AB
�
MN P SA � MQ  MN suy ra thiết diện là một hình thang vuông tại
Mặt khác �
�
SA  AB
�
M và N .
1
SMNPQ   MQ  NP  MN
2
Gọi I là trung điểm của AD và 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 trong 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 .
1
SMNPQ   2a  x  x 2 a  x  2a a  x .
2
Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a ,
SA   ABC  và SA  2a . Gọi  α  là mặt phẳng đi qua B và vuông góc với SC.
a) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD khi cắt bởi  α  .
b) Tính diện tích của thiết diện này.
Lời giải.
a) Gọi I là trung điểm củaAC, dựng IH  SC,H �SC .
�BI  AC

� BI   SAC  . Mặt khác IH  SC nên
Ta có �
BI

SA
�

 BIH   SC . Vậy  BIH 

chính là mặt phẳng  α  đi qua

B và vuông góc với SC .
Thiết diện là tam giácIBH.
b) Do BI   SAC  � IB  IH nên

ΔIBH

vuông tại I .

a 3
( đường cao của tam giác đều cạnh a ).
2
Hai tam giác CHI và CAS có góc C chung nên chúng đồng dạng. Từ đó suy ra
a
.2a
IH CI
CI.SA
CI.SA
5 5.
2


� IH 



SA CS
CS
5
SA 2  AC 2
4a2  a2
BI 

Vậy SBIH 

1a 3 a 5 a2 15
.
.

2 2
5
20

8


Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD , có đáy là hình vuông cạnh a và tam giác SAB
đều. Một điểm M thuộc cạnh BC sao cho BM  x  0  x  a ,    mặt phẳng đi qua
M song song với SA và SB .
a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi    .
b) Tính diện tích thiết diện theo a và x .

Lời giải:
�M �   � SBC 
�
�
a) Ta có �   PSB
�
SB � SBC 
�
�    � SBC   MN PSB,

�N � SAC  �  
�
�
N �SC .Tương tự �
   PSA
�
SA � SAC 
�
�  SAC  �    NI PSA , I �AC

Trong  ABCD  gọi Q  MI �AD , thì ta có

�
Q � SAD  �  
�
�
�  SAD  �    QP PSA , P �SD .
   PSA
�
�

SA � SAD 
�
Thiết diện là tứ giác MNPQ .
CM CN
=
 1
CB CS
CI CN
CM CI

2 . Từ  1 và  2 suy ra

� IM P AB
Lại có IN PSA �

CA CS
CB CA
Mà AB PCD � IM PCD .

b) Do MN PSB �

Ba mặt phẳng    , ABCD  và  SCD  đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến là
MQ ,CD , NP với MQ PCD � MQ PNP .
Vậy MNPQ là hình thang.
MN CM DQ PQ



, mà
SB

CB DA SA
SA  SB  a � MN  PQ . Do đó MNPQ

Ta có

là 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 là trung điểm của IM thì

9

2

NJ  MN 2  MJ 2 

2
a x �
3
 a x  �
� 2 �  2  a x
�
�

1
1 3
3 2 2
NJ  MQ  NP   .
a x  a x 
a x .

2
2 2
4
Ví dụ 6: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. M và P là hai điểm di động trên các
cạnh AD và BC , sao cho MA  PC  x,  0  x  a . Một mặt phẳng qua MP song



SMNPQ 



song với CD cắt tứ diện theo một thiết diện.
a) Chứng minh thiết diện là hình thang cân.
b) Tìm x để diện tích thiết diện nhỏ nhất.
�M �   � ACD 
�
�
�    � ACD   MN PCD , N �AC
Giải. a) Ta có �CD � ACD 
�
CD P  
�
Tương tự    � BCD   PQ PCD ,Q �BD .

Thiết diện là tứ giác MNPQ .
�MN PCD
� MN PPQ nên MNPQ là hình thang.
�PQ PCD
Dễ thấy DQ  CP  x , DM  a x , Áp dụng định lí cô sin cho tam
giác DMQ ta có

Vì �

MQ 2  DM 2  DQ2  2DM .DQ cos600
2
1
� MQ 2  x2   a x  2x a x
2
 3x2  3ax  a2 � MQ  3x2  3ax  a2 .

Tương tự ta cũng tính được NP  3x2  3ax  a2 � MP  NQ .
Vậy MNPQ là hình thăng cân. Dễ thấy MN  x, PQ  a x , đường
cao hình thang h 

1
8x2  8ax  3a2 .
2

1
1
1
SMNPQ  [a (a x)]. 8x2  8ax  3a2  a 8x2  8ax  3a2 .
2
2
2
2

1
1
� a � 2 a2
2
2
b) Ta có SMNPQ  a 8x  8ax  3a  a 8�x  � a �
2
2
2
� 2�
a2
a
Vậy min SMNPQ  � x  .

2
2
Ví dụ 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
AB  3a, AD  CD  a. Mặt bên SAB là tam giác cân đỉnh S và
SA  2a , mặt phẳng    song song với  SAB cắt các cạnh
AD , BC ,SC ,SD theo thứ tự tại M , N , P ,Q .
a) Chứng minh MNPQ là hình thang cân.

b) Đặt x  AM  0  x  a . Tính x để MNPQ là tứ giác ngoại tiếp

10


được một đường tròn. Tính bán kính đường tròn đó.

�
   P SAB
�
�
a) Do � ABCD  � SAB  AB � MN P AB  1 .
�
 ABCD  �    MN
�
�
   P SAB
�
�
Tương tự � SCD  � ABCD   CD
�
 SCD  �    PQ

�
� PQ PCD  2 .

Lại có AB PCD  3

Từ  1 , 2 và  3 ta có
MN P AB PCD PPQ nên MNPQ là hình thang (*)
MQ DM NP CN

;

Dễ thấy rằng MQ PSA , NP PSB do đó

SA
DA SB CB
DM CN
MQ NP


mà
nên
.
DA CB
SA
SB
Mặt khác SAB cân tại S � SA  SB
� MQ  NP  ** . Từ  * và  ** suy ra MNPQ là hình thang

cân.
b) MNPQ là 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
Không khó khăn ta tính được MN  3a 2x

Ta có

a
3

Do đó MQ  NP  MN  PQ � 4 a x  3a 2x  x � x  .
Khi đó tính được r 

a 7
.
6

Ví dụ 8: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi I là trung điểm AD, J là điểm đối
xứng với D qua C, K là điểm đối xứng với D qua B.
a. Xác định thiết diện của hình tứ diện cắt bởi mặt phẳng (IJK)

b. Tính diện tích thiết diện được xác định ở câu a.
Giải:
a. Mặt phẳng cắt trong trường hợp này đi qua ba điểm không thẳng hàng.

11


Nối IJ cắt AC tại N, nối IK cắt AB tại M. Tam giác IMN là thiết diện cần
tìm.
b. Ta có M, N là trọng tâm các tam
giác ADK, ADJ nên
2
2
AN  AC  AB  AM
3
3
2
2a
Suy ra MN // BC và MN  BC 
.
3
3
Áp dụng định lí cosin cho tam giác AIM:
IM2 = IA2 + AM2 – 2IA.AMcos600
a 13
Nên IM 
 IN .
6
Gọi H là trung điểm MN ta có IH  MN và
a

IH = .
2
1
a2
Vậy SIMN = IH .MN 
2
6
Ví dụ 9:
Cho tứ diện ABCD, M là điểm thuộc cạnh AB. (P) là mặt phẳng qua M song
song với AC và BD.
a. Xác định thiết diện với tứ diện cắt bởi (P)
b. Xác định vị trí M để thiết diện là hình thoi.
c. Xác định vị trí M để thiết diện có diện tích lớn nhất.

Giải:
a. Mặt phẳng (ABC) là mặt phẳng chứa M
và AC, qua M kẻ đường thẳng và song
song với AC cắt BC tại N. Mặt phẳng
(ABD) chứa M và BD, qua M kẻ đường
thẳng và song song với BD cắt AD tại Q
tiếp tục quá trình được 2 giao tuyến NP,
QP thiết diện là hình bình hành MNPQ.

b. MNPQ là hình thoi khi và chỉ khi MN = MQ.
MN MB
AC

� MN 
MB
MN // AC nên

AC AB
AB
MQ MA
BD

� MQ 
MA
MQ // BD nên
BD AB
AB

12


AC
BD
MA AC
MB 
MA �

 *
AB
AB
MB BD
Vậy MNPQ là hình thoi khi M thỏa mãn (*).
c. Do MN // AC, MQ // BD nên góc giữa MN, MQ không đổi, giả sử là 
BD.AC
SMNPQ = MN.MQ.sinα =
MA.MB.sinα .
AB2

Để diện tích thiết diện lớn nhất thì tích MA.MB lớn nhất.
Mà MA + MB = AB không đổi nên tích đó lớn nhất khi MA = MB hay M là
trung điểm AB.
Ví dụ 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, mặt bên SAB là tam
giác vuông tại A. M là điểm bất kì thuộc AD (khác A. D). Xét mặt phẳng (P) qua
M song song SA. CD.
a. Thiết diện cắt bởi mặt phẳng (P) và hình chóp là hình gì?
 MN  MQ �

b. Tính diện tích thiết diện theo a. b với AB = a. SA = b và M là trung điểm AB.

Giải:
a. Xét mặt phẳng (P) và (SAD) có M chung,
(P) // SA nên qua M kẻ đường thẳng và song
song với SA cắt SD tại Q. Tương tự qua M kẻ
đường thẳng và song song với CD cắt BC tại
N, qua Q kẻ đường thẳng và song song với CD
cắt SC tại P ta có thiết diện là tứ giác MNPQ.
Có MN //PQ // CD // AB. MQ // SA. SA  AB
nên thiết diện là hình thang vuông tại M, Q.
3ab
1
a
b. SMNPQ = (MN + PQ).MQ có MN = a. MQ = = PQ nên S MNPQ 
.
2
8
2
Ví dụ 11: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy a, đường cao SO = 2a. Gọi
M là điểm thuộc đường cao AA’ của tam giác ABC. Xét mặt phẳng (P) đi qua M và

a 3
a 3
vuông góc với AA’. Đặt AM = x (
).
x
3
2
a. Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi (P)
b. Tính diện tích thiết diện vừa dựng theo a và x.
Tìm x để thiết diện đó lớn nhất.
Giải:

13


a. Theo giả thiết M thuộc OA’.
Ta có SO  (ABC)
 SO  AA’, tam giác ABC đều
nên BC  AA’. Vậy (P) qua M song
song với SO và BC.
Xét (P) và (ABC) có M chung.
Do (P) // BC nên kẻ qua M
đường thẳng song song với BC cắt
AB, AC tại E, F.
Tương tự kẻ qua M đường thẳng
song song với SO cắt SA’ tại N, qua
N kẻ đường thẳng song song với BC
cắt SB, SC tại H, Q.
Ta có thiết diện là tứ giác EFGH.
b. Ta có EF // BC // GH, M, N là trung điểm EF, GH nên EFGH là hình thang cân

1
đáy HG, EF. Khi đó: SEFGH = (EF + GH).MN
2
HG SN OM
2x 3


� HG  2 x 3  a
Ta có MN =
và
BC SA ' OA'
3
MN MA '

� MN  2 3a  2 x 3
SO OA'
1
2
SEFGH = (EF + GH).MN = 4 x 3  3a 3a  2 x 3
2
3
2
Cauchy
1
1 �3a � 3a 2
SEFGH = 4 x 3  3a 6a  4 x 3 � . � �
3
3 �2 � 4
3a 2
3a 3

S EFGH đạt giá trị lớn nhất bằng
khi và chỉ khi x 
.
4
8
3a 2
3a 3
Vậy giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện bằng
khi x 
.
4
8





















Ví dụ 12:
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Tìm điểm M thuộc AA’ sao cho mặt phẳng (BD’M) cắt
hình lập phương theo thiết diện có diện tích nhỏ nhất.

14


Giải:
Gọi O là tâm hình lập phương và E là
tâm đáy ABCD. Đặt AB = a.
Do các mặt đối diện của hình lập
phương song song nên (BD’M) cắt các
mặt bên theo các giao tuyến song song.
Thiết diện là hình bình hành BMD’N.
Kẻ MH  BD’. Ta có:
SBMD’N = 2SBMD’ = BD’.MH

Có BD’ = a 3  Smin  MHmin. Do BD’ và AA’ chéo nhau nên MH ngắn nhất
khi và chỉ khi MH là đoạn vuông góc chung của AA’ và BD’.
Cách xác định MH: Ta có AE  (BB’D’D) nên AE  BD’, AA’  (ABCD) nên
AA’  AE. Từ O kẻ OF // AE (F  AA’) thì OF chính là đoạn vuông góc chung của
AA’ và BD’. Ta có MH  OF hay M là trung điểm AA’.
Ví dụ 13: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông
tại B. AB = c, BC = a. cạnh bên AA’ = h trong đó h2 > a2 + c2. Một mặt phẳng (P) đi
qua điểm A và vuông góc với CA’.
a. Xác định thiết diện của lăng trụ cắt bởi 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 và song song với BH.
Trong mp(ABC) kẻ đường thẳng qua
A và song song với BH cắt BC tại I, nối
IE cắt BB’ tại F, nối AF ta có thiết diện
là tam giác AEF.

Gọi  là góc giữa (AEF) và (ABC). Ta có ABC là hình chiếu vuông góc
S ABC
của AEF trên mp(ABC). Do vậy: S ABC  S AEF .cos  � S AEF 
cos 
� ngoài ra �
Ta có   CAE
� ' A (cùng phụ với góc A’CA)
CAE  CA

15


� cos  
Vậy SAEF =

AA '
h
1


ac
;
S
=
ABC
A 'C
2
a 2  c2  h2

ac 2
a  c2  h2 .
2h

Ví dụ 14: Cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2a. Trên đường thẳng
d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S khác A. Lấy S’ đối xứng
với S qua A. gọi M là trung điểm SC. Xác định thiết diện tạo bởi mặt phẳng (P) đi
qua S’, M song song với BC cắt tứ diện SABC. Tính diện tích thiết diện đó khi SA
= a 2.
Giải:
+ Dựng thiết diện: Trong tam giác SAC
nối S’M cắt AC tại N.
Do (P) // BC nên (P) cắt (ABC) theo
giao tuyến qua N và song song với BC
cắt AB tại P. Tương tự (P) cắt (SBC)
theo giao tuyến qua M và song song với
BC cắt SB tại Q. Thiết diện là tứ giác
MNPQ.
Do tam giác ABC vuông cân tại C nên BC  AC, BC  SA  BC  (SAC)
�MQ / / NP

� MNPQ là hình thang vuông.
 BC  MN. Ta có �
�MQ  MN
1
+ Tính diện tích thiết diện: S   MQ  NP  .MN
2
Xét tam giác SCS’ có S’M, CA là trung tuyến nên N là trọng tâm tam giác
SCS’. Xét tam giác ACB vuông cân tại C suy ra AC  CB  a 2 .
NP AN 1
1
a 2
Từ NP // BC ta có

 � NP  BC 
BC AC 3
3
3
Từ MQ // BC và M là trung điểm SC nên
MQ SM 1
1
a 2
.

 � MQ  BC 
BC SC 2
2
2
�ME  AC
�
Gọi E là trung điểm AC ta có ME // SA � �

1
a 2
�ME  SA 
�
2
2
a 2 a 2 a 2
a 5
NE = EA – AN =


� MN  ME 2  NE 2 
2
3
6
3
1 �a 2 a 2 �a 5 5a 2 10

.

Vậy S  �
.
�
2� 2
3 � 3
36

16

Ví dụ 15: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ cạnh đáy a. cạnh bên a 6 .
Xét đường thẳng d đi qua A và song song với BD. Gọi (P) là mặt phẳng qua d và
C’.
a. Thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mặt phẳng (P) là hình gì? Tính diện
tích thiết diện theo a.
b. Tính góc giữa (P ) và (ABCD).
Giải:
a. Gọi I, J là giao điểm của d và
CD, BC,
M  d �JC ', N  d �IC '
Thiết diện là tứ giác AMC’N.
Ta có tứ giác AMC’N là hình
bình hành và M, N là trung điểm
của BB’, DD’.
Từ đó suy ra AN=NC’ kết hợp
AMC’N là hình bình hành nên
thiết diện là hình thoi.
1
S AMC ' N  AC '.MN ,
2
MN  a 2; AC '  AC 2  CC '2  2a 2
1
S AMC ' N  AC '.MN  2a 2 .
2
b. Ta có tứ giác ABCD là hình chiếu của tứ giác AMC’N trên (ABCD) gọi 
là góc giữa (P) và (ABCD) theo công thức diện tích hình chiếu ta có:
S ABCD  S AMC ' N .cos 
1
Mà SABCD = a2, SAMC’N = 2a2 � cos   �   600 .
2

a 6
.
2
Dựng thiết diện cắt bởi mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với SC. Tính diện tích
thiết diện vừa dựng.
Giải:
Ví dụ 16: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy a. chiều cao SO =

17


�SO   ABCD  � SO  BD
� BD   SAC  � BD  SC
*) Ta có �
�AC  BD
(P) là mặt phẳng qua A và song song với BD
Trong tam giác SAC kẻ AH  SC, AH cắt SO tại E.
Qua E kẻ đường thẳng song song với BD cắt SD, SB tại M, N. Nối AM, AN,
MH, NH được thiết diện là tứ giác AMHN.
*) Do BD  (SAC)  MN  (SAC)  MN  AH.
1
Ta có: SAMHN = MN.AH.
2
Ta có: SA  SO 2  OA2  a 2 nên tam giác SAC đều suy ra H là trung
MN SE 2
2a 2

 � MN 
BD SO 3
3

a 6
Mặt khác AH là đường cao của tam giác đều cạnh a 2 nên AH 
2
2
1 a 6 2a 2 a 3
Vậy SAMHN = .
.
.

2 2
3
3
Ví dụ 17: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng 2a và chiều
cao a.
a. Dựng thiết diện của lăng trụ tạo bởi (P) qua B’ và vuông góc với A’C.
b. Tính diện tích của thiết diện nói trên.
điểm SC và E là trọng tâm tam giác SAC �

Giải:

18


a. Gọi E là trung điểm AC ta có:
�BE  AC
� BE   ACC ' A ' � BE  A ' C
�
�BE  CC '
(P) là mặt phẳng qua B’ và song song với BE.
Gọi E’ là trung điểm A’C’ ta có

(P)  (A’B’C’) = B’E’. Gọi M là trung điểm
AE. Ta chứng minh E’M vuông góc A’C.
Thật vậy: Gọi O là giao điểm EE’ và A’C.

Ta có EE’ = A’E’ = a. OE’ = ME =

a
nên VA ' E ' O VMEE ' (cgc)
2

�' ME
�
A' E ' M  E
��
�' A ' O  �
�E
A ' E ' M  900
Mà �
0
�' 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 tại N.
Thiết diện là hình thang MNB’E’.
b. Do BE  (ACC’A’)  NM  (ACC’A’)  MN  ME
Suy ra MNB’E’ là hình thang vuông chiều cao ME’.
1
1 �BE
3

�
S MNB ' E '   MN  B ' E '  ME '  �  BE �
ME '  BE.ME '
2
2 �2
4
�
2a 3
Ta có : BE =
 a 3 (đường cao tam giác đều cạnh 2a)
2
3a 2 15
a2 a 5
.
�S 
ME '  EE '2  ME 2  a 2 

8
4
2

19


3. KẾT LUẬN
3.1. Kết quả của đề tài:
Tôi đã giới thiệu và áp dụng đề tài “Hướng dẫn học sinh bài toán thiết diện
trong ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh và thi THPT Quốc gia” cho học sinh đội
tuyển Toán và các lớp 11B1, 11B2 tôi dạy và cho đồng nghiệp trong trường. Kết
quả thu được có thể nói rất khả quan: sau ba tháng đa số các em làm bài có kết quả

tốt hơn so với trước khi áp dụng đề tài.
Cụ thể: 4 em đội tuyển Toán đều làm tốt phần này, thu được 1 giải 3, 1 kk
Kết quả ở lớp 11B1, 11B2
3-5
5-7
7-8
8-10
Trước khi áp dụng
40
40
6
0
Sau khi áp dụng
15
45
20
6
Vậy đề tài “Hướng dẫn học sinh bài toán thiết diện trong ôn thi học sinh
giỏi cấp tỉnh và thi THPT Quốc gia” có tác dụng thực tiễn rất lớn trong giảng dạy
của giáo viên và quá trình học tập của học sinh.
3.2. Kiến nghị và đề xuất:
- Đề nghị BGH nhà trường tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có nhiều
hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên cứu học tập
nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
- Nhà trường tạo điều kiện tổ chức các buổi trao đổi phương pháp giảng dạy.
Nhằm tạo điều kiện cho giáo viên có thể trao đổi chuyên môn, nhiệp vụ, từ đó nâng
cao tay nghề.
- Nhà trường tạo điều kện có tủ sách lưu lại các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn
tập của giáo viên hàng năm để làm cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề.
- Nhà trường nên động viên các thầy giáo cô giáo nghiên cứu tìm tòi, trang bị

cho đội tuyển học sinh giỏi, cho học sinh nghèo dưới dạng phần thưởng, phần
quà ... tạo điều kiện để các em học tốt.
Thanh Hóa, ngày 19 tháng 05 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN
của mình viết, không sao chép của người khác.

Trần Thị Chinh

20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Sách giáo khoa hình học lớp 11.
[2] Sách bài tập hình học lớp 11 cơ bản và nâng cao.
[3] Đề thi học sinh giỏi lớp 11 các trường trong và ngoài tỉnh.
[4] Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2018.
[5] Các tài liệu trên mạng internet.

21