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:
S 1 ah 1 absin C ab prp p a p b p c
c
2
2
4R
- Công thức diện tích tứ giác bất kì ABCD:
1
S 2 AC.BD.sin , = AC, BD
- 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…
a a
... a
1

2

n
n

n
1

a a ...a , đẳng thức khi a1= a2 =…= an.

2

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 2PD . Tính diện tích S
thiết diện của tứ diện ABCD bị cắt bởi MNP .
Giải:
Trong mặt phẳng BCD , gọi I
ACD , gọi Q là giao điểm của

là giao điểm của NP với CD . Trong mặt phẳng
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 2
Trong tam giác ACI có Q là trọng tâm của tam giác nên QD
.
IP
Ta có IN IMIQ 23 PQ / /MN .
Suy ra MNPQ là hình thang với đáy lớn MN .
Ta có: AQ 4 a , AM 3a MN , PQ 2 a. Áp dụng định lí cosin trong tam giác MAQ ta có:
MQ 2 AM 2 AQ 2 2 AM . AQ. cos 60 0
13 .

Tương tự ta cũng tính được NP a 13 .

16 a 2

9a2

12 a 2 13a 2

MQ

a


5


Dễ thấy MNPQ là hình thang cân. Do đó:
MN PQ

2

M
Q

S

MN PQ2
2

5

a

2

2

51

.

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 .
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 .

A

M
K
H

B

D

F

C

MEF ABC MH Ta có:
MEF ABD MK .
MEF

ACD

E

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 .
Ta có: AH AK HK
2a .
3
AMH
AMK
Xét
hai
tam
giác
và
có
0
2
a
MAH MAK 60 , AH AK
3 nên hai tam giác này bằng

MH MK . Vậy tam giác MHK cân tại M .
Áp dụng định lí cosin trong tam giác AMH :

AM

chung,

nhau. Suy ra


6


M
H

2

2

AM

AH

2

2 AMAH .cos 60

0

a2
2

2a2
3

a 2 13a 2 MH
3
36

a 13
6

.
Gọi I là trung điểm của đoạn HK . Ta có MI
HK .
2
2
2
2
2
2
Suy ra: MI
a.
13a
a
a
MH
HI
36

9
4 MI
2 a2
1 M .HK 1 .2a . a
Diện tích thiết diện MHK là: S
.
2I
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
, α là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với AB .Đặt AM
a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi α .
b) Tính diện tích thiết diện theo a và x .
S
Lời giải. B α

x0 x a.

AB

a) Ta có

BC AB BC α.
N

α AB

P

A α
Tương tự SA AB SA α .

A

I
K

α AB

D
Q

M
B

Do
M ABCD

C

α ABCD MQ BC,Q CD .

BC ABCD

BC α

Tương tự SA

MSAB α
SAB

αSAB MN SA,N SB .

SA α

NSBCα
BC SBC

αSBC NP BC,P SC .

BC α

Thiết diện là tứ giác MNPQ .
MQ BC MQ NP nên tứ giác MNPQ là hình thang.
b) Ta có
NP BC
7


MQ
AB
Mặt khác MN SA MQ MN suy ra thiết diện là một hình thang vuông tại
SA
AB
M và N .
S
1 MQ NP MN
MNPQ

2

Gọi I là trung điểm của AD và K CI MQ .
Do MN SA nên MN BM MN BM.SA
NP

SN

SA
AM NP

BA

BC.AM

BC

S
AB
AB
B
Xét trong hình thang ABCD ta có :
KQ CK AM KC
ID.BM
CI
ID
AB
BA
MQ MK KQ a a x 2a x .

S

2 a x
a

BA
a. x .
x
a

2a x

a

aa x
a x
a

1 2a x x 2 a x 2a a x .

MNPQ

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.
S
a) Gọi I là trung điểm củaAC, dựng IH SC,H SC .
BI AC
SAC . Mặt khác IH SC nên
Ta có
BI
BI SA

BIH

SC . Vậy BIH

chính là mặt phẳng α đi qua
I

B và vuông góc với SC .
Thiết diện là tam giácIBH.
b) Do BI SAC IB IH nên ΔIBH vuông tại I .
BI

a 23

H

A
B

( đường cao của tam giác đều cạnh a ).

Hai tam giác CHI và CAS có góc C chung nên chúng đồng dạng. Từ đó suy ra
IH CI
CI.SA
CI.SA
a .
5 5
2 2a
IH

.
SA

C
S

Vậy S BIH

CS
1
a

3. a
5

SA2
AC2
a 15 .
2

4a 2

a2

5

C


2

2

5

2
0

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 :
MSBC
a) Ta có

SB

SB SBC
SBC MN SB,
N SAC
N SC

.Tương tự

S

SA

SA SAC
N

P

SACNI SA,I AC

Trong ABCD gọi Q MI AD , thì ta có
A

Q SAD

B
Q

SADQP SA,P SD .

I

M

SA

D

SA SAD

C

Thiết diện là tứ giác MNPQ .
b) Do MN SB
Lại có IN SA

CM

CB =

CI
CA

CN
C
S

Mà AB CD IM CD.
Ba mặt phẳng , ABCD

CN

CS 1
2 .Từ 1 và 2 suy ra CM
CB

và SCD đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến là

MQ , CD , NP với MQ CD MQ NP .
Vậy MNPQ là hình thang.
MN
C
DQ PQ
M
Ta có SB CB DA SA , mà
SA SB a MN PQ . Do đó MNPQ

Gọi J

SC

x

N
a-x

MN a x ,

x

DC

P
a-x

là hình thang cân.
Từ MN CM a
SA
CB
PN SN BM

CI IM AB
CA

Q

a
PN BM x , IM

CM

AB

CB

BC

là trung điểm của IM thì

IM CM a x

x

I

J

M


9


A
M

NJ MN

2

MJ

a x

2

2

a x

2

3
2a

2
S

MNPQ

1 NJ MQ NP

2

x

3a 2x

3a x a x

1

2

N

2

.

4

2

B

.

Ví dụ 6: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . M và P là hai điểm di động trênPcác
cạnh AD và BC , sao cho MA PC x , 0 x a . Một mặt phẳng qua MP
song
C
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.
MACD

Giải. a) Ta có

ACD MN CD,N AC
CD ACD

CD

Tương tự

BCD PQ CD,Q BD .

Thiết diện là tứ giác MNPQ .
MN CD MN PQ nên MNPQ là hình thang.
Vì

PQ CD
Dễ thấy DQ CP x , DM a x , Áp dụng định lí cô sin cho tam giác
DMQ ta có
MQ 2 DM 2 DQ 2 2DM .DQ cos600
MQ

2

2

x

2

3ax a2

a x

2

1

2x a x 2

.

2

3ax a2

Tương tự ta cũng tính được NP 3x 2 3ax a2 MP NQ . Vậy MNPQ
là hình thăng cân. Dễ thấy MN x , PQ a x , đường
cao hình thang h 1 8x 2 8ax 3a2 .
2
3x

S
MNPQ

MQ

3x

1 [a ( a
x )].

1

2

2

8x

8ax 3a

2
MNPQ

Vậy minS MNPQ

2
a2

8ax
3a 2
21

a 8x

2
x

2

1a

8x 2 8ax
3a2 .

2

1 a 8x

b) Ta có S

2

a 2 a2

a

2

2

2

a .
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

M,N,P,Q

song song với SAB cắt các cạnh

AD, BC,SC,SD theo thứ tự tại

.

a) Chứng minh MNPQ là hình thang cân.
b) Đặt x AM 0 x a . Tính x để MNPQ là tứ giác ngoại tiếp

Q

D

10


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

a )Do

SAB

MN

ABCD

SAB AB MN AB 1

.

ABCD

S

SAB

Tương tự

I

SCD ABCD CD

SCD

Q

PQ

Lại có AB CD 3
Từ 1 , 2 và 3

K

ta có

SA
DA

B

M

D

MN AB CD PQ nên MNPQ là hình thang (*)
Dễ thấy rằng MQ SA , NP SB do đó MQ DM ; NP CN

mà DM

J
F

A

PQCD 2.

P

CN nên MQ

NP .

CB

SB

SA

DA

SB

N
C

CB
E

Mặt khác SAB cân tại S SASB
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
Ta có
SA
DA a MQ 2 a x NP 2 a x Lại
PQ SQ
AM
x
có CD
SD
AD a PQ x
Không khó khăn ta tính được MN 3 a 2x
Do đó MQ NP MN PQ 4 a x 3a 2x x x
Khi đó tính được r

3

a

.

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
A
giác ADK, ADJ nên
2

AN

3 AC

2
3 AB AM
I

2

2 a
Suy ra MN // BC và MN 3 BC 3 .

M
D

Áp dụng định lí cosin cho tam giác AIM:
IM2 = IA2 + AM2 – 2IA.AMcos600 Nên
IM

N H
B

a 13
6 IN .

K

C

Gọi H là trung điểm MN ta có IH MN và

J

a

IH = 2 .
Vậy S IMN =

1

IH .MN

2

a2

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.

A

M

Q

B

D
N

P
C

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

MN

AC
MQ
MQ // BD nên
BD

MB

AB

MN

MA
AB

MQ

AC

BD

AB MB

AB MA

12

MN MQ

AC

AB MB

BD

AB MA MB

MA

BD

AC

*

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
SMNPQ = MN.MQ.sinα =

BD.AC

AB2 MA.MB.sinα .

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

P
A
B

Q
M

D

C
N

1
a
b. SMNPQ = 2 (MN + PQ).MQ có MN = a. MQ = 2 = PQ nên SMNPQ

3ab
8 .

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

a 3 a 3

và vuông góc với AA’. Đặt AM = x ( 3 x 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.

S
N

G

H
A

F

O

M

C

A'

E
B

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 = 2 (EF + GH).MN
Ta có MN = 2x 3 và HG SN
O HG 2 x
M
BC SA' OA'
3
MN MA' MN 2 3a 2x
SO OA'
S = 1 (EF + GH).MN = 2 4x 3 3a 3a 2x 3
EFGH
S
=
2 4x 3 3a
3 3
EFGH
.
1
Cauchy 1
3a 2 3a2
3
3
2
4

3a
3

6a 4x

3 a2

SEFGH đạt giá trị lớn nhất bằng 4

khi và chỉ khi x

3 a2

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện bằng 4

3a 3
8 .
khi x

3a 3
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 B' 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

A'

D'

F
M

C
'
O

A

H

N
D

E
B C

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 h 2 > 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.

A'

C'

E

B'

H
A

C

F
B
I

Gọi là góc giữa (AEF) và (ABC). Ta có
ABC là hình chiếu vuông góc
S
của AEF trên mp(ABC). Do vậy: SABC SAEF .cosSAEF
ABC
cos
Ta có

CAE ngoài ra CAE

CA' A

(cùng phụ với góc A’CA)


15


cos

AA'
h
A'
a2 c2

C
2
a c 2h
.

; SABC = 1 a
h2
2c

2

Vậy SAEF = a
c
2
h
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 .
S
Giải:
+ Dựng thiết diện: Trong tam giác SAC
M
nối S’M cắt AC tại N.
Q
Do (P) // BC nên (P) cắt (ABC) theo
giao tuyến qua N và song song với BC
N
E

cắt AB tại P. Tương tự (P) cắt (SBC)

A

C

P

theo giao tuyến qua M và song song với
BC cắt SB tại Q. Thiết diện là tứ giác
MNPQ.

B

S'

Do tam giác ABC vuông cân tại C nên BC
MQ / /NP
BC

AC, BC

SA

BC

(SAC)

MN. Ta có

MQ MN MNPQ là hình thang vuông.
1
+ Tính diện tích thiết diện: S 2 MQ NP .MN
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 .
Từ NP // BC ta có NP
A 1 NP
1 BC a 2
N
BC AC 3
3
3
Từ MQ // BC và M là trung điểm SC nên
M
SM 1 MQ
1 BC a 2 .
Q
2
BC SC 2
2
2
ME
AC
Gọi E là trung điểm AC ta có ME // SA
2
1
ME
2 SA a
NE=EA–AN=
a 2 a 2 a 2

MN ME2 NE2 a 5

Vậy S

2
a 2

1a 2
2

2

3

.

3
a 5

6
5a2 10

3

36

3
.

16