Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng bài tập về thiết diện dành cho học sinh giỏi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM KHÁNH TÙNG

MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2016

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM KHÁNH TÙNG

MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13

THÁI NGUYÊN - 2016

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI

Mục lục

Mở đầu

Chương 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 Khái niệm thiết diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2 Thiết diện của một số hình thường gặp . . . . . . . . . . . . . . .

1.2.1 Thiết diện của hình cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2.2 Thiết diện của hình nón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2.3 Thiết diện của hình trụ tròn xoay . . . . . . . . . . . . . .

1.2.4 Thiết diện của hình đa diện lồi

. . . . . . . . . . . . . . . .

1.3 Các định lý, tính chất thường dùng . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.4 Một số bài toán cơ bản về xác định thiết diện . . . . . . . . . . . .

1.4.1 Mặt phẳng cắt qua ba điểm cho trước . . . . . . . . . . . .

1.4.2 Mặt phẳng cắt qua một điểm và song song với một mặt

phẳng (hoặc hai đường thẳng cắt nhau) . . . . . . . . . . . 10

1.4.3 Mặt phẳng cắt qua hai điểm (chứa một đường thẳng cho

trước) và song song với một đường thẳng . . . . . . . . . . 12

1.4.4 Mặt phẳng cắt qua một điểm và song song với hai đường

thẳng chéo nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.4.5 Mặt phẳng cắt qua hai điểm (chứa một đường thẳng cho

trước) và vuông góc với một mặt phẳng . . . . . . . . . . . 15

1.4.6 Mặt phẳng cắt qua một điểm cho trước và vuông góc với

một đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Chương 2. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN

2.1 Dạng bài tập liên quan đến diện tích của thiết diện . . . . . . . . 19

2.1.1 Tính diện tích thiết diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.1.2 Tìm điều kiện để diện tích thiết diện đạt giá trị lớn nhất,

nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.2 Dạng bài tập về xác định hình dạng thiết diện . . . . . . . . . . . 61

2.3 Dạng bài tập thiết diện phụ thuộc vào điểm di động . . . . . . . . 78

Kết luận

Tài liệu tham khảo

MỞ ĐẦU

Trong chương trình Toán phổ thông nói chung, trong các dạng bài tập, đề thi

học sinh giỏi nói riêng thì các bài tập về thiết diện rất phong phú, đa dạng.

Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi và tích lũy thêm kinh nghiệm chuyên môn, tôi chọn hướng nghiên cứu của luận văn Thạc sĩ với đề tài: "Một số dạng bài tập về thiết diện dành cho học sinh giỏi" với nhiệm vụ:

1. Hệ thống hóa để chọn lọc một số dạng bài tập về thiết diện thường xuất

hiện trong các đề thi học sinh giỏi.

2. Đưa ra lời giải tường minh cho một số bài tập dành cho học sinh giỏi, một

số bài tập khó mà tài liệu tham khảo chưa đưa ra lời giải chi tiết.

Cấu trúc phần nội dung của luận văn:

- Chương 1. Kiến thức chuẩn bị

Chương này đề cập, trình bày các kiến thức cơ sở về mặt phẳng, giao tuyến,

thiết diện và những kiến thức nền tảng áp dụng trong việc giải các bài tập của chương 2.

- Chương 2. Một số dạng bài tập về thiết diện

Đây là nội dung trọng tâm của luận văn. Các bài tập dành cho học sinh giỏi về thiết diện được trình bày có hệ thống với những bài tập khó theo từng dạng.

Luận văn này được thực hiện tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành dưới sự hướng dẫn, chỉ bảo tận tình của PGS.TS. Trịnh Thanh Hải cùng sự giúp đỡ, tạo điều kiện của các thầy giáo, cô giáo khoa Toán- Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và các thầy cô giáo tham

gia giảng dạy lớp Thạc sĩ chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp (Khóa 8).

Tác giả xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới các thầy cô Lãnh đạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Sở GDĐT tỉnh Yên Bái, Phòng GDĐT thành

phố Yên Bái cùng tập thể lớp Thạc sĩ chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp đã động viên, giúp đỡ tác giả trong khóa học và quá trình hoàn thành luận văn.

Thực hiện luận văn này, tác giả đã đầu tư nhiều thời gian, tham khảo nhiều tài liệu, cẩn thận trong trình bày để thực hiện luận văn này nhưng không thể tránh khỏi những hạn chế. Tác giả kính mong được sự góp ý của quý thầy cô và

bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.

Xin chân thành cảm ơn !

Thái Nguyên, tháng 6 năm 2016 Tác giả

Phạm Khánh Tùng

Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 Khái niệm thiết diện

Hình phẳng có được do cắt một hình khối T bằng một mặt phẳng (P ) gọi là

thiết diện của hình khối T cắt bởi mặt phẳng (P ).

1.2 Thiết diện của một số hình thường gặp

1.2.1 Thiết diện của hình cầu

Mặt phẳng (P ) cắt hình cầu T luôn cho ta một thiết R2 − k2. Trong đó R diện là một hình tròn bán kính r = là bán kính hình cầu; k là khoảng cách từ mặt phẳng tới

tâm hình cầu (0 ≤ k < R). (Hình 1.1)

√

Hình 1.1.

Hình 1.2.

1.2.2 Thiết diện của hình nón

- Mặt phẳng qua đỉnh, cắt hình nón theo hai đường

sinh ta được thiết diện là một tam giác cân. (Hình 1.2)

- Cắt hình nón bởi mặt phẳng không qua đỉnh:

+ Nếu mặt phẳng cắt tất cả các đường sinh của hình nón thì ta được thiết diện là một hình elip (Hình 1.3). Đặc biệt trong trường hợp này, mặt phẳng vuông góc với trục hình nón thì thiết diện thu được là một hình tròn có tâm nằm trên trục hình nón. (Hình 1.4)

+ Nếu mặt phẳng song song với hai đường sinh của hình nón thì thiết diện thu được là một hình phẳng giới hạn bởi các giao tuyến của mặt phẳng đó với mặt đáy của hình nón (là một đoạn thẳng) và mặt bên của hình nón (là một

đường cong thuộc một nhánh của một hypebol). (Hình 1.5)

Hình 1.3.

Hình 1.4.

Hình 1.5.

Hình 1.6.

+ Nếu mặt phẳng song song với một đường sinh của hình nón thì thiết diện thu được là một hình phẳng giới hạn bởi các giao tuyến của mặt phẳng đó với

mặt đáy của hình nón (là một đoạn thẳng) và mặt bên của hình nón (là một phần đường cong parabol). (Hình 1.6)

- Thiết diện của hình trụ tròn xoay (bán kính r) bị cắt bởi một mặt phẳng

vuông góc với trục hình trụ là một hình tròn có tâm nằm trên trục hình trụ, có bán kính bằng r. (Hình 1.7)

. (Hình 1.8)

- Thiết diện của hình trụ tròn xoay (bán kính r) bị cắt bởi mặt phẳng hợp với trục hình trụ một góc α (cid:0)0 < α < 900(cid:1) cắt tất cả các đường sinh của hình trụ là một hình elip có trục nhỏ bằng 2r và trục lớn bằng

1.2.3 Thiết diện của hình trụ tròn xoay

- Thiết diện của hình trụ tròn xoay (bán kính r) bị cắt bởi mặt phẳng song

2r sin α

song với trục hình trụ, cách trục hình trụ một khoảng k (0 ≤ k < r) là một hình chữ nhật có hai cạnh có độ dài bằng chiều cao hình trụ, hai cạnh còn lại có độ dài bằng 2

Hình 1.7.

Hình 1.8.

Hình 1.9.

√ r2 − k2. (Hình 1.9)

Để xác định thiết diện của khối đa diện lồi T (gọi tắt là hình T ) cắt bởi mặt

phẳng (P ) ta thường thực hiện qua các bước sau:

Bước 1. Xác định giao tuyến của mặt phẳng (P ) với một mặt nào đó của

hình T gọi là giao tuyến gốc (giao tuyến này thường dễ dàng xác định được dựa vào giả thiết của đề bài).

Bước 2. Xác định giao điểm của giao tuyến gốc với các cạnh của hình T.

1.2.4 Thiết diện của hình đa diện lồi

Bước 3. Từ các giao điểm trên, xác định các giao tuyến còn lại của mặt

phẳng (P ) với các mặt của hình T.

Bước 4. Chỉ ra phần hình phẳng trong mặt phẳng (P ) giới hạn bởi các giao

tuyến trên là thiết diện cần xác định.

Thực chất quy trình trên là tìm giao của mặt phẳng (P ) với các mặt của hình

Hình dạng của thiết diện là đa giác lồi có các đỉnh là giao điểm của mặt

phẳng (P ) với các cạnh của hình T .

T (Mặt phẳng (P ) có thể không cắt hết các mặt của hình T ).

1.3 Các định lý, tính chất thường dùng

* Quan hệ song song, quan hệ vuông góc:

Định lí 1.1. [9] Trong không gian, cho đường thẳng d và điểm A ngoài d. Lúc đó tồn tại duy nhất một đường thẳng a đi qua A và song song với đường thẳng

Mệnh đề 1.1. [9] Nếu hai mặt phẳng chứa lần lượt hai đường thẳng song song với nhau và hai mặt phẳng đó cắt nhau theo một đường thẳng thì đường thẳng này song song với cả hai đường thẳng trên hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó.

Mệnh đề 1.2. [9] Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.

Định lí 1.2. [9] Cho mặt phẳng (α) và đường thẳng d không thuộc (α). Khi đó, d và (α) song song với nhau khi và chỉ khi tồn tại một đường thẳng a thuộc (α) sao cho d và a song song với nhau.

Mệnh đề 1.3. [9] Nếu hai mặt phẳng cùng song song hoặc chứa một đường thẳng và chúng cắt nhau theo giao tuyến là một đường thẳng thì giao tuyến này song song hoặc trùng với đường thẳng trên.

Định lí 1.3. [9] Cho điểm P và hai đường thẳng a, b chéo nhau. Khi đó tồn tại duy nhất một mặt phẳng (α) đi qua điểm P sao cho (α) song song hoặc chứa a và song song hoặc chứa b.

Mệnh đề 1.4. [9] Cho điểm P và hai đường thẳng a, b chéo nhau sao cho P không thuộc a và b. Giả sử đường thẳng a không song song với mặt phẳng (P ; b)

và đường thẳng b không song song với mặt phẳng (P ; a) . Khi đó tồn tại duy nhất một mặt phẳng (α) đi qua P sao cho (α) song song với a và b.

Hệ quả 1.1. [9] Cho hai đường thẳng a và b chéo nhau. Khi đó tồn tại duy nhất một mặt phẳng (α) đi qua a và song song với b.

Mệnh đề 1.5. [9] Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng (α) . Nếu đường thẳng b song song với đường thẳng a thì b song song hoặc thuộc (α).

Hệ quả 1.2. [9] Cho một đường thẳng và một mặt phẳng song song với nhau. Nếu một đường thẳng đi qua một điểm thuộc mặt phẳng đã cho và song song với đường thẳng đã cho thì nó phải thuộc mặt phẳng này.

Định lí 1.4. [9] Cho hai mặt phẳng (α) và (β). Khi đó (α) và (β) song song với nhau khi và chỉ khi trong mặt phẳng (β) tồn tại hai đường thẳng a1, a2 cắt nhau sau cho cùng cùng song song với (α).

Định lí 1.5. [9] Cho một điểm P nằm ngoài mặt phẳng (α) . Khi đó tồn tại duy nhất một mặt phẳng đi qua P và song song với (α). Mặt phẳng (α) chứa mọi đường thẳng qua P và song song với (α).

Mệnh đề 1.6. [9] Cho một đường thẳng d song song với (α) . Khi đó tồn tại duy nhất một mặt phẳng đi qua d và song song với (α).

Mệnh đề 1.7. [9] Cho (α) và (β) là hai mặt phẳng song song với nhau. Nếu mặt phẳng (γ) cắt (α) theo một đường thẳng thì (γ) cũng cắt (β) theo một đường thẳng và các đường thẳng này song song với nhau.

Mệnh đề 1.8. [9] Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau.

Định lí 1.6. [9] Nếu một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng nằm trong mặt phẳng thì đường thẳng ấy vuông góc với mặt phẳng đó.

Mệnh đề 1.9. [9]

- Mặt phẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông

góc với đường thẳng còn lại.

- Hai đường thẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song hoặc trùng

nhau.

Mệnh đề 1.10. [9]

- Cho đường thẳng a song song với mặt phẳng (P). Đường thẳng vuông góc

với mặt phẳng (P) thì đường thẳng đó cũng vuông góc với đường thẳng a.

- Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng khác thì đường thẳng và mặt phẳng ấy song song với nhau hoặc đường thẳng nằm trong mặt phẳng.

Mệnh đề 1.11. [9]

- Đường thẳng nào vuông góc với một trong hai mặt phẳng song song thì cũng

vuông góc với mặt phẳng còn lại.

- Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song hoặc trùng

nhau.

Định lí 1.7. [9]

- Có duy nhất một mặt phẳng (P) đi qua điểm O cho trước và vuông góc với

đường thẳng cho trước.

- Có duy nhất một đường thẳng ∆ đi qua điểm O cho trước và vuông góc với

mặt phẳng (P) cho trước.

Định lí 1.8. [9] Cho đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) và đường thẳng b nằm trong (P). Khi đó điều kiện cần và đủ để b vuông góc với a là b vuông góc với hình chiếu a’ của a trên (P).

* Định lý Ta-lét:

Định lí 1.9. [Định lý Ta-lét trong tam giác] Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.

Định lí 1.10. [Định lý Ta-lét đảo trong tam giác] Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì đường thẳng đó song song với cạnh còn lại của tam giác.

Định lí 1.11. [Định lý Ta-lét trong không gian] Ba mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyến bất kỳ các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.

Định lí 1.12. [Định lý Ta-lét đảo trong không gian] Cho hai đường thẳng d1, d2 chéo nhau và các điểm A1, B1, C1 trên d1 ( B1 nằm giữa A1 và C1) các điểm A2, B2, C2 trên d2 ( B2 nằm giữa A2 và C2) sao cho

Khi đó, các đường thẳng A1A2, B1B2, C1C2 cùng song song với một mặt phẳng.

= . A1B1 B1C1 A2B2 B1C2

1.4 Một số bài toán cơ bản về xác định thiết diện

Để giải các bài tập về thiết diện (đặc biêt là các bài tập dành cho học sinh giỏi) thì việc xác định thiết diện là công đoạn quan trọng trước khi thực hiện các yêu cầu khác của bài toán.

Xác định thiết diện là bài toán dựng hình nhưng chỉ cần nêu phần dựng và

phần biện luận nếu có. Dưới đây là một số ví dụ cụ thể:

Phương pháp. Trong trường hợp này ta đã xác định được mặt phẳng (P ) qua 3 điểm cho trước. Ta chỉ cần dựa vào giả thiết để tìm giao tuyến gốc từ đó xác định giao của mặt phẳng (P ) với các mặt của hình khối.

Ví dụ 1.4.1. [13] Cho hình chóp S.ABCD, M là một điểm trên cạnh SC, N và

1.4.1 Mặt phẳng cắt qua ba điểm cho trước

Lời giải.

Trong mặt phẳng (ABCD), gọi E, F lần lượt là giao của N P với EF. Ta

có M E, M F lần lượt là giao tuyến của mặt phẳng (M N P ) với các mặt phẳng (SBC) và (SCD), gọi I, J lần lượt là giao của M F , M E với SD và SB.

Suy ra:

P lần lượt là trung điểm của AB và AD. Tìm thiết diện của mặt phẳng (M N P ) với hình chóp đã cho.

Hình 1.10.

(M N P ) ∩ (SBC) = M J;

(M N P ) ∩ (SAB) = JN ;

(M N P ) ∩ (ABCD) = N P ;

Ta được thiết diện của mặt phẳng (M N P ) với hình chóp là ngũ giác JM IP N(Hình

1.10).

Ví dụ 1.4.2. [13] Cho hình chóp S.ABCD, gọi M là một điểm ở trong tam giác SBC, N là một điểm ở trong tam giác SCD. Tìm thiết diện của mặt phẳng (AM N ) với hình chóp đã cho.

(M N P ) ∩ (SAD) = P I;(M N P ) ∩ (SCD) = IM.

Lời giải.

Gọi E và F lần lượt là giao của SM với BC và SN với DC. O là giao của EF

với AC; I là giao của M N với SO; Gọi H là giao của AI với SC.

Dựng các đường thẳng HM và HN.

Có 4 trường hợp xảy ra:

- Trường hợp 1. HM cắt cạnh SB tại P , HN cắt cạnh SD tại Q. Nối QA, P A ta được thiết diện là tứ giác AP HQ (Hình 1.12).

- Trường hợp 2. HM cắt cạnh CB tại P , HN cắt cạnh SD tại Q. Nối QA, P A ta được thiết diện là tứ giác AP HQ (Hình 1.13).

Các trường hợp còn lại được xét tương tự:

- Trường hợp 3. HM cắt cạnh SB tại P , HN cắt

Hình 1.11.

cạnh CD tại Q.

- Trường hợp 4. HM cắt BC tại P , HN cắt CD tại

Hình 1.12.

Hình 1.13.

(hoặc hai đường thẳng cắt nhau)

Phương pháp. Áp dụng các Định lí 1.1, 1.2, Mệnh đề 1.3 và Định lý "Nếu đường thẳng d song song với mặt phẳng (P ) thì mọi mặt phẳng chứa d mà cắt (P ) thì cắt theo giao tuyến song song với d" để xác định giao tuyến của (P ) với

1.4.2 Mặt phẳng cắt qua một điểm và song song với một mặt phẳng

các mặt của hình khối.

Ví dụ 1.4.3. [13] Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình thang có các cạnh đáy AB, CD với CD < AB. α là một mặt phẳng qua điểm M trên cạnh AD và song song với mặt phẳng (SAB). Xác định thiết diện của S.ABCD cắt bởi mặt phẳng α, chứng tỏ thiết diện là hình thang.

Lời giải.

Vì (α) song song với SAB nên (α) song song với các

cạnh AB, BS và SA.

Gọi N, P , Q lần lượt là giao của (α) với BC, SC,

Ta thực hiện vẽ lần lượt M N//AB, N P//SB, M Q//SA, nối P Q ta được thiết diện là tứ giác M N P Q

(Hình 1.14).

Hình 1.14.

SD. Ta có M N//AB, N P//SB, M Q//SA và QP//DC.

ABCD là hình thang nên CD//AB nên DC// (α)

⇒ DC//P Q và DC//M N

Ví dụ 1.4.4. [13] Cho hình chóp S.ABCD đáy là nửa lục giác đều ABCD. Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD, SD vuông góc với AC. Gọi (α) là mặt phẳng qua điểm M trên cạnh BD (M không trùng với B, D) và song song với SD, AC. Xác định thiết diện của S.ABCD cắt bởi (α).

Lời giải.

Nhận xét: Nếu M trùng với O thì thiết diện là tam giác SAC. Khi M khác điểm O thì các giao tuyến của (α) với các mặt bên thay đổi, do đó hình dạng của thiết diện cũng khác nhau.

* Trường hợp 1. M thuộc đoạn BO, M khác B.

Ta có M ∈ (α) ∩ (ABCD) và (α) //AC suy ra giao tuyến của (α) với (ABCD)

là đường thẳng qua M song song với AC, giao tuyến này cắt các cạnh BA và BC của hình chóp. Gọi Q là giao của (α) với SB. (α) //SD ⇒ M Q//SD.

Ta dựng đường thẳng qua M song song với AC, cắt AB và BC lần lượt tại N và P. Dựng đường thẳng qua M song song với SD, cắt SB tại Q. Nối P Q, N Q ta được tam giác N P Q (Hình 1.15) là thiết diện của S.ABCD cắt bởi (α).

⇒ P Q//M N suy ra M N P Q là hình thang.

Hình 1.15.

Hình 1.16.

* Trường hợp 2. M thuộc đoạn DO, M khác O và D.

Khi đó giao tuyến của (α) với (ABCD) song song với AC và cắt các cạnh AD

và DC của hình chóp.

Gọi E, F , H, Q, K lần lượt là giao của (α) với AD, CD, SC, SB và SA.

Ta có EK//SD, F H//SD, M Q//SD (vì (α) //SD). Dựng các đường thẳng qua M song song với AC cắt AD và DC lần lượt tại E và C. Qua E và F dựng các đường thẳng song song với SD và lần lượt cắt các cạnh SA và SC tại K và H. Đường thẳng qua M song song với SD, cắt SB tại Q. Nối KQ, QH ta được thiết diện của hình chóp cắt bởi (α) là ngũ giác EF HQK (Hình 1.16).

và song song với một đường thẳng

Phương pháp. Giả sử mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng d, (P )//d(cid:48). Ta dựng đường thẳng a cắt đường thẳng d và a//d(cid:48) để xác định mặt phẳng (P ). Áp dụng Mệnh đề 1.1 và các quan hệ song song, vuông góc trong không gian để tìm giao tuyến của mặt phẳng (P) với các mặt của hình khối.

Ví dụ 1.4.5. [11] Cho hình chóp S.ABCD. và ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của SC, (P ) là mặt phẳng qua AM và song song với BD. Xác định thiết diện của hình chóp bị cắt bởi (P ).

Lời giải.

Gọi O là giao của AC và BD; I là giao của AM và SO.

Vì (P ) //DB suy ra giao tuyến của (P ) với (SDB) song song với DB.

1.4.3 Mặt phẳng cắt qua hai điểm (chứa một đường thẳng cho trước)

Qua I dựng đường thẳng song song với DB, cắt SD và SB lần lượt tại F và E. Nối M E, M F , AE, AF ta được thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ) là tứ

giác AEM F (Hình 1.17).

Hình 1.17.

Ví dụ 1.4.6. [11] Cho hình chóp S.ABCD có G là trọng tâm tam giác ABC. Gọi N, P, Q lần lượt là trung điểm của SC, CB, BA, G(cid:48) là trọng tâm tam giác SBC. Xác định thiết diện của S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (α) qua GG(cid:48) và song song với BC.

Lời giải.

Vì (α) //BC nên (α) cắt (ABCD) và (SBC) theo các giao tuyến qua G, qua G(cid:48) và song song với BC.

Dựng đường thẳng qua G song song với BC, cắt AB và AD lần lượt tại F và L. Dựng đường thẳng qua G(cid:48) song song với BC, cắt SB và SC lần lượt tại T và I.

Trong tam giác SAP có

Hình 1.18.

(vì Gvà G(cid:48) là trọng tâm của các tam giác ABC và tam giác SBC). Suy ra GG(cid:48)//SA, GG(cid:48) ∈ (α) ⇒ SA// (α).

Gọi K là giao của (α) với SD suy ra KL//SA (vì trong tam giác SAP có GG(cid:48)//SA). Dựng LK//SA, K thuộc SD và nối T F , IK ta được thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi (α) là ngũ giác F LKST (Hình 1.18).

= = P G(cid:48) P S P G P A 1 3

chéo nhau

Phương pháp. Áp dụng Định lí 1.3, các Mệnh đề 1.4, 1.5 và các Hệ quả 1.1,

1.2 để xác định giao tuyến của (P ) với các mặt của hình khối.

Ví dụ 1.4.7. [13] Cho hình lập phương ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48). (α) là mặt phẳng qua tâm O của mặt ABCD và song song với B(cid:48)D và BC. Xác định thiết diện của hình lập phương cắt bởi (α).

Lời giải.

Gọi R là giao của (α) với BB(cid:48), (α) //B(cid:48)D nên OR//B(cid:48)D. Gọi Q là giao của (α) với B(cid:48)C(cid:48). Vì (α) //BC(cid:48) nên RQ//BC(cid:48).

Dựng các đường thẳng qua O song song với B(cid:48)D, cắt B(cid:48)B tại R; Đường thẳng qua R song song với BC(cid:48) và lần lượt cắt B(cid:48)C(cid:48), BC, CC(cid:48) tại Q, I, K; Đường thẳng IO lần lượt cắt AB và DC tại M và N; Đường thẳng KN cắt D(cid:48)C(cid:48) tại P.

Ta được thiết diện của hình lập phương cắt bởi

Hình 1.19.

1.4.4 Mặt phẳng cắt qua một điểm và song song với hai đường thẳng

Ví dụ 1.4.8. [13]

Cho hình lăng trụ ABC.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48). Gọi M là trung điểm của trung tuyến AI của đáy BC. (α) là mặt phẳng qua M và song song với AC(cid:48) và B(cid:48)C. Xác định thiết diện của lăng trụ cắt bởi α.

Lời giải.

Gọi M N là giao tuyến của (α) với (AIC(cid:48)), N thuộc IC(cid:48) suy ra M N//AC(cid:48) (vì

(α) là ngũ giác M N P QR (Hình 1.19).

Gọi K, H lần lượt là giao của (α) với B(cid:48)C(cid:48) và CC(cid:48), suy ra KH qua N và

(α) //AC(cid:48)). M là trung điểm của AI nên N là trung điểm của IC(cid:48).

Gọi R là giao của (α) với AC suy ra trong mặt phẳng (ACC’) có RH//AC’

(vì (α)//AC’).

KH//CB(cid:48) (vì KH thuộc (BCC(cid:48)B(cid:48)) và (α) //CB(cid:48)).

Gọi Q là giao của (α) với AB, suy ra Q thuộc đường thẳng M R (Đường thẳng M R là giao tuyến

của (α) với (ABC)).

Gọi P là giao của (α) với A(cid:48)B(cid:48) suy ra P K//QR.

Hình 1.20.

Dựng đường thẳng qua M song song với AC(cid:48), cắt C(cid:48)I tại N. Qua N dựng đường thẳng song song với B(cid:48)C cắt B(cid:48)C(cid:48) và CC(cid:48) lần lượt tại K và H. Qua H dựng đường thẳng song song với AC(cid:48) cắt AC tại R. Đường thẳng RM cắt AB tại Q. Dựng đường thẳng qua K song song với QR, cắt A(cid:48)B(cid:48) tại P. Nối P Q ta được thiết diện của (α) với lăng trụ là ngũ giác P QRHK (Hình 1.20).

P Q là giao của (α) với (ABB(cid:48)A(cid:48)).

và vuông góc với một mặt phẳng

Phương pháp. Áp dụng tính chất "Nếu d vuông góc với (P ) thì d vuông góc với mọi đường thẳng trong (P )" để xác định đường thẳng d(cid:48) cắt d và nằm trong (P ) từ đó xác định được mặt phẳng (P ). Sau đó áp dụng các quan hệ song song, vuông góc trong không gian để xác định giao tuyến của (P ) với các mặt của hình khối. Hoặc ta xác định đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng đã cho sau đó áp dụng các xác định thiết diện qua hai điểm (chứa một đường thẳng cho trước) và song song với đường thẳng a để xác định thiết diện cần tìm.

Ví dụ 1.4.9. [13] Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B; SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi E là trung điểm của SC; M là một điểm trên cạnh AB. Gọi (P) là mặt phẳng chứa EM và vuông góc với mặt phẳng (SAB). Xác định thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi (P).

Lời giải.

Ta có SA⊥ (ABC) ⇒ BC⊥SA; BC⊥AB (theo đề bài) suy ra BC⊥ (SAB); BC

và M E chéo nhau nên BC//(P ).

Gọi F là giao của (P ) với SB, suy ra F E//BC. E là trung điểm của SC suy

ra F là trung điểm của SB. Gọi N là giao của (P ) với AC, suy ra M N//BC.

1.4.5 Mặt phẳng cắt qua hai điểm (chứa một đường thẳng cho trước)

Dựng đường thẳng qua M song song vớiBC, cắt AC tại N. Nối N E, M F , EF (F là trung điểm của

Ví dụ 1.4.10. [13] Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông, SA vuông góc với (ABCD). Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD bị cắt bởi mặt phẳng (P) qua tâm O của đáy ABCD, trung điểm

M của SD và vuông góc với (ABCD).

Hình 1.21.

Lời giải.

Gọi E là giao của (P ) với AD suy ra EM//SA (vì (P ) ⊥ (ABCD) và SA⊥ (ABCD)). M là trung điểm của SD suy ra E là trung điểm của AD. O là tâm

của hình vuông ABCD nên O là trung điểm của AC, do đó đường thẳng EO đi qua trung điểm F của BC.

Gọi I là giao điểm của (P ) với SC suy ra OI//SA

(vì (P ) ⊥ (ABCD) và SA⊥ (ABCD)).

Trong tam giác SAC, OI//AS, O là trung điểm

Hình 1.22.

của AC nên I là trung điểm của SC.

Ta được thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ) là tứ giác M IF E (Hình 1.22), trong đó M, I, F , E lần

lượt là trung điểm của SD, SC, BC, AD.

SB) ta được thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ) là tứ giác M N EF (Hình 1.21).

đường thẳng

Phương pháp. Ta xác định hai đường thẳng a và a(cid:48) cùng song song với đường thẳng đã cho, sau đó áp dụng cách xác định thiết diện qua một điểm và song song với hai đường thẳng chéo nhau hoặc song song với một mặt phẳng để xác định thiết diện cần tìm.

Ví dụ 1.4.11. [13] Cho hình tứ diện SABC có ABC là tam giác đều, SA vuông góc với (ABC). Xác định thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng (α) qua trung điểm M của SC và vuông góc với AB.

1.4.6 Mặt phẳng cắt qua một điểm cho trước và vuông góc với một

Lời giải.

Ta có SA⊥ (ABC) ⇒ SA⊥AB. (α) ⊥AB ⇒ (α) //SA.

Gọi K là trung điểm của AB. Tam giác ABC đều nên CK vuông góc với AB

suy ra (α) //CK.

Như vậy, bài toán trở thành xác định thiết diện của hình tứ diện bị cắt bởi mặt phẳng song song với hai đường

thẳng chéo nhau.

Gọi N, P, Q lần lượt là giao của (α) với AC, AB, SB

suy ra MN//SA, NP//CK, PQ//SA. MQ là giao của (α) với (SBC).

Dựng đường thẳng qua M song song với SA, cắt AC tại

Hình 1.23.

N; Đường thẳng qua N song song với CK, cắt AB tại P; Đường thẳng qua P song song với SA, cắt SB tại Q. Nối MQ ta được thiết diện là tứ giác M N P Q (Hình 1.23).

Ví dụ 1.4.12. [13] cho hình tứ diện S.ABC có AB là tam giác đều. SA vuông góc với (ABC). Gọi M là một điểm tùy ý trên AC (M (cid:54)= A, M (cid:54)= C), mặt phẳng (α) qua M và vuông góc với AC. Tùy theo vị trí của điểm M, xác định thiết diện tạo bởi (α) và tứ diện S.ABC.

Lời giải.

Hình 1.24.

Hình 1.25.

Ta có SA⊥ (ABC) ⇒ SA⊥AC⇒ (α) //SA. Gọi I là trung điểm của AC, vì tam

giác ABC đều nên BI⊥AC mà (α) ⊥AC suy ra SA⊥AC.

Như vậy, bài toán trở thành xác định thiết diện của hình tứ diện bị cắt bởi

mặt phẳng song song với hai đường thẳng chéo nhau.

* Trường hợp 1. M thuộc đoạn AI, (M (cid:54)= A, M (cid:54)= I) (Hình 1.24).

Khi đó, (α) cắt cạnh AB tại điểm N. Ta có M N//IB (vì BI// (α)).

Gọi P , Q lần lượt là giao của (α) với SB và SC. Ta có N P//SA, M Q//SA (vì

Dựng đường thẳng qua M song song với BI, cắt AB tại N. Qua M và N dựng

các đường thẳng song song với SA, cắt SC và SB tại Q và P. Nối P Q ta được thiết diện của tứ diện bị cắt bởi (α) là tứ giác M N P Q.

Nhận xét: Vì M Q//N P (cùng song song với SA), M Q⊥ (ABC) ⇒ M Q⊥M N

suy ra thiết diện M N P Q là hình thang vuông tại M và N.

* Trường hợp 2. M thuộc đoạn IC, M khác C (Hình 1.25).

Khi đó (α) cắt cạnh BC tại K. Thực hiện tương tự như trong trường hợp 1, xác định được thiết diện là tam giác QM K. Trong đó K thuộc cạnh BC, KM//BI, M Q//SA.

Nhận xét: Vì M Q⊥ (ABC) ⇒ M Q⊥KM suy ra thiết diện QM K là tam giác

vuông tại M.

(α) //SA).

Chương 2

MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN

Thống nhất một số ký hiệu thường dùng trong chương này:

- Ký hiệu diện tích là S (SABCD là diện tích của đa giác ABCD).

- Ký hiệu thể tích là V (VABCD.A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)D(cid:48) là thể tích của hình ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48)).

- Giá trị lớn nhất là max (max SABCD là giá trị lớn nhất của diện tích hình

- Giá trị nhỏ nhất là min (min SABCD là giá trị nhỏ nhất của diện tích hình

ABCD).

2.1 Dạng bài tập liên quan đến diện tích của thiết diện

Đối với những bài tập liên quan đến diện tích thiết diện ta cần lưu ý các kiến

thức sau:

- Công thức tính diện tích tam giác:

Trong đó:

+ S là diện tích của tam giác;

+ a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác;

+ C là góc đối diện với cạnh c;

+ R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác;

S = ah = ab sin C = = pr = (cid:112)p (p − a) (p − b) (p − c), 1 2 1 2 abc 4R

+ r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác; p là nửa chu vi của tam giác.

- Các công thức tính diện tích hình thang, hình bình hành, hình vuông quen

thuộc.

- Công thức tính diện tích tứ giác lồi ABCD bất kỳ

- Công thức tính diện tích của đa giác dựa vào diện tích hình chiếu của nó

trên một mặt phẳng chiếu

AC.BD. sin (AC, BD) . SABCD = 1 2

Trong đó: S là diện tích đa giác cần tìm; S(cid:48) là diện tích của hình chiếu đa giác đó trên mặt phẳng chiếu; α là góc giữa mặt phẳng chứa đa giác và mặt phẳng chiếu.

- Các bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacovxki, . . . để xác định giá trị lớn nhất,

nhỏ nhất của biểu thức.

- Định lý Ta-lét trong tam giác, tính chất đường trung bình trong tam giác,

hình thang.

S = . S(cid:48) cos α

Bài tập 2.1.1. [13] Cho hình lập phương ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) cạnh a. (α) là mặt phẳng qua tâm O của mặt ABCD và song song với B(cid:48)D và BC.

a) Xác định thiết diện của hình lập phương cắt bởi (α).

b) Tính diện tích thiết diện theo a.

Lời giải.

a) Xác định thiết diện

Theo ví dụ 1.4.7 (Mục 1.4.4), ta có thiết diện của

hình lập phương cắt bởi (α) là ngũ giác M N P QR.

b) Tính diện tích thiết diện

Ta có B(cid:48)Q//BI nên tam giác B(cid:48)QR đồng dạng với

tam giác BIR suy ra

2.1.1 Tính diện tích thiết diện

Hình 2.1.

= = RI RQ IB B(cid:48)Q RB RB(cid:48) .

Trong tam giác BB(cid:48)D có OR//B(cid:48)D, O là trung

điểm của BD nên R là trung điểm của BB(cid:48).

Suy ra

Xét tương tự có tam giác B(cid:48)QR đồng dạng với tam giác C(cid:48)QK suy ra

= = (1) RI RQ IB B(cid:48)Q RB RB(cid:48) = 1 ⇒ IR = RQ, IB = B(cid:48)Q, RB = RB(cid:48).

Từ (1) và (2) suy ra

= (2) RQ QK RB(cid:48) KC(cid:48) = B(cid:48)Q QC(cid:48) = 1 ⇒ RQ = QK.

IR = RQ = QK =

Trong tam giác IN K có M R//KN (vì (ABB(cid:48)A(cid:48)) // (cid:0)CDD(cid:48)C(cid:48)(cid:1)) suy ra tam giác

IK. 1 3

(cid:17)2

IM R đồng dạng với tam giác IN K với tỷ số

IR IK

(cid:16)1 3

= = ⇒ = ⇒ SIM R = .SIN K. 1 3 1 9 1 9 SIM R SIN K

Tương tự có SQC (cid:48)K =

(cid:1) =

.SIN K suy ra diện tích thiết diện M N P QK 1 9

Hai tam giác vuông ICN và KCN bằng nhau (c.g.c) suy ra N I = N K, suy

ra tam giác IN K cân tại K.

SM N P QR = SIN K − (cid:0)SIM R + SKP Q SIN K. 7 9

(đối đỉnh) suy ra ∆M BO = ∆N DO (c.g.c) ⇒ M B = N D.

O là tâm của hình vuông ABCD nên OM = ON, OB = OD,(cid:92)M OB = (cid:91)N OD

Trong tam giác vuông ICN có

(cid:17)2

M B//N C ⇒ = ⇒ N C = 3M B = 3N D ⇒ N C = DC = a. = = M B N C IB IC RI IK 1 3 3 4 3 4

(cid:16) 3a 2

(cid:16)3a 4

Suy ra

IN 2 = IC2 + CN 2 = + = . 45a2 16

Trong tam giác vuông BB(cid:48)C(cid:48) có BB(cid:48) = B(cid:48)C(cid:48) = 1 và RQ là đường trung bình

nên

IN = ⇒ N K = . 9a 4 9a 4

√ BC(cid:48) = a 2. RQ = 1 2 1 2

Suy ra

Gọi H là trung điểm của IK suy ra

(cid:115)

√ 2 IK = 3RQ = . 3a 2

(cid:19)2

(cid:112)

(cid:18)3a 4

√ √ 2 3 IH⊥IK, ⇒ N H = N I 2 − IH 2 = − . = 45a2 16 3a 4

(cid:19)

(cid:17)

Suy ra SM N P QR =

(cid:16)1 2

(cid:18)1 2

Bài tập 2.1.2. [11] Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau tại H, SH vuông góc với đáy ABCD. Chứng minh rằng bốn tâm mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S.HAB, S.HBC, S. HCD, S.HDA tạo thành một hình chữ nhật.

Gọi H1, H2, H3, H4 là hình chiếu vuông góc của H lần lượt trên AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng hình chóp S.H1H2H3H4 có mặt cầu ngoại tiếp. Tính diện tích thiết diện của mặt cầu ngoại tiếp ấy khi cắt bởi mặt phẳng (ABCD), nếu biết H1H3 = a, (cid:91)BAC = α, (cid:91)BDC = β.

Lời giải. (Hình 2.2)

a) Gọi I1 là trung điểm của AB và O1 là tâm mặt

cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABH thì I1O1//SH và

√ √ 3 2 √ 6 . N H.IK = . . . = . SIN K = 7 9 7 9 7 9 3a 4 3a 2 7a2 16

Gọi I2, I3, I4 theo thứ tự là trung điểm của BC, CD, DA và O2, O3, O4 theo thứ tự là tâm các mặt cầu ngoại tiếp các hình chóp S.HBC, S.HCD, S.HDA thì tương tự trên ta có I2O2, I3O3, I4O4 cùng song song với SH và

Hình 2.2.

SH. I1O1 = 1 2

Suy ra O1O2I2I1, O3O4I4I3, O1O4I4I1, O2O3I3I2 là các hình bình hành do đó

SH. I2O2 = I3O3 = I4O4 = 1 2

Lại có I1I2//AC, I2I3//DB và AC⊥DB suy ra O1O2⊥O2O3. Do vậy O1O2O3O4

là hình chữ nhật.

O1O2O3O4 là hình bình hành.

b) Vì H1, H2, H3, H4 là hình chiếu vuông góc của H lần lượt trên AB, BC, CD, DA nên ta có các tứ giác HH1BH2, HH1AH4,HH3CH2,HH3DH4 là các tứ giác nội tiếp nên có các góc nội tiếp chắn cùng một cung bằng nhau là

(cid:92)HH1H2 = (cid:92)HBH2 = (cid:91)HBC; (cid:92)HH1H4 = (cid:92)HAH4 = (cid:91)HAD; (cid:92)HH3H2 = (cid:92)HCH2 = (cid:91)HCB; (cid:92)HH3H4 = (cid:92)HDH4 = (cid:91)HDA.

Từ đó ta có

(cid:92)HH1H2 + (cid:92)HH1H4 + (cid:92)HH3H2 + (cid:92)HH3H4 = (cid:91)HBC + (cid:91)HCB + (cid:91)HAD + (cid:91)HAD = 1800.

Suy ra H1H2H3H4 là tứ giác nội tiếp nên hình chóp S.H1H2H3H4 có mặt cầu

ngoại tiếp.

Do đó thiết diện của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.H1H2H3H4 cắt bởi mặt

phẳng (ABCD) là hình tròn ngoại tiếp tứ giác H1H2H3H4.

Vì (cid:91)BAC = α, (cid:91)BDC = β nên (cid:92)H1H4H3 = α + β.

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác H1H2H3H4, khi đó

Suy ra

2R = . H1H3 sin (α + β)

Vậy diện tích thiết diện cần tìm là

R = . H1H3 2. sin (α + β)

Bài tập 2.1.3. [13] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với (ABCD) và SA = a. Một mặt phẳng (P) cắt hình chóp theo

một thiết diện. Tính diện tích thiết diện trong mỗi trường hợp sau.

a) (P) qua SB và hợp với (SAB) một góc bằng 450.

b) (P) qua AC và hợp với (ABCD) một góc bằng 300.

Lời giải.

S = πR2 = . πa2 4 sin (α + β)

a) (P ) qua SB và hợp với (SAB) một góc bằng 450.

Để xác định mặt phẳng (P ) ta dựng mặt phẳng

vuông góc với SB (Hình 2.3).

Ta có SA⊥ (ABCD) ⇒ SA⊥AD. ABCD là hình

vuông suy ra AD⊥AB ⇒ AD⊥ (ABS) ⇒ AD⊥SB. SA = AB = a suy ra tam giác ABS cân tại A.

Gọi E là trung điểm của SB suy ra AE⊥SB. AE và

Hình 2.3.

Gọi F là trung điểm của SC suy ra

EF//BC//AD ⇒ EF ⊥ (ABS) ⇒ (cid:91)AEF = 900.

Gọi K là giao của (P ) với AD, suy ra (cid:91)AEK = 450 (vì (P ) hợp với (SAB) một góc 450) và (ADE) ⊥SB). Ta được thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ) là tam giác SBK.

Tam giác AEK vuông tại A suy ra tam giác AEK vuông cân tại A suy ra

AD giao nhau tại A suy ra (ADE) ⊥SB.

Trong tam giác vuông ABS có

AK = AE.

√ a a 2 √ 2 ⇒ AK = = . AE = SB 2 2 2

Trong tam giác AEK có

(cid:112)

∆SAK = ∆BAK (c.g.c) ⇒ SK = BK suy ra tam giác SBK ⇒ KE⊥SB.

Vậy diện tích thiết diện SBK là

EK = AE2 + AK2 = a.

b) (P ) qua AC và hợp với (ABCD) một góc 300.

Để xác định mặt phẳng (P ) ta dựng mặt phẳng qua

Hình 2.4.

√ √ 2 SB.EK = .a 2.a = . SSBK = 1 2 a2 2 1 2

Vì ABCD là hình vuông nên ta có AC⊥BD.

O vuông góc với AC (Hình 2.4).

SA⊥ (ABCD) ⇒ AC⊥SA. Trong mặt phẳng (SAC) dựng đường thẳng d vuông

góc với AC tại O suy ra d//SA. O là trung điểm của AC suy ra d giao với SC tại I là trung điểm của SC. Ta được (IOD) ⊥AC.

- Trường hợp 1. (P ) cắt đoạn ID tại H. Vì (P ) qua AC và hợp với (ABCD) một góc bằng 300 suy ra (cid:91)IOD = 300. Suy

ra (P ) trùng với mặt phẳng (ACH).

Đường thẳng CH cắt SD tại L suy ra thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ) là

tam giác ACL.

* Tính diện tích thiết diện:

Dựng GL//SA, G thuộc AD. GQ//OD, Q thuộc AC. Khi đó, GL//OI, GQ//OD ⇒ (GQL) ⊥AC ⇒ LQ⊥AC ⇒ (cid:91)LQG = 300.

Ta có SA = AD = a nên tam giác ASD vuông cân tại A suy ra tam giác LGD

vuông cân tại G.

dạng với ∆GDL, do đó:

ABCD là hình vuông nên tam giác AOD vuông cân tại O, suy ra ∆ODA đồng

= = = 1 − = 1 − ⇒ = 1 − GL SA DG DA DA − AG DA AG DA GQ DO LG a 2GQ √ 2 a

Trong tam giác vuông QGL có (cid:91)LQG = 300 suy ra

⇒ LG = a − GQ √ 2 (∗)

Thay vào (*) ta được

√ 3 GL = , GQ = QL. cos 300 = . QL 2 QL 2

√ 6 √ = a − ⇒ QL = = QL 2 QL 2 2a (cid:0)√ 6 − 1(cid:1) 5 2a 6 + 1

Trong tam giác vuông cân ABC, AB = a suy ra AC =

√ 2 a

Suy ra diện tích thiết diện ACL là:

- Trường hợp 2. (P ) cắt đoạn IB tại H.

Khi đó L thuộc SB. Thiết diện ACL chỉ thay đổi vị trí, diện tích thiết diện

√ √ √ 2(cid:1) a2 (cid:0)2 2 a AC.QL = . = SACL = 1 2 2 2a (cid:0)√ 6 − 1(cid:1) 5 3 − 5

xác định như trong trường hợp 1 là

Bài tập 2.1.4. [11] Cho hình trụ bán kính đáy bằng R, thiết diện qua trục của hình trụ là hình vuông.

a) Tính diện tích mặt cầu và thể tích hình cầu ngoại tiếp hình trụ.

b) Một mặt phẳng (P) song song với trục hình trụ, cắt đáy hình trụ theo một

dây cung có độ dài bằng bán kính đáy hình trụ. Tính diện tích thiết diện của hình trụ và hình cầu ngoại tiếp hình trụ khi cắt bởi mặt phẳng (P).

Lời giải. (Hình 2.5)

a) Giả sử thiết diện qua trục OO(cid:48) của hình trụ là

hình vuông ABCD. Khi đó AB = AD = 2R.

√ √ a2 (cid:0)2 2(cid:1) . SACL = 3 − 5

Gọi O1 là trung điểm của OO(cid:48) thì mặt cầu tâm O1 bán kính O1B là mặt cầu ngoại tiếp hình trụ. Xét tam giác vuông AO1B ta có O1B = R

Suy ra diện tích mặt cầu và thể tích hình cầu ngoại

tiếp hình trụ lần lượt là

Hình 2.5.

√ 2.

và

Sc = 4π.O1B2 = 8πR2

b) Mặt phẳng (P ) song song với OO(cid:48) nên cắt hình trụ theo thiết diện là hình chữ nhật có một cạnh bằng AD, cạnh còn lại bằng R (theo giả thiết). Suy ra diện tích thiết diện của hình trụ cắt bởi mặt phẳng (P ) là S1 = AD.R = 2R.R = 2R2.

Vì (P )//OO(cid:48) nên khoảng cách từ tâm O1 của hình cầu ngoại tiếp hình trụ đến (P ) bằng khoảng cách từ O(cid:48) đến (P ) và bằng O(cid:48)I (I là trung điểm của dây cung theo giả thiết).

Ta có

√ πR3 2. π.O1B3 = Vc = 4 3 8 3

(cid:19)2

(cid:18)R 2

Thiết diện của mặt cầu ngoại tiếp hình trụ cắt bởi (P ) là hình tròn ngoại tiếp

√ R 3 O(cid:48)I 2 = R2 − = R2 ⇔ O(cid:48)I = . 3 4 2

thiết diện của hình trụ cắt bởi (P ) có bán kính là r.

Do đó thiết diện của mặt cầu ngoại tiếp hình trụ cắt vởi (P ) là

R2 = R2 r2 = O1B2 − O(cid:48)I 2 = 2R2 − 3 4 5 4

. S2 = πr2 = 5πR2 4

Bài tập 2.1.5. [13] Cho hình lăng trụ ABC.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48), đáy là tam giác đều cạnh bằng a; AA(cid:48) vuông góc với mặt phẳng (ABC) và AA(cid:48) = a 2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và A(cid:48)C(cid:48). Xác định thiết diện của hình lăng trụ ABC.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) với mặt phẳng (P) qua M, N và vuông góc với mặt phẳng (BCC(cid:48)B(cid:48)). Tính diện tích thiết diện.

Lời giải.

* Xác định thiết diện của (P ) cắt lăng trụ:

Nhận xét: Để xác định (P ) vuông góc với (BCC(cid:48)B), trước hết ta tìm đường

thẳng vuông góc với (BCC(cid:48)B).

Gọi I là điểm thuộc cạnh BC sao cho AI⊥BC suy ra I là trung điểm của BC

(vì đáy ABC là tam giác đều), mà (ABC) ⊥ (BCC(cid:48)B) ⇒ AI⊥ (BCC(cid:48)B).

Gọi E thuộc BC sao cho M E//AI suy ra (M N I) trùng với (P ) (vì M N thuộc

√

Gọi J là trung điểm của B(cid:48)C(cid:48), cũng có lập luận tương tự ta có A(cid:48)J⊥ (BCC(cid:48)B).

Qua M dựng đường thẳng song song với AI, cắt BC tại E; Qua N dựng đường thẳng song song với A(cid:48)J, cắt B(cid:48)C(cid:48) tại F ; Dựng đường thẳng EF cắt đường thẳng BB(cid:48) tại H; Dựng đường thẳng M H cắt AA(cid:48) tại K; nối M E, KN ta được thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi (P ) là ngũ giác ngũ giác M EF N K.

* Tính diện tích thiết diện M EF N K:

Gọi D và O lần lượt là hình chiếu của N lên AC và của F trên BC, ta có ngũ giác M EODA là hình chiếu của thiết diện M EF N K trên mặt đáy ABC.

Hình 2.6.

Suy ra diện tích thiết diện M EF N K là

(M N I), (M N I)//AI⊥ (BCC(cid:48)B(cid:48))).

. SM EF N K = SM EODA cos ((P ) , (ABC))

Ta có EM ⊥ (BCC(cid:48)B(cid:48)) ⇒ EM vuông góc với EF và EO. Suy ra

Trong tam giác A(cid:48)CJ có N là trung điểm của A(cid:48)C(cid:48), N F//A(cid:48)J nên F là trung điểm của C(cid:48)J. Do đó D là trung điểm của AC và O là trung điểm của CI. Trong tam giác ABI, M là trung điểm của AB, M E//AI suy ra E là trung điểm của BI. I là trung điểm của BC nên

((P ) , (ABC)) = (cid:91)F EO.

OE = = . BC 2 a 2

Tam giác F EO vuông tại O, OE =

, F O = CC = AA = a

Suy ra

(cid:114)

(cid:112)

√ 2. a 2

Ta có: SM EODA = SABC − (SM BE + SODC), Trong đó:

F E = F O2 + OE2 = 2a2 + = . ⇒ cos (cid:91)F EO = = (1) a2 4 3a 2 OE EF 1 3

và

√ √ 3 3 = SABC = a2 4 AB2 4

Ta có

√ a2 3 BM.BE.sin(cid:91)ABC = . . . sin 600 = . SM BE = 1 2 1 2 a 2 a 4 32

Suy ra

√ 3 a2 . ∆ODC = ∆M BE (c.g.c) ⇒ SODC = 32

Từ (1) và (2) suy ra suy ra diện tích thiết diện M EF N K là

√ a2 3 √ 3 √ 3 − 2. = . (2) SM EODA = a2 2 32 3a2 16

Nhận xét:

Tính diện tích thiết diện theo diện tích hình chiếu của thiết diện trên đáy của lăng trụ đã giúp ta thực hiện yêu cầu bài toán một cách thuận lợi. Dưới đây là bài toán sử dụng phương pháp tương tự.

√ 3 √ 3 = . = SM EF N K = SM EODA cos ((P ) , (ABC)) 9a2 16 3a2 16 1 3

Bài tập 2.1.6. [13] Cho hình lập phương ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) có cạnh bằng a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm các cạnh AD, CD và gọi P là điểm nằm trên cạnh BB(cid:48) sao cho BP = 3P B(cid:48). Xác định và tính diện tích thiết diện do mặt phẳng (MNP) cắt hình lập phương.

Lời giải.

Gọi I và J lần lượt là giao điểm của đường thẳng M N với các đường thẳng BA và BC. Đường thẳng P I cắt AA(cid:48) tại K, đường thẳng P J cắt CC(cid:48) tại H. Nối KM, HN ta được thiết diện của hình lập phương bị cắt bởi (M N P ) là

ngũ giác M N HP K (Hình 2.7).

Hình 2.7.

Hình chiếu của thiết diện M N HP K trên mặt phẳng (ABCD) chính là ngũ giác M N CBA. Ta

có diện tích thiết diện M N HP K là

Vì M N là giao tuyến của (M N HP K) với (ABCD), M N//AC (M N là đường

trung bình trong tam giác ACD) nên M N ⊥BD (ABCD là hình vuông nên BD vuông góc với AC) .

Lại có M N vuông góc với DD(cid:48) suy ra M N ⊥ (M DD(cid:48)B(cid:48)) ⇒ M N ⊥P E. Suy ra ((M N P ) , (ABCD)) = (cid:91)BEP .

Trong tam giác vuông P BE có P E2 = BP 2 + BE2, trong đó:

. SM N HP K = SM N CBA cos ((M N P ) , (ABCD))

và BE = BD − DE = BD −

(vì M N là đường trung

(cid:19)2

(cid:17)2

(cid:16)3 4

(cid:18) 3a 4

nên

BB(cid:48) = a, BP = 3 4 3 4 √ 2 BD = BD = 3 4 3a 4 1 4 bình trong tam giác ACD) suy ra √ √ 2 3 P E2 = a + = ⇒ P E = , 27a2 16 3a 4

√ 2

√ √ = = cos (cid:91)BEP = BF P E 2 3

3a 4 √ 3a 3 4

Ta có SM N CBA = SABCD − SDM N = a2 −

. . = a 2 1 2 7a2 8

Bài tập 2.1.7. [13] Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48), cạnh đáy a, đường cao h. Tính diện tích thiết diện khi cắt hình lăng trụ bởi mặt phẳng (P) trong các trường hợp sau:

a) (P) qua A(cid:48), trung điểm I của AB và (P) vuông góc với mặt phẳng (BCC(cid:48)B(cid:48)).

b) (P) qua A, song song với BC và vuông góc với (A(cid:48)BC).

Lời giải.

a) (P ) qua A(cid:48), trung điểm I của AB và (P ) vuông góc với mặt phẳng (BCC(cid:48)B(cid:48)).

Nhận xét: Để xác định (P ) vuông góc với (BCC(cid:48)B), trước hết ta tìm đường

thẳng vuông góc với (BCC(cid:48)B).

Dựng đường thẳng AE vuông góc với BC tại E suy ra E là trung điểm của

a 2 Suy ra suy ra diện tích thiết diện M N HP K là √ 6 . . = SM N HP K = 7a2 8 7a2 16 √ 2 √ 3

Qua I dựng đường thẳng song song với AE, cắt

BC (vì ABC là tam giác đều). AE⊥ (BCC(cid:48)B(cid:48)) vì (BCC(cid:48)B(cid:48)) ⊥ (ABC).

Suy ra (P ) trùng với (A(cid:48)IJ). Gọi E(cid:48) là trung điểm

của B(cid:48)C(cid:48), lập luận tương tự ta có A(cid:48)E(cid:48)⊥ (BCC(cid:48)B(cid:48)) ⇒ A(cid:48)E(cid:48) ∈ (P ).

Nối IA(cid:48), JE(cid:48) ta được thiết diện của hình lăng trụ

cắt bởi (P ) là tứ giác A(cid:48)E(cid:48)JI (Hình 2.8).

Hình 2.8.

Vì (P ) ⊥ (BCC(cid:48)B(cid:48)) suy ra IJ và A(cid:48)E(cid:48) cùng vuông góc với E(cid:48)J nên thiết diện A(cid:48)E(cid:48)JI là hình thang vuông tại E(cid:48) và J.

Trong hai đáy là tam giác đều cạnh a ta có √

BC tại J suy ra IJ⊥ (BCC(cid:48)B(cid:48)).

Suy ra

a 3 AE = A(cid:48)E(cid:48) = . 2

√ a 3 IJ = A(cid:48)E(cid:48) = . 1 2 4

Ta có

(cid:114)

(cid:112)

EE(cid:48) = AA(cid:48) = h; EJ = BE = , 1 2 a 4 √

Suy ra diện tích thiết diện A(cid:48)E(cid:48)JI là

⇒ E(cid:48)J = EE(cid:48)2 + EJ 2 = h2 + = . 16h2 + a2 4 a2 16

b) (P ) qua A, song song với BC và vuông góc với (A(cid:48)BC).

Gọi I là giao của (P ) với đường thẳng EE(cid:48) (E và E(cid:48) là trung điểm của BC và

√ 3a 48h2 + 3a2 .E(cid:48)J = . SA(cid:48)E(cid:48)JI = A(cid:48)E(cid:48) + IJ 2 32

Nhận xét: Nếu EI ≤ EE(cid:48) thì (P ) cắt đoạn EE(cid:48), nếu EI > EE(cid:48) thì (P ) không

cắt đoạn EE(cid:48).

Hình lăng trụ có hai đáy là tam giác đều nên A(cid:48)B = A(cid:48)C do đó A(cid:48)BC là tam

giác cân. (P ) ⊥ (A(cid:48)BC) , (P ) //BC ⇒ A(cid:48)E⊥AI ⇒ (cid:100)IAE = (cid:91)EA(cid:48)A (hai góc có cạnh tương ứng vuông góc) suy ra

B(cid:48)C(cid:48)).

Do đó, nếu

. EI = AE tan (cid:100)IAE = AE tan (cid:91)EA(cid:48)A = AE. AE AA(cid:48) = AE2 AA(cid:48) = 3a2 4h

thì (P ) cắt đoạn EE(cid:48).

Nếu

√ a 3 EI ≤ EE(cid:48) ⇔ h ≥ 2

thì (P ) không cắt EE(cid:48).

√ 3 a EI > EE(cid:48) ⇔ h < 2

* Trường hợp 1. (P ) cắt đoạn EE(cid:48), h ≥

Hình 2.9.

√ a 3

(Hình 2.9).

Ta có I thuộc đoạn EE(cid:48). Qua I dựng đường thẳng song song với BC, cắt BB(cid:48) và CC(cid:48) lần lượt tại M và N suy ra (P ) trùng với (AM N ). Suy ra thiết diện của (P ) với hình lăng trụ là tam giác AM N.

giác ABC đều nên BC⊥AE. Suy ra BC⊥ (AEE(cid:48)A(cid:48)). M N//BC suy ra M N ⊥ (AEE(cid:48)A(cid:48)) ⇒ M N ⊥AI.

Vì M N//BC ⇒ M N = BC = a. Ta có (cid:100)IAE = (cid:91)EA(cid:48)A nên tam giác vuông AEI và tam giác vuông A(cid:48)AE đồng

dạng, suy ra

E và E(cid:48) là trung điểm của BC và B(cid:48)C(cid:48) suy ra EE(cid:48)//BB(cid:48) do đó EE(cid:48)⊥BC. Tam

(cid:114)

Do đó diện tích thiết diện AM N là

√ a 3 √ h2 + . a 12h2 + 9a2 2 = ⇒ AI = = . = AI A(cid:48)E AE A(cid:48)A A(cid:48)E.AE A(cid:48)A 3a2 4 h 4h

√ a2 12h2 + 9a2 AI.M N = . SAM N = 1 2 8h

(Hình 2.10).

* Trường hợp 2. (P ) không cắt đoạn EE(cid:48), h <

√ 3 a

là tam giác AGL.

Vì GL//B(cid:48)C(cid:48)//BC nên GL⊥ (AEE(cid:48)A(cid:48)) ⇒ GL⊥AK. Ta có (cid:100)IAE = (cid:91)EA(cid:48)A ⇔ (cid:91)KAE = (cid:91)EA(cid:48)A nên hai tam

2 Gọi K là giao của AI với A(cid:48)E(cid:48). Qua K dựng đường thẳng song song với BC, cắt A(cid:48)B(cid:48) và A(cid:48)C(cid:48) lần lượt tại G và L. ta được thiết diện của (P ) cắt lăng trụ

giác vuông AA(cid:48)K và ∆EAA đồng dạng. suy ra: 2h2 √ 3 a

(cid:114)

Hình 2.10.

⇒ A(cid:48)K = = = = A(cid:48)A2 AE A(cid:48)K A(cid:48)A A(cid:48)A AE AK A(cid:48)E

√ h. h 3a2 4 h2 + √ = = . ⇒ AK = A(cid:48)A.A(cid:48)E AE a 3 4h2 + 3a2 √ 3 a

Trong tam giác A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48), GL//B(cid:48)C(cid:48) suy ra

= = . GL B(cid:48)C(cid:48) = A(cid:48)K A(cid:48)E(cid:48) ⇒ GL = B(cid:48)C(cid:48).A(cid:48)K A(cid:48)E(cid:48) 4h2 3a 2h2 √ a 3 √ 3 a

Do đó, diện tích thiết diện AGL là

√ 2h3 GL.AK = . SAGL = 1 2 4h2 + 3a2 √ 3a2 3

Bài tập 2.1.8. [13] Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A, với AB = a và BC = 2a. Điểm H trên cạnh AC sao cho CH = CA, SH là đường √

cao của hình chóp và SH =

. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và SA.

1 3 a 6

Tìm thiết diện và tính diện tích thiết diện của hình chóp đã cho bị cắt bởi mặt phẳng (P) trong các trường hợp sau:

a) (P) qua H và vuông góc với AI.

b) (P) qua BJ và vuông góc với mặt phẳng (SAI).

c) (P) qua I và vuông góc với BC.

Lời giải. (Hình 2.11)

a) Mặt phẳng (P) qua H và vuông góc với AI.

AI là trung tuyến trong tam giác ABC vuông tại A nên

Suy ra tam giác ABI đều.

Qua B dựng đường thẳng vuông góc với AI, cắt AC tại D, suy ra BI là phân giác của góc

AI = BC = a = AB = BI. 1 2

Qua H dựng đường thẳng song song với BD,

cắt BC tại I (cid:48) suy ra AI⊥HI (cid:48).

Lại có SH⊥ (ABC) ⇒ AI⊥SH ⇒ AI⊥ (SHI (cid:48)). Suy ra (P ) trùng với (SHI (cid:48)), thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ) là tam giác SHI (cid:48).

Trong tam giác BAD vuông tại A có

ABI (vì tam giác ABI đều). (P ) vuông góc với AI nên (P )//BD.

Hình 2.11.

Trong tam giác ABC vuông tại A có

√ 3 a AD = AB. tan (cid:91)ABD = a. tan 300 = . 3

(cid:112)

Suy ra

√ AC = BC2 − AB2 = 4a2 − a2 = a 3.

AD = AC = CH. 1 3

Do đó H là trung điểm của DC. Mà HI (cid:48)//BD nên I (cid:48) là trung điểm của BC

suy ra I (cid:48) trùng với I.

Vậy thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ) là tam giác SHI.

Tam giác SHI vuông tại H (vì SH⊥ (ABC) suy ra SH⊥HI) và

Suy ra diện tích thiết diện SHI là

√ a 3 IH = BD = .2AD = AD = . 1 2 3 1 2

b) Mặt phẳng (P ) qua BJ và vuông góc với mặt phẳng (SAI).

Theo (a) suy ra D là trung điểm của AH mà J là trung điểm của SA nên DJ

là đường trung bình trong tam giác ASH do đó DJ//SH. Suy ra AI⊥DJ.

Theo (a) ta cũng có AI⊥BD ⇒ AI⊥ (BDJ) .AJ ∈ (SAI) ⇒ (BDJ) ⊥ (SAI) do

đó (P ) trùng với (BDJ).

Suy ra thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ) là tam giác BDJ.

Vì JD//SH nên DJ⊥BD suy ra tam giác BDJ vuông tại D.

√ √ 6 a a 3 √ 2 SH.IH = . . = . SSHI = 3 3 1 2 a2 6 1 2

Suy ra diện tích thiết diện SDJ là

DJ là đường trung bình trong tam giác SAH nên √ √ a 6 3 DJ = SH = ; BD = 2AD = . 6 2a 3 1 2

c) Mặt phẳng (P ) qua I và vuông góc với BC.

Theo (a) ta có IH = AD =

√ √ 3 a 6 √ 2 BD.JD = . . = . SBDJ = 6 1 2 2a 3 a2 6 1 2

giác DIC có đường trung tuyến IH =

DC, H là trung điểm của DC do đó trong tam 1 2

Suy ra DC⊥AB.

Lại có DJ⊥ (ABC) ⇒ DJ⊥BC suy ra BC⊥ (IDJ) do đó (P ) trùng với (IDJ).

Gọi K là giao điểm của CS với DJ; E là giao điểm của KJ với BS. Ta được

tứ giác DIEJ là thiết diện của hình chóp cắt bởi (P ).

DC nên tam giác DIC vuông tại I. 1 2

Vì H là trung điểm của DC, HS//KD nên

Và S là trung điểm của KC. Do đó trong tam giác KBC có E là trọng tâm,

suy ra

√ 6 . DK = 2SH = 2a 3

Gọi L thuộc SC sao cho DL//SA suy ra

= . KE KI 2 3

Trong tam giác IDC vuông tại I, góc C bằng 300 nên

SL = SC = KS = KL ⇒ = = . 1 3 1 3 1 4 KJ KD KS KL 3 4

Suy ra

√ a 3 DC = AD = . DI = 1 2 3

và

√ a √ 3 6 √ 2 ID.KD = . . = S∆KDI = KD.KI. sin (cid:98)K = 1 2 3 2a 3 1 2 a2 3 1 2

Suy ra

S∆KJE = KE.KJ. sin (cid:98)K. 1 2

KE.KJ. sin (cid:98)K = . = . = = KE KI KJ KD 2 3 3 4 1 2 S∆KJE S∆KDI

Bài tập 2.1.9. [13] Cho hình chóp cụt ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48). ABCD và A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) là các hình bình hành, đường nối tâm hai đáy vuông góc với hai đáy, có diện tích đáy trên và diện tích đáy dưới lần lượt là a2 và b2. Hãy tính diện tích của thiết diện song song với hai đáy và chia đôi thể tích của khối chóp cụt.

Lời giải.

Gọi thiết diện là M N P Q và S là giao của các đường thẳng AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48)

(Hình 2.12).

√ 2 . ⇒ S∆KJE = S∆KDI = ⇒ SDIEJ = S∆KDI − S∆KJE = S∆KDI = 1 2 1 KD.KI. sin (cid:98)K 2 √ a2 2 6 1 2 1 2 a2 6

Gọi h1, h2, h3 lần lượt là khoảng cách từ S đến các mặt phẳng (A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48)), (M N P Q), (ABCD). O, I và O(cid:48) lần lượt là tâm của ABCD, M N P Q và A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48).

Gọi S1, S2, S3 lần lượt là diện tích của tứ

giác (A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48)), (M N P Q), (ABCD) .

Vì

Hình 2.12.

suy ra

SO SO(cid:48) = h3 h1

2 2 ;

suy ra

= , = SI SO(cid:48) = S3 S1 h2 h1 SABCD SA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)D(cid:48) h3 h1

2 2 .

Gọi V1, V2, V3 và V lần lượt là thể tích của các khối chóp S.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48), S.M N P Q,

= = S2 S1 SM N P Q SA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)D(cid:48) h2 h1

Khi đó

S.ABCD và ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48).

và

V V3 = V1 + V ; V2 = V1 + 1 2

Suy ra

(cid:19)3

V1 = S1.h1; V2 = S2.h2; V3 = S3.h3. 1 3 1 3 1 3

(cid:18) h3 h1

(cid:19)3

⇒ ⇒ 1 + = = = V1 + V V1 V V1 V3 V1

(cid:18)h3 h1 (cid:18)h3 h1

⇒ = − 1. (1) V V1

(cid:19)3

(cid:18)h2 h1

(cid:35)

(cid:19)3

V V1 + 1 2 = ⇒ 1 + = = V 2V1 V2 V1 V1

Từ (1) và (2) suy ra

(cid:35)

(cid:19)3

= 2. − 1 . (2) ⇒ V V1 ⇒ (cid:34)(cid:18)h2 h1

(cid:18)h3 h1

(cid:34)(cid:18)h2 h1

(3) − 1 = 2. − 1 .

Ta lại có

(cid:19)2

(cid:18) h2 h1

(cid:114) S2 S1

(cid:18)h3 h1

(cid:114) S3 S1

(cid:33)3

(cid:35)

(cid:19)3

(cid:112)

= ⇒ = ; = ⇒ = . S2 S1 h2 h1 S3 S1 h3 h1

3 +

3 = 2.

Thay vào (3) ta được (cid:32)(cid:114) S3 S1

(cid:34)(cid:18) h2 h1

(cid:16)(cid:112)

(cid:112)

3(cid:17)2

3 =

− 1 = 2. − 1 ⇔ S3 S1 S2

(cid:0)b3 + a3(cid:1)2

3 +

Suy ra

(cid:19)

= ⇔ S2 , (Vì S3 = b2, S1 = a2). S3 S1 1 4 1 4

(cid:18) a3 + b3 2

Vậy diện tích thiết diện M N P Q (song song với hai đáy và chia đôi thể tích

của khối chóp cụt) là

(cid:19)

2 3 . S2 =

(cid:18)a3 + b3 2

Bài tập 2.1.10. [13] Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) có AB = a, AD =

2 3 . SM N P Q =

Lời giải. (Hình 2.13)

Gọi T là giao của IJ với CB suy ra T thuộc (P ).

Vì các mặt đối diện của của hình hộp song song với nhau nên giao tuyến của (P ) trên hai mặt đối diện cũng song song với nhau.

Hình 2.13.

Do đó: Qua T dựng đường thẳng song song với KJ, cắt BB(cid:48) tại G và cắt B(cid:48)C(cid:48) tại F. Qua F dựng đường thẳng song song với JI, cắt D(cid:48)C(cid:48) tại E. Nối E với K.

Ta được lục giác IJKEF G là thiết diện của

b, AA = c. Mặt phẳng (P) cắt các cạnh AB, AD, D(cid:48)D tại các trung điểm I, J, K của chúng. Xác định và tính diện tích thiết diện của hình hộp cắt bởi (P).

ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) cắt bởi (P ) (Hình 2.13).

Nhận xét: Áp dụng cách tương tự các bài 2.3, 2.4, ta tính diện tích thiết diện

theo diện tích hình chiếu của thiết diện trên đáy của lăng trụ sẽ giúp ta thực hiện yêu cầu bài toán một cách thuận lợi.

Ta có

Gọi M là trung điểm của BC, qua M kẻ đường thẳng song song với BB(cid:48) cắt B(cid:48)C(cid:48) tại F (cid:48) suy ra F (cid:48) là trung điểm của B(cid:48)C(cid:48). Khi đó BG là đường trung bình của tam giác T M F (cid:48) suy ra

BC. ∆AIJ = ∆BIT (c.g.c) suy ra BT = AJ = 1 2

suy ra G là trung điểm của BB(cid:48).

Vì GF//JK//D(cid:48)A//BC(cid:48) suy ra GF//BC(cid:48) nên F là trung điểm của B(cid:48)C(cid:48) suy

ra F trùng với F (cid:48).

M F (cid:48) = BB(cid:48) BG = 1 2 1 2

Gọi L là trung điểm của DC, ta có F M//LE//BB(cid:48) suy ra F M và LE vuông góc với (ABCD) suy ra hình chiếu vuông góc của thiết diện IJKEF G trên (ABCD) là lục giác IJDLM B.

EF//IJ//DB//D(cid:48)B(cid:48) suy ra EF//B(cid:48)D(cid:48) nên E là trung điểm của D(cid:48)C(cid:48).

Ta có gọi H là hình chiếu của B trên IT suy ra

= . SIJDLM B = SABCD − (SAIJ + SCLM ) = ab − ab 4 3ab 4

Trong tam giác vuông IBT có:

IT ⊥ (BHG) ⇒ ((P ) , (ABCD)) = (BH, GH) = (cid:91)BHG.

4 (cid:0)a2 + b2(cid:1) + = . 1 BH 2 = 1 BT 2 + 1 BI 2 = a2b2 ⇒ BH = ab a2 + b2 √ 2

Trong tam giác vuông BHG có:

1 b2 4 1 a2 4

ab a2 + b2 √ √ cos (cid:91)BHG = = = = . BH HG BH BH 2 + BG2 ab a2b2 + b2c2 + c2a2 √ 2 (cid:114) a2b2 + 4 (a2 + b2) c2 4

Suy ra diện tích của thiết diện IJKEF G là:

(cid:112)

Bài tập 2.1.11. [13] Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình thang có các cạnh đáy AB, CD với CD = p.AB, (0 < p < 1). S0 là diện tích tam giác SAB. (α) là một mặt phẳng qua điểm M trên cạnh AD và song song với mặt phẳng (SAB). Đặt

= = a2b2 + b2c2 + c2a. SIJKEF G = 3 4 SIJDLM B cos (cid:91)BHG √ 3ab 4 ab a2b2 + b2c2 + c2a2

a) Xác định thiết diện của S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (α). Tính diện tích thiết diện theo S0, p và x.

b) Tính x để diện tích thiết diện bằng một nửa diện tích tam giác SAB.

Lời giải.

a) Xác định thiết diện của S.ABCD cắt bởi (α) .

Theo ví dụ 1.4.3 (Mục 1.4.2) ta có thiết diện là

tứ giác M N P Q (Hình 2.14).

Vì M N//CD và P Q//CD nên M N//P Q suy ra

= x, (0 < x < 1) . DM DA

- Dựng đường thẳng qua D song song với BC lần

lượt cắt M N và AB tại E và F.

Ta có N E = CD = p.AB.

Hình 2.14.

Trong tam giác ADF có M E//AF nên

M N P Q là hình thang.

Suy ra

= x ⇒ M E = x.AF = x (1 − p) AB. = M E AF M D AD

- Trong tam giác SDC có P Q//DC nên

M N = M E + EN = [x (1 − p) + p] AB.

= = = 1 − = 1 − x P Q DC SQ SD AM AD DM AD

⇒ P Q = (1 − x) .CD = (1 − x) .p.AB.

- Trong tam giác ACS có M Q//SA nên

Gọi H là chân đường vuông góc từ Q đến M N ta có: QH = M Q. sin (cid:92)QM N . Vì M N//AB, M Q//SA//AB nên (cid:92)QM N = (cid:91)SAB.

Diện tích tam giác SAB là

= = x ⇒ M Q = x.SA. M Q SA DM DA

Suy ra

.AB.SA. sin (cid:91)SAB ⇒ sin (cid:91)SAB = . S0 = 1 2 2.S0 SA.AB

Do đó diện tích của thiết diện M N P Q là:

QH = M Q.sin(cid:91)SAB = x.SA. = . 2S0 SA.AB 2xS0 AB

.QH SM N P Q = M N + P Q 2

b) Tính x để diện tích thiết diện bằng nửa diện tích tam giác SAB.

Ta có

. = x [x (1 − 2p) + 2p] .S0. ⇒ SM N P Q = [x (1 − p) + p] .AB + (1 − x) .p.AB 2 2.x.S0 AB

S0 ⇔ x [x (1 − 2p) + 2p] = SM N P Q = SSAB = 1 2 1 2 1 2

Giải phương trình (*) với x ∈ (0; 1):

i) Với

= 0. (∗) ⇔ (1 − 2p) x2 + 2px − 1 2

ii) Với p (cid:54)=

p = , (∗) ⇔ x = ∈ (0; 1) ; (1) 1 2 1 2

, thì (*) có hai nghiệm là 1 2

(cid:16)

(cid:17)

. x1 = ; và x2 = −2p − (cid:112)4p2 − 4p + 2 2 (1 − 2p) −2p + (cid:112)4p2 − 4p + 2 2 (1 − 2p)

Nếu p ∈

thì

0; 1 2

< 0, (x1 < x2) ⇒ x1 < 0 (x1 /∈ (0; 1)) , (x2 > 0) . 1 − 2p > 0 ⇒ x1.x2 = − 1 2 (1 − 2p)

Suy ra

(cid:112)

< 1 ⇔ 4p2 − 4p + 2 < 2 − 2p x2 < 1 ⇔ −2p + (cid:112)4p2 − 4p + 2 2 (1 − 2p)

(đúng).

Vậy trong trường hợp này

⇔ p < 1 2

(cid:17)

. (2) x = x2 = −2p + (cid:112)4p2 − 4p + 2 2 (1 − 2p)

Nếu p ∈

thì 1 − 2p < 0 ⇒ x1.x2 > 0, (x1 > 0) ⇒ x2 > 0.

(cid:16)1 2

(cid:112)

; 1

(đúng).

Vậy trong trường hợp này

< 1 ⇔ 4p2 − 4p + 2 > 2 − 2p ⇔ p > x2 < 1 ⇔ −2p + (cid:112)4p2 − 4p + 2 2 (1 − 2p) 1 2

(cid:112)

. (3) x = x2 =

< 1 ⇔ 4p2 − 4p + 2 < 2p − 2 x1 < 1 ⇔= −2p + (cid:112)4p2 − 4p + 2 2 (1 − 2p) −2p − (cid:112)4p2 − 4p + 2 2 (1 − 2p)

(Sai).

Từ (1), (2), (3), (4) suy ra:

⇔ p < (4) 1 2

thì x =

- Nếu p =

. 1 2

- Nếu p ∈ (0, 1) \

thì x = x2 =

(cid:110)1 2

* Nhận xét:

Nếu dùng công thức so sánh nghiệm thì ý (b) bài toán có thể được giải gọn

hơn như sau:

Trường hợp p (cid:54)=

. Đặt

1 2 (cid:111) . −2p + (cid:112)4p2 − 4p + 2 2 (1 − 2p)

1 2

Ta có f (0) .f (1) < 0 nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2

trong đó 1 nghiệm thuộc khoảng (0, 1), một nghiệm không thuộc đoạn [0, 1] .

(cid:17)

(cid:16)

. f (x) = (1 − 2p) x2 + 2px − 1 2

- Nếu p ∈

thì x1 < 0 < x2 < 1 nên phương trình nhận x = x2;

0; 1 2

(cid:17)

- Nếu p ∈

thì 0 < x2 < 1 < x1 nên phương trình nhận x = x2;

(cid:16)1 2

Từ đó ta cũng có kết luận bài toán như trên.

Bài tập 2.1.12. [15] Cho tứ diện ABCD, các mặt ABC và ABD lần lượt có diện tích là p, q và góc giữa chúng là α. Tính diện tích của thiết diện qua cạnh

AB và tâm hình cầu nội tiếp tứ diện.

Lời giải. (Hình 2.15)

Gọi AB = a, S là diện tích thiết diện cần tìm, K là giao của mặt phẳng thiết diện với CD; CH là đường cao của tứ diện; I và J lần lượt là hình chiếu của H và D trên AB, khi đó (cid:91)HIC = α.

Ta có:

(cid:17)

; 1

(cid:16)1 2

AB.DJ CH SABD.CH = VABCD = 1 3 1 3

AB.DJ (CI sin α) = AB. . sin α = 1 6 2SABD AB 2SABC AB 1 6

= (1) = . 2SABC.SABD. sin α 3α pq sin α a

diện là ABCK và ABKD nên

2 3 Thiết diện ABK chia tứ diện ABCD thành hai tứ

Do thiết diện đi qua tâm mặt cầu nội tiếp nên góc giữa (ABC) với (ABK) bằng góc giữa (ABD) với (ABK), bằng

VABCD = VABCK + VABKD.

Do đó: VABCD = VABCK + VABKD

α 2

Hình 2.15.

2SABC.S. sin 2SABD.S. sin α 2 α 2 + ⇔ VABCD = 3a

Từ (1) và (2) suy ra

3a 2p.S. sin 2q.S. sin α 2 α 2 = + . (2) 3a 3a

2p.S. sin 2q.S. sin 2pq cos α 2 α 2 α 2 = + ⇔ S = . 2 3 pq sin α a 3a 3a p + q

Nhận xét:

Với những bài toán về tứ diện cho biết diện tích của hai mặt chung cạnh và góc giữa hai mặt đó thường liên quan đến việc tính thể tích tứ diện theo quy tắc

Trong đó p, q là diện tích của hai mặt chung cạnh a và α là góc giữa chúng.

Bài tập 2.1.13. [Thi chọn học sinh giỏi lớp 11 THPT chuyên Bắc Giang năm học 2014 – 2015] Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Cạnh AA’ vuông góc với mặt phẳng (ABC), đường thẳng BC’ hợp với mặt phẳng (ABB(cid:48)A(cid:48)) một góc 300. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AC và BB(cid:48). Gọi (P ) là mặt phẳng đi qua B và vuông góc với A(cid:48)C. Xác định thiết diện của (P ) với hình lăng trụ ABC.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) và tính diện tích thiết diện đó.

Lời giải. (Hình 2.16)

Ta có ABC cân nên BM ⊥AC mà BM ⊥AC nên

, V = 2 3 pq sin α a

Trong (ACC(cid:48)A(cid:48)) kẻ M H⊥A(cid:48)C, H ∈ CC(cid:48). Khi đó (BM H) đi qua B và vuông góc với A(cid:48)C nên thiết diện của (P ) với hình lăng trụ ABC.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) là tam giác BM H.

Gọi I là trung điểm của A(cid:48)B(cid:48), suy ra CI⊥A(cid:48)B(cid:48) (vì A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) là tam giác đều) suy ra (cid:91)IBC(cid:48) = 300 là góc giữa BC(cid:48) và (ABB(cid:48)A(cid:48)).

Xét tam giác vuông BIC(cid:48) có

Hình 2.16.

BM ⊥ (ACC(cid:48)A(cid:48)) ⇒ BM ⊥A(cid:48)C.

nên

√ 3 a , (cid:91)IBC(cid:48) = 300 C(cid:48)I = 2

Suy ra

(cid:114)

BI = = . 3a 2 IC(cid:48) tan (cid:91)IBC(cid:48)

(cid:112)

√ BI 2 − B(cid:48)I 2 = BB(cid:48) = − = a 2 = AA(cid:48). 9a2 4 a2 4

Ta có

(cid:112)

CM.A(cid:48)C CM. M H = = = AA(cid:48) = AA(cid:48)2 + AC2 AA(cid:48) CM cos (cid:92)CM H

(cid:112)

Ta có BM ⊥ (ACC(cid:48)A(cid:48)) ⇒ BM ⊥M H ⇒ ∆BM H vuông tại M, nên diện tích

thiết diện là

√ . a 6 CM sin (cid:91)ACA(cid:48) √ a 2 2a2 + a2 √ = ; = 4 a 2 √ a 3 . BM = AB2 − AM 2 = 2

√ √ √ a a 3 6 2 BM.M H = . . = SBM H = 1 2 1 2 2 4 3a2 16

nhất

2.1.2 Tìm điều kiện để diện tích thiết diện đạt giá trị lớn nhất, nhỏ

Bài tập 2.1.14. [13] Cho hình tứ diện S.ABC có ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và SA = a 3. M là một điểm tùy ý trên cạnh AB, đặt AM = x (0 < x < a). Gọi (α) là mặt phẳng vuông

góc với đoạn AB, cắt AB tại M. Tính diện tích của thiết diện của tứ diện cắt bởi (α) theo a và x. Tìm x để diện tích thiết diện có giá trị lớn nhất.

Lời giải.

Ta có

√

Vì tam giác ABC vuông cân tại B nên BC⊥AB

suy ra (α) //BC.

Gọi N, P , Q lần lượt là giao điểm của (α) với AC,

SA⊥ (ABC) ⇒ SA⊥AB; (α) ⊥AB ⇒ (α) //SA.

SC, SB thì

Suy ra thiết diện S.ABC cắt bởi (α) là hình bình

Hình 2.17.

hành M N P Q.

Vì M Q//SA⊥M N ⇒ M Q⊥M N ⇒ (cid:92)QM N = 900,

suy ra thiết diện M N P Q là hình chữ nhật.

M N//BC, M Q//SA, QP//BC, P N//SA (Hình 2.17).

Trong tam giác ABS có

Trong tam giác ABC có

√ M Q//SA ⇒ = = ⇒ = ⇒ M Q = 3 (a − x) . M Q SA M B AB AB − M A AB a − x a M Q √ 3 a

M N//BC ⇒ = ⇒ = ⇒ M N = x. M N BC AM AB M N a x a

Suy ra diện tích thiết diện M N P Q là: SM N P Q = M N.M Q =

Vì 0 < x < a ⇒ a − x > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

√ 3.x. (a − x) .

(cid:17)2

(cid:16)x + a − x 2

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

√ = 3. , x. (a − x) ≤ ⇒ SM N P Q ≤ a2 4 a2 4

x = a − x ⇒ x = ∈ (0; a) . a 2

tích lớn nhất bằng

, khi đó M là trung điểm của AB.

Vậy diện tích thiết diện M N P Q là SM N P Q = a2 4

Bài tập 2.1.15. [11] Cho hình nón có bán kính đáy và chiều cao lần lượt là R

và h. Trong tất cả các mặt phẳng đi qua đỉnh của hình nón, hãy xác định mặt phẳng cắt hình nón theo thiết diện có diện tích lớn nhất và tính diện tích lớn nhất đó.

Lời giải. (Hình 2.18)

Gọi AB là một đường kính đáy hình nón. O là tâm

của đáy hình nón.

√ 3.x. (a − x); Thiết diện có diện √ 3.

Mặt phẳng qua đỉnh cắt hình nón theo thiết diện là h2 + R2 (không

tam giác cân SAM có SA = SM = đổi).

Ta có diện tích thiết diện SAM là

√

(cid:0)h2 + R2(cid:1) .sin(cid:91)ASM .

SA.SM. sin (cid:91)ASM = SA2.sin(cid:91)ASM SSAM = 1 2 1 2

Hình 2.18.

Do đó diện tích thiết diện lớn nhất khi và chỉ khi sin(cid:91)ASM lớn nhất.

⇔ SSAM = 1 2

- Nếu (cid:91)ASB < 900 thì diện tích thiết diện lớn nhất khi (cid:91)ASM = (cid:91)ASB (thiết

diện qua trục hình nón), khi đó SSAM = R.h.

- Nếu (cid:91)ASB ≥ 900 thì diện tích thiết diện lớn nhất khi

khi đó

(cid:0)h2 + R2(cid:1) .

sin(cid:91)ASM = 1 ⇔ (cid:91)ASM = 900,

Bài tập 2.1.16. [11] Trong mặt phẳng (α) cho tam giác ABC vuông tại A, (cid:91)ABC = 600 , AB = a. Gọi O là trung điểm của BC. Lấy điểm S ở ngoài mặt phẳng (α), dựng tứ diện S.ABCD sao cho SB = a và SB vuông góc với OA. Gọi M là một điểm trên cạnh AB, mặt phẳng (β) qua M song song với SB và OA,

cắt BC, SC, SA lần lượt tại N, P, Q. Đặt x = BM (0 < x < a). Tính diện tích của thiết diện MNPQ theo a và x và tìm x để diện tích hình thang lớn nhất.

Lời giải. (Hình 2.19)

Ta có:

SSAM = 1 2

Suy ra M N P Q là hình thang.

Vì (β) song song với AO nên trong mặt phẳng

M Q và N P lần lượt là giao của (β) với (SAB) và (SBC); SB là giao của (SAB) với (SBC). (β) //SB ⇒ M Q//SB, N P//SB ⇒ M Q//N P .

Hình 2.19.

Suy ra diện tích thiết diệnM N P Q là

(ABC) có M N//AI, mà SB⊥AO ⇒ M N ⊥M Q, M N ⊥N P .

(1)

- Tam giác ABC vuông tại A có (cid:98)B = 600, AO là trung tuyến suy ra AO = BO do đó tam giác BAO đều.

Vì M N//AO nên ∆BM N đồng dạng với ∆BAO nên ∆BM N đều suy ra

(M Q + N P ) .M N. SM N P Q = 1 2

- Trong tam giác SAB có

M N = BN = BM = x.

= = = ; SB = AB = a ⇒ M Q = a − x. M Q//SB ⇒ M Q SB M A AB AB − BM AB a − x a

- Trong tam giác SBC có

Mà

N P//SB ⇒ = = . N P SB N C BC BC − BN BC

Thay vào (1) ta có

BC = 2BO = 2AB = 2a ⇒ = ⇒ N P = . N P a 2a − x 2a 2a − x 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có

(cid:17)2

.3x. (4a − 3x) SM N P Q = (M Q + N P ) .M N ⇒ SM N P Q = ⇒ SM N P Q = x (4a − 3x) 4 1 12 1 2

(cid:16)3x + 4a − 3x 2

Suy ra

3x. (4a − 3x) ≤ = 4a2.

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

, SM N P Q ≤ a2 3

Vậy diện tích của thiết diện M N P Q là

. 3x = 4a − 3x ⇔ x = 2a 3

Diện tích lớn nhất của M N P Q là

, khi đó M nằm ở vị trí sao cho

. SM N P Q = x (4a − 3x) 4

a2 3

Bài tập 2.1.17. [13] Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48), đáy là nửa lục giác đều với AD = 2a, AB = BC = CD = a. Đường cao của hình lăng trụ là h, (P ) là mặt phẳng qua AD(cid:48), cắt các cạnh BB(cid:48), CC(cid:48) lần lượt tại B1, C1.

a) Thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi (P ) là hình gì ?

b) Định vị trí của (P ) để diện tích thiết diện nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ấy.

Lời giải. (Hình 2.20)

là thiết diện của

Theo đề bài ta có AB1C1D(cid:48)

BM = x = 2a 3

Hình 2.20.

ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) bị cắt bởi mặt phẳng (P ).

a) Theo đề bài ta có ABCD là nửa lục giác đều, AB = BC = DC nên ABCD là hình thang, BC//AD mà BB(cid:48)//AA(cid:48), Suy ra (BCC(cid:48)B(cid:48))//(ADD(cid:48)A(cid:48)) vì vậy B1C1//AD(cid:48). Suy ra thiết diện AB1 C1D(cid:48) là hình thang.

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của C1 lên AD(cid:48),

ta có diện tích thiết diện AD(cid:48)C1B1 là

Gọi I thuộc CC(cid:48) sao cho B1I//BC suy ra tam giác B1C1I đồng dạng với tam

giác AD(cid:48)D suy ra

S = .C1H. AD(cid:48) + B1C1 2

Vì AD = 2BC suy ra AD = 2B1I suy ra AD(cid:48) = 2B1C1.

Do đó

= B1I AD B1C1 AD(cid:48) .

S = .C1H. 3AD(cid:48) 4

nhất. Khi đó C1H bằng khoảng cách từ CC(cid:48) đến mặt phẳng (ADD(cid:48)A(cid:48)).

Khi đó B1C1 được xác định như sau:

- Gọi J là hình chiếu của C trên AD;

- Xác định H thuộc AD(cid:48) sao cho JH//DD(cid:48);

- Qua H dựng đường thẳng d//CJ, d giao với CC(cid:48) tại C1 (ta được C1H = CJ,

AD(cid:48) có độ dài không đổi nên S đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi C1H nhỏ

- Qua C1 vẽ đường thẳng d(cid:48)//AD(cid:48) cắt BB(cid:48) tại B1;

Ta được thiết diện AB1C1D(cid:48) có diện tích nhỏ nhất.

Trong tam giác ADD(cid:48) vuông tại D có AD = 2a, DD(cid:48) = h suy ra

(cid:112)

C1H có giá trị nhỏ nhất);

Vì ABCD là nửa lục giác đều nên

(cid:91)ADC =

AD(cid:48) = 4a2 + h2.

(cid:91)BCD =

. = 600. 1 2 1 2 7200 6

Trong tam giác CJD vuông tại J, (cid:91)JDC = 600, DC = a suy ra

Suy ra diện tích nhỏ nhất của thiết diện AB1C1D(cid:48) là

√ a 3 JC = a. sin 600 = . 2

(cid:112)

Bài tập 2.1.18. [14] Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A1B1C1D1. Một mặt phẳng (α) thay đổi song song với hai đáy của mặt trụ cắt các cạnh AA1, BB1, CC1, DD1 lần lượt tại A(cid:48), B(cid:48), C(cid:48), D(cid:48) và cắt AB1, BC1, CD1, DA1 lần lượt tại M, N, P, Q. Hãy xác định vị trí của (α) để phần thiết diện MNPQ có diện tích nhỏ nhất.

Lời giải. (Hình 2.21)

Vì (α) song song với hai đáy nên ta có:

√ 3 a S = 4a2 + h2. = 12a2 + 3h2. .C1H = 3AD(cid:48) 4 3 4 2 3a 8

Ta đặt

= = = . AA(cid:48) AA1 BB(cid:48) BB1 CC(cid:48) CC1 DD(cid:48) DD1

và diện tích đáy ABCD bằng T , bằng diện

tích thiết diện A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48).

Áp dụng đinh lí Ta-lét ta có:

= x AA(cid:48) AA1

Hình 2.21.

= x; = AM AB1

Do đó ta được

= = = 1− = 1−x A(cid:48)Q A(cid:48)D(cid:48) = A(cid:48)M A(cid:48)B(cid:48) = A1A(cid:48) AA1 AA(cid:48) AA1 A1A − AA(cid:48) AA1 AA(cid:48) AA1 A1Q A1D

= A(cid:48)M A(cid:48)B(cid:48) . A(cid:48)Q A(cid:48)D(cid:48) = x (1 − x) . SA(cid:48)M Q S(A(cid:48)B(cid:48)D(cid:48))

Suy ra SA(cid:48)M Q = x (1 − x) .SA(cid:48)B(cid:48)D(cid:48).

Thực hiện tương tự ta có:

(1)

(2) SB(cid:48)M N = x (1 − x) .SA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48);

(3) SC (cid:48)N P = x (1 − x) .SC (cid:48)B(cid:48)D(cid:48);

(4) SD(cid:48)P Q = x (1 − x) .SA(cid:48)C (cid:48)D(cid:48).

Từ (1), (2), (3) và (4) ta được:

SM N P Q = SA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)D(cid:48) − SA(cid:48)M Q − SB(cid:48)M N − SC (cid:48)N P − SD(cid:48)P Q

(cid:16)

(cid:17)2(cid:21)

⇒ SM N P Q = T − x (1 − x) (SA(cid:48)B(cid:48)D(cid:48) + SA(cid:48)B(cid:48)C (cid:48) + SB(cid:48)C (cid:48)D(cid:48) + SA(cid:48)C (cid:48)D(cid:48))

(cid:20)1 2

Vậy diện tích của M N P Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng

(một nửa diện tích

+ 2 x − . ≥ ⇒ SM N P Q = T − 2x (1 − x) T = T (1 − 2x + 2x2) = T 1 2 T 2

đáy) khi và chỉ khi x =

. Khi đó A(cid:48) là trung điểm của AA1, tức là (α) nằm ở vị

T 2

1 2 trí cách đều hai mặt phẳng đáy hình lăng trụ.

Bài tập 2.1.19. [13] Cho hình chóp S.ABCD đáy là nửa lục giác đều ABCD với BC = 2a, AB = AD = CD = a. Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD, SD vuông góc với AC. Gọi (α) là mặt phẳng qua điểm M trên cạnh BD (M không trùng với B, D) và song song với SD, AC. Tính diện

tích thiết diện của S.ABCD cắt bởi (α) theo a và x với BM = x để diện tích ấy lớn nhất.

Lời giải.

Theo ví dụ 1.4.4 (Mục 1.4.2) ta xác định được có

2 trường hợp.

* Trường hợp 1. M thuộc đoạn BO, M khác B.

- Xác định thiết diện: Theo ví dụ 1.4 ta có thiết

diện là tam giác N P Q (Hình 2.22).

- Tính diện tích thiết diện:

Ta có M Q//SD, N P//AC, SD⊥AC ⇒ N P ⊥M Q.

Hình 2.22.

Suy ra diện tích thiết diện N P Q là

√ 3. Xác định x

+ Tính M Q:

Trong tam giác SBD, M Q//SD nên

N P.M Q. SN P Q = 1 2

Ta dựng OI//SD, (I ∈ SB). Áp dụng định lí Ta-lét ta có

= ⇒ M Q = . M Q SD BM BD SD.BM BD

suy ra

= = = OI SD BI BS BO BD 2 3

và SD =

Trong tam giác SIC ta có IC2 = SI 2 + SC2 − 2SI.SC. cos (cid:100)ISC. Tam giác SBC đều, cạnh bằng 2a nên SC = 2a, (cid:100)ISC = 600. Suy ra (cid:17)

(cid:17)2

SI = BS = OI. 1 3 2a 3 3 2

(cid:16)2a 3

(cid:16) 2a 3

+ (2a)2 − 2 .2a. cos 600 = + 4a2 − IC2 = = . 4a2 9 4a2 3 28a2 9

SD⊥AC, OI//SD suy ra OI⊥AC.

Trong tam giác vuông IOC có OI 2 = IC2 − OC2.

Vì ABCD là nửa lục giác đều nên AD//BC. Áp dụng định lý Ta-lét ta có

Vì ABCD là nửa lục giác đều nên

= = ⇒ OC = AC. OA OC AD BC 1 2 2 3

Suy ra

√ √ 3 AC = BD = a 3 ⇒ OC = AC = . 2 3 2a 3

(cid:17)2 3

(cid:16) 2 3

√ OI 2 = IC2 − OC2 = − a = ⇒ OI = ⇒ SD = OI = 2a 28a2 9 16a2 9 4a 3 3 2

+ Tính N P :

Trong tam giác BAC, N P//AC suy ra

√ 3 = = 2x. ⇒ M Q = SD.BM BD 2a.x √ a 3

Suy ra diện tích thiết diện

√ √ √ = = = = ⇒ N P = .a 3 = x 3. N P AC BM BO 3x 2a 3x 2a 3 2 BD 3 √ 3 a BM 2 3 x 2 3

Vì M thuộc đoạn BO, M khác B suy ra

√ 3 √ 3 N P.M Q = .2x. . = SN P Q = 1 2 3x 2 3x2 2 1 2

Do đó

√ √ 3 0 < x ). 3 ≤ BO ⇔ 0 < x ≤ , (vì BO = 2a 3 2a 3

(cid:17)2

(cid:16)2a 3

√ √ 3 3 3 . . (1) = SN P Q ≤ 2 2a2 3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =

* Trường hợp 2. M thuộc đoạn DO, M khác O và D.

- Xác định thiết diện: Theo ví dụ 1.4 ta có thiết diện là ngũ giác EF HQK

(Hình 2.23).

- Tính diện tích thiết diện:

Vì EK//QM//HF (cùng song song với SD), M Q⊥EF nên hai tứ giác EM QK và M F HQ là hai hình thang vuông tại M. suy ra diện tích thiết diện EF HQK là

. 2a 3

SEF HQK = SEM QK + SM F HQ

Áp dụng đinh lí Ta-lét trong tam giác ODA và

= (EK + M Q) .EM + (HF + M Q) F M. 1 2 1 2

tam giác ODC ta có M F OC

Hình 2.23.

⇒ = = = = DM DO M E M F OA OC 1 2

Áp dụng đinh lí Ta-lét trong tam giác ASD và tam giác CSD ta có:

M E OA (Theo chứng minh trên).

Suy ra

= = = ⇒ EK = F H. EK SD AE AD CF CD F H SD

Áp dụng đinh lí Ta-lét trong tam giác ASD và tam giác AOD ta có

(EK + M Q) (EM + F M ) = (EK + M Q) EF. SEF HQ = 1 2 1 2

Trong đó,

= = . EK SD AE AD OM OD

Suy ra

√ a √ 3 √ 3 OD = BD = , OM = BM − BO = x . 3 − 1 3 3 2a 3

√ √ 3 x 2a 3 3 − √ = = = ⇒ EK = .SD = 6x − 4a. OM OD 3x − 2a a EK SD 3x − 2a a a 3

Và

= = 1 − = 1 − = . Suy ra EF AC DM DO 3x − 2a a 3a − 3x a OM DO

√ √ EF = 3 = 3 3 (a − x) . .AC = .a 3a − 3x a 3a − 3x a

M Q = 2x (theo chứng minh trên) suy ra diện tích thiết diện EF HQK là

√ √ (EK + M Q) EF = (6x − 4a + 2x) 3 3 (a − x) = 6 3 (a − x) (2x − a) . SEF HQK = 1 2 1 2

Vì M thuộc đoạn OD, M khác O và D nên

Suy ra a − x > 0 ⇔ 2a − 2x > 0; 2x − a > 0.

Ta có

√ √ √ 3 BO < BM < BD ⇔ < x 3 < a 3 ⇔ < x < a. 2a 3 2a 3

(cid:17)2

(cid:16)2a − 2x + 2x − a 3 2

Trong bất đẳng thức trên, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

(cid:17)

√ √ √ 3 √ 6 3 (a − x) (2x − a) = 3 3 (2a − 2x) (2x − a) ≤ 3 = . 3a2 4

(cid:16)2a 3

Vì

2a − 2x = 2x − a ⇔ x = (2) ∈ , a . 3a 4

√ 3 √ 3 < 2a2 3 3a2 4

và theo (1), (2) suy ra giá trị lớn nhất của diện tích thiết diện là

(M thuộc đoạn OD).

Thiết diện đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x =

√ 3 . 3a2 4

Bài tập 2.1.20. [13] Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, BC = AD = b, AC = BD = c, (a > b > c). Một mặt phẳng (α) song song với hai cạnh đối, cắt tứ diện theo một thiết diện có chu vi là p và diện tích là S. Tính p và định (α) để diện tích S lớn nhất, tính diện tích lớn nhất ấy.

Lời giải.

Nhận xét: Vì tứ diện có 3 cặp cạnh đối nên có 3

trường hợp.

* Trường hợp 1. (α) song song với AB và CD.

3a 4

Hình 2.24.

Gọi M, N, P , Q lần lượt là giao của (α) với các cạnh BC, BD, AD, AC ta có thiết diện của tứ diện cắt bởi (α) là tứ giác M N P Q (Hình 2.24).

Suy ra M N, N P , P Q, QM lần lượt là các giao tuyến của (α) với các mặt phẳng (BCD), (ABD), (ACD), (ABC).

(α) song song với hai cạnh đối AB, CD và cắt tứ diện nên sẽ cắt các cạnh BC, BD, AD, AC của tứ diện.

Vì (α) //CD nên M N//CD, P Q//CD; (α) //AB nên N P//AB, M Q//AB.

Suy ra M N//P Q, N P//M Q nên thiết diện M N P Q là hình bình hành.

Đặt BM = x, (0 < x < b), áp dụng định lý Ta-lét trong các tam giác BCD và

tam giác ABC ta có:

= ⇒ M N = = ; M N CD BM BC BM.CD BC ax b

Suy ra chu vi của thiết diện M N P Q là

(cid:19)

= ⇒ M Q = = M Q AB CM CB AB.CM CB a (b − x) b

(cid:18)ax b

Diện tích thiết diện M N P Q là

(cid:19)2

p = 2 (M N + M Q) = 2 + = 2a. a (b − x) b

(cid:18)M N + M Q 2

Gọi E, F , G lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, BC, AD.

Ta có

. sin(AB, CD). S = M N.M Q sin (cid:92)N M Q = M N.M Q sin(AB, CD) ≤

Để xác định cos (cid:91)F EG, ta tính độ dài các cạnh của tam giác F EG.

Vì E, F , G lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, BC, AD nên F E, EG lần lượt là các đường trung bình trong các tam giác ABC và tam giác ACD suy ra

EF//AB, EG//CD ⇒ (AB, CD) = (EF, EG) ⇒ cos (AB, CD) = | cos (cid:91)F EG|.

Ta có hai tam giác ABC và DBC bằng nhau (c.c.c) suy ra AF = DF suy ra F G⊥AD (GF là đường trung tuyến trong tam giác cân F AD cũng là đường cao).

Suy ra F G2 = AF 2 − AG2.

Áp dụng định lý trung tuyến trong tam giác ABC, ta có

F E = AB = ; F G = CD = . 1 2 a 2 1 2 a 2

(cid:18)

(cid:19)

(cid:18)

(cid:19)

AB2 + AC2 = 2AF 2 + BC2 2

⇒ AF 2 = = AB2 + AC2 − a2 + c2 − 1 2 BC2 2 1 2 b2 2

Suy ra

(cid:18)

(cid:19)

Suy ra trong tam giác F EG ta có

F G2 = AF 2 − AG2 = = . a2 + c2 − − 1 2 b2 2 b2 4 a2 + c2 − b2 2

+ − a2 4 a2 4 a2 + c2 − b2 2 cos (cid:91)F EG = = = F E2 + EG2 − F G2 2F E.EG b2 − c2 a2 2. . a 2 a 2

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:115)

(cid:112)

⇒ cos (AB, CD) = | cos (cid:91)F EG| = b2 − c2 a2

(cid:0)b2 − c2(cid:1)2 a4

⇒ sin (AB, CD) = 1 − cos2 (AB, CD) = 1 −

(cid:114)(cid:0)a2 + b2 − c2(cid:1) (cid:0)a2 + c2 − b2(cid:1) a4

Vì

(cid:19)2

. ⇒ sin (AB, CD) =

(cid:18) M N + M Q 2

mà

. sin(AB, CD), S = M N.M Q sin(AB, CD) ≤

Suy ra

(cid:112)

M N + M Q = = = a. p 2 2a 2

(cid:114)(cid:0)a2 + b2 − c2(cid:1) (cid:0)a2 + c2 − b2(cid:1) a4

Thực hiện tương tự ta có:

* Trường hợp 2. (α) song song với AD và BC:

S ≤ . = (a2 + b2 − c2) (a2 + c2 − b2) = S1. a2 4 1 4

(cid:112)

p = 2b.

* Trường hợp 3. (α) song song với AC và BD:

S ≤ (b2 + c2 − a2) (b2 + a2 − c2) = S2 1 4

(cid:112)

p = 2c.

Vì a > b > c nên S1 > S2 và S1 > S3 suy ra S lớn nhất khi S = S1,

S ≤ (c2 + a2 − b2) (c2 + b2 − a2) = S3 1 4

khi đó

Vậy, diện tích thiết diện M N P Q lớn nhất khi (α) song song với AB, CD và

đi qua trung điểm của BC. Khi đó

(cid:112)

M N = P Q ⇔ = , x ∈ (0; b) ⇔ x = . ax b a (b − x) b b 2

Bài tập 2.1.21. [Thi chọn học sinh giỏi lớp 11 thành phố Đà Nẵng năm học 2010 - 2011] Cho hình hộp ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48). Trên cạnh AB lấy điểm M khác A và B. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng (ACD(cid:48)).

a) Trình bày cách dựng thiết diện của hình hộp và mặt phẳng (P).

b) Xác định vị trí của M để thiết diện nói trên có diện tích lớn nhất.

Lời giải. (Hình 2.25)

a) Vì (P ) qua M và (P )//(ACD(cid:48)) nên ta dễ dàng xác định được thiết diện của hình hộp cắt bởi (P ) như sau:

Qua M dựng đường thẳng song song với AC, cắt các đường thẳng BC, AD và DC lần lượt tại N, J và K.

Qua J dựng đường thẳng song song với AD(cid:48), cắt các đường thẳng AA(cid:48), A(cid:48)D(cid:48) và DD(cid:48) lần lượt tại S, R và I.

Dựng đường thẳng IK cắt CC(cid:48) và D(cid:48)C(cid:48)

Hình 2.25.

lần lượt tại P và Q.

Nối N P , QR, SM ta được thiết diện là

lục giác M N P QRS.

b) Ta có:

(a2 + b2 − c2) (a2 + c2 − b2). S = 1 4

Suy ra

= = = . ; M N//AC nên ; M B//CK nên AJ//BN nên M J M N M A M B M A M B N C N B N C N B N K N M

= = = ⇒ = ⇒ M J = N K. M J M N M A M B N C N B N K N M M J M N N K N M

Suy ra

. CK//QC(cid:48) nên ; QP//CD(cid:48) nên P C P C(cid:48) = P K P Q P C P C(cid:48) = QD(cid:48) QC(cid:48) ; P C(cid:48)//ID(cid:48) nên QD(cid:48) QC(cid:48) = QI QP

Lại có các tam giác IRQ, SJM, P N K đồng dạng (vì có các cạnh tương ứng

song song).

Suy ra ∆IRQ = ∆SJM = ∆P N K ⇒ S∆IRQ = S∆SJM = S∆P N K = S1.

Gọi diện tích các tam giác JKI, ACD(cid:48) lần lượt là S2, S.

= ⇒ = ⇒ P K = QI. P K P Q QD(cid:48) QC(cid:48) = QI QP P K P Q QI QP

(cid:19)2

∆JSM đồng dạng với ∆AD(cid:48)C nên

(cid:18)JM AC

= . S1 S

∆JAM đồng dạng với ∆ADC suy ra

Đặt

= = . JM AC AM DC AM AB

Suy ra

(cid:19)2

= k, 0 < k < 1. AM AB

(cid:18)JM AC

(cid:18)AM AB

= = = k2 ⇒ S1 = k2S. S1 S

(cid:19)2

∆JIK đồng dạng với ∆AD(cid:48)C nên

(cid:18)JK AC

(cid:18)JM + M K AC

(cid:18)JM AC

Suy ra S2 = (k + 1)2S = (cid:0)k2 + 2k + 1(cid:1) S.

Ta có diện tích thiết diện SM N P QRS = S2 − 3S1

Suy ra

(cid:16)

(cid:17)2(cid:21)

= = = + = (k + 1)2. S2 S M K AC

(cid:20)3 4

(dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi k =

k − ) = 2S − ≤ , SM N P QRS = 2S(−k2 + k + 1 2 3S 2 1 2

Vậy thiết diện M N P QRS có diện tích SM N P QRS lớn nhất khi và chỉ khi k =

1 2

khi đó M là trung điểm của AB.

1 2

Bài tập 2.1.22. [Thi chọn học sinh giỏi lớp 11 tỉnh Quảng Bình năm học 2012 – 2013] Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình thang cân (AD//BC) và BC = 2a, AB = AD = DC = a(a > 0). Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Biết SD vuông góc với AC.

a) Tính SD.

b) Mặt phẳng (α) qua điểm M thuộc đoạn OD (M khác O, D; M D = x) và song song với hai đường thẳng SD và AC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (α), tìm x để diện tích thiết diện lớn nhất.

Lời giải. (Hình 2.26)

a) Dễ thấy đáy ABCD là nửa hình lục giác đều cạnh a, do đó ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BC.

Suy ra (cid:91)BAC = 900 (góc nội tiếp, chắn

nửa đường tròn), ta có

(cid:112)

Kẻ DT //AC (T thuộc BC), ta có

Hình 2.26.

√ BC2 − AB2 = a 3. AC =

Xét tam giác SCT có SC = 2a, CT = a, (cid:91)SCT = 1200 (góc ngoài tam giác đều

CT = AD = a và DT ⊥SD vuông góc SD (vì SD⊥AC).

(cid:113)

Xét tam giác vuông SDT có

SBC) có √ ST = CT 2 + SC2 − 2CT.SC. cos (cid:91)SCT = a 7.

(cid:112)

b) Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AD, DC lần lượt tại N, P.

Qua M, N, P kẻ các đường thẳng song song với SD cắt SB, SA, SC lần lượt tại K, J, Q. Nối JK, KQ ta được thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (α) là ngũ giác N P QKJ.

Vì N J, M K, P Q cùng vuông góc với N P nên M N KJ và M P QK là các hình

thang vuông tại M, N, P.

√ √ DT = a 3, ST = a 7 ⇒ SD = ST 2 − DT 2 = 2a.

Ta có diện tích thiết diện SN P QKJ = SN M KJ + SM P QK.

Suy ra

Vì tam giác ADC cân tại D, N P//AC nên AN = P C. N J//SD và P Q//SD

nên

(N J + M K)M N + (M K + P Q)M P. SN P QKJ = 1 2 1 2

Suy ra

= = = ⇒ N J = P Q. N J SD AN AD CP CD P Q SD

Vì ABCD là nửa lục giác đều nên

(cid:91)ACD =

(N J + M K). (M N + M P ) = (N J + M K).N P. SN P QKJ = 1 2 1 2

Suy ra trong tam giác vuông ODC có

. = 300. 1 2 3600 6

Vì N P//AC, N J//SD và KM//SD nên ta có:

OD = = . CD √ 3 a √ 3

(cid:19)

√ 3 = ⇒ N P = = = 3x N P AC M D OD AC.M D OD x.a a √ 3

2a. − x √ = = ⇒ N J = = = 2(a − x 3) N J SD AN AD OM OD SD.OM OD

(cid:18) a √ 3 a √ 3 3 − x(cid:1) √ 3

Suy ra

(cid:19)

(cid:18)

√ √ = ⇒ KM = = = (a 3 − x)(vì BD = AC) KM SD BM BD SD.BM BD 2a. (cid:0)a a 2 √ 3

Ta có

√ √ √ 3) + 3 − x) 3x = 2(3a − 2 3x)x. 2(a − x (a SN P QKJ = 1 2 2 √ 3

(cid:2)(3a − 2

√ √ √ √ √ 3 3 3x)2 3x ≤ 3x) + 2 3x(cid:3)2 = a2. (3a − 2 4 1 √ 3 1 √ 4 3

Suy ra

√ 3 3 a2. SN P QKJ ≤ 4

Do đó diện tích thiết diện N P QKJ lớn nhất bằng

√ 3 3 a2 khi và chỉ khi 4 √ √ √ 3a − 2 3x = 2 3x ⇔ x = a. 3 4

2.2 Dạng bài tập về xác định hình dạng thiết diện

Hình dạng các thiết diện ta xác định được thường là: Tam giác, tam giác vuông, tam giác cân, hình thang, hình bình hành, ... và đặc biệt là những bài tập ta phải xét các trường hợp khác nhau từ đó dẫn đến kết quả hình dạng thiết diện xác định được cũng có nhiều kết quả khác nhau. Việc dự đoán hình dạng thiết diện từ đó tìm lời giải là công đoạn thực sự cần thiết.

Bài tập 2.2.1. [11] Cho hình chóp S.ABCD. M, N là hai điểm trên AB, CD.

Mặt phẳng (α) qua MN và song song với SA.

a) Xác định thiết diện của S.ABCD bị cắt bởi (α).

b) Tìm điều kiện của MN để thiết diện là hình thang.

Lời giải. (Hình 2.27)

a) Gọi R, P và Q lần lượt là giao của (α) với SC, SB và SC. Trong (SAB) có M P//SA và trong (SAC) có RQ//SA (vì (α) //SA).

Dựng các đường thẳng M N cắt AC tại R, đường thẳng qua M song song với SA cắt SB tại P đường thẳng qua R song song với SA, cắt SC tại Q.

Nối P Q, QN ta được thiết diện là tứ giác M N QP.

b) M N QP là hình thang khi và chỉ khi M P//N Q

Hình 2.27.

hoặc P Q//M N.

- Nếu M P//QN thì QN trùng với QR (vì

P M//QR//SA), khi đó N trùng với C. Thiết diện trở thành hình tam giác

(1)

M P C (vô lí).

- Nếu P Q//M N thì M P QR là hình bình hành và có

Từ (1) và (2) suy ra để thiết diện M N QP là hình thang thì M, N ở vị trí sao

cho M N song song với BC.

Bài tập 2.2.2. [3] Cho hình nón đỉnh S, gọi O là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón. S(cid:48) là điểm đối xứng với O qua mặt phẳng đáy. Biết rằng S(cid:48) nằm trên mặt cầu ngoại tiếp hình nón.

a) Chứng minh rằng thiết diện qua trục hình nón là một tam giác đều.

b) Tính tỉ số diện tích hình cầu nội tiếp hình nón và diện tích đáy của hình nón.

Lời giải. (Hình 2.28)

a) Ta có thiết diện qua trục hình nón là tam giác

= = = ⇒ M R//BC ⇔ M N//BC. (2) M P SA RQ SA RC AC M B AB

Đồng thời tam giác SAB cũng ngoại tiếp hình tròn

lớn của hình cầu nội tiếp hình nón.

Suy ra S(cid:48) là giao điểm của SO với đường tròn ngoại

tiếp tam giác SAB.

Do đó OS(cid:48) = OA, S(cid:48) đối xứng với O qua mặt phẳng

Hình 2.28.

đáy hình nón nên OA = AS(cid:48).

Suy ra tam giác S(cid:48)OA là tam giác đều. Suy ra

(cid:91)ASS(cid:48) = 300 ⇒ (cid:91)SAB = 600.

Vậy tam giác cân SAB có (cid:91)SAB = 600 nên SAB là tam giác đều, hay thiết

diện qua trục hình nón đã cho là tam giác đều.

b) Theo chứng minh trên ta có trong tam giác vuông AIO có

SAB cân tại S (AB là đường kính đáy hình nón), nội tiếp hình cầu ngoại tiếp hình nón.

(cid:100)AOI = 600 ⇒ AI =

Suy ra tỉ số diện tích hình cầu nội tiếp hình nón và diện tích đáy của hình

nón là:

√ 3.OI.

= . 4π.OI 2 π.OI 2.3 4 3

Bài tập 2.2.3. [13] Cho hình chóp S.ABC. Gọi I là trung điểm của SB, J là một điểm trên cạnh SC với JS = 2JC, O là trọng tâm của tam giác ABC.

a) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi mặt phẳng (OIJ).

b) (α) là mặt phẳng qua điểm M trên tia BC và song song hoặc trùng với (OIJ).

Đặt

c) Biện luận theo x các dạng của thiết diện hình chóp cắt bởi (α).

d) Gọi H(x) là diện tích của thiết diện nói trên ở ý (c). Tính H(x) theo S (là diện tích thiết diện ở ý (a) ) và x. Khảo sát sự biến thiên của H(x).

Lời giải.

a) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi mặt phẳng (OIJ)

Gọi H là giao của đường thẳng IJ với đường thẳng BC, E và F lần lượt là giao của đường thẳng HO với AC và AB. Nối JE và IF ta được tứ giác IJEF là thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi mặt phẳng (OIJ) (Hình 2.29).

Hình 2.29.

b) Xác định x để (α) cắt hình chóp

Hình 2.30.

= x, (x > 0) . Xác định x để (α) cắt hình chóp. BM BC

Gọi C0 là giao của HI với đường thẳng qua C song song với SB (Hình 2.30), ta có:

(vì theo đề bài cho JS = 2JC). Suy ra C là trung điểm của HB.

Gọi K là giao của (α) với cạnh AB suy ra M K//EF (vì (α) // (OIJ)).

Suy ra (α) cắt hình chóp khi và chỉ khi K thuộc cạnh AB.

Gọi T là giao của tia BC với đường thẳng qua A song song với EF suy ra M

thuộc đoạn BT (Hình 2.31). Suy ra

= = = = HC HB CC0 BI CC0 SI JC JS 1 2

Ta xác định tỷ số

< . BM < BT ⇒ 0 < x = BM BC BT BC

Qua O dựng đường thẳng song song với BC, cắt AB tại F0. Gọi G là trung

điểm của BC, ta có

BT BC

Hình 2.31.

Ta có

BG = BH). BH (vì G là trọng tâm tam giác ABC và BC = OF0 = 2 3 1 6 1 2

= ⇒ BF = BA = BA . = BF0 = 6 5 6 5 1 3 2 5 F F0 F B OF0 BH 1 6

⇒ = = ⇒ BH). = 5 (vì BC = BH BT BF BA 2 5 BT BC 1 2

Suy ra 0 < x <

Vậy (α) cắt hình chóp S.ABC khi và chỉ khi 0 < x < 5.

c) Biện luận theo x các dạng của thiết diện hình chóp cắt bởi (α).

Gọi K1 là giao của AB với đường thẳng qua C song song với EF và K2 là

giao của AB với đường thẳng qua qua S và song song IF (Hình 2.32).

⇔ 0 < x < 5. BT BC

Khi đó K1 là trung điểm của BF vì C là trung điểm của BH, BK1 =

(theo ý (b)) và F là trung điểm của BK1 (vì I là trung điểm của SB).

Hình 2.32.

BF 1 2

Theo ý (b) có BF =

Gọi D là giao của tia BC với đường thẳng qua K2 song song với EF.

Ta có

BA. BA suy ra BK1 = BA và BK2 = 1 5 4 5 2 5

Có 3 vị trí của điểm M trên tia BC dẫn đến hình dạng của thiết diện khác

nhau:

(cid:18)

(cid:19)

= = 4. BD BC BK2 BK1

* Trường hợp 1. M nằm trong đoạn BC

Hình 2.33.

Khi đó giao của (α) với (ABC) và (SAB) lần lượt là M K//EF và KN//IF. Ta

có thiết diện là tam giác M N K (Hình 2.33).

(cid:19)

0 < ⇔ 0 < x ≤ 1 . < BM BC BC BC

* Trường hợp 2. M nằm trong đoạn CD

(cid:18) BC BC

Khi đó K nằm trong đoạn K1K2. Thiết diện là tứ giác N KLP (Hình 2.34)

với N K//IF (N thuộc SB), KL//EF (L thuộc AC), LP//JE (P thuộc IJ).

< < ⇔ 1 < x < 4 . BD BC BD BC

Hình 2.34.

(cid:19)

* Trường hợp 3. M thuộc đoạn DT (M (cid:54)= T ) ,

(cid:18)BD BC

Khi đó K thuộc đoạn K2A (K khác A). thiết diện là tam giác KLQ (Hình

2.35) với KL//EF , KQ//IF (Q thuộc SA), QL//JE.

Hình 2.35.

d) Tính H(x) theo S và x.

* Trường hợp 1. M nằm trong đoạn BC (0 < x ≤ 1) .

Thiết diện là tam giác M N K đồng dạng với tam giác HIF và có M K//HF

nên ∆BM K đồng dạng với ∆BHF .

Ta có

< < ⇔ 4 ≤ x < 5 . BD BC BT BC

suy ra

(cid:17)2

= = = M K HF BM BH BM 2BC x 2

(cid:16)x 2

= = ⇒ SM N K = .SHIF . x2 4 x2 4 SM N K SHIF

Vì I và C lần lượt là trung điểm của SB và BH nên J là trọng tâm tam giác

SBH nên

Ta có:

= . HJ HI 2 3

Dựng đường thẳng qua F song song với BC cắt AC tại E0, ta có:

= . . SHJE = HJ.HE. sin (cid:91)IHF ; SHIF = HJ.HF. sin (cid:91)IHF ⇒ 2 3 HE HF SHJE SHIF

= = = = = 1 − = 1 − = EF EH F E0 CH F E0 BC AF AB AB − BF AB BF AB 2 5 3 5

Vì

= ⇒ = ⇒ . = = ⇒ SHJE = .SHIF . EF EH HE HF 5 8 3 5 2 3 5 8 5 12 5 12 SHJE SHIF

suy ra

S = SIJEF = SHIF − SHJE = SHIF 7 12

.S.x2. ⇒ SHIF = .S ⇒ SM N K = SHIF = x2 4 3 7 12 7

Vậy, trong trường hợp này H (x) =

* Trường hợp 2. M nằm trong đoạn CD (1 < x < 4) .

Thiết diện là tứ giác N KLP. Ta biểu diễn diện tích N KLP theo diện tích S.

Ta có tam giác M P L đồng dạng với tam giác HJE theo tỷ số

(cid:19)2

.S.x2. 3 7

(cid:18)M L HE

và trong tam giác CEH có M L//EH suy ra

⇔ = M L HE SM P L SHJE

= (x − 1)2 = = = = x − 1 ⇔ CM CH CM CB BM − BC BC SM P L SHJE

Mà

M L HE ⇒ SM P L = (x − 1)2SHJE.

S (theo lập luận trong trường hợp 1). SHJE = .SHIF ⇒ SHJE = .SIJEF = 5 12 5 7 5 7

Suy ra SM P L = (x − 1)2.

.S. 5 7

Lập luận tương tự trường hợp 1, ta có

Suy ra

.S.x2. SM N K = SHIF = x2 4 3 7

(cid:0)−2x2 + 10x − 5(cid:1) .

Vậy, trong trường hợp này H (x) =

(cid:0)−2x2 + 10x − 5(cid:1).

− (x − 1)2. .S = SN KLP = SM N K − SM P L = 3.S.x2 7 5 7 S 7

* Trường hợp 3. M thuộc đoạn DT (M (cid:54)= T ) , (4 ≤ x < 5) .

Khi x =

S 7

vớiAC). Là kết quả suy biến của thiết diện trong trường hợp 2.

Do đó diện tích thiết diện là

(cid:0)−2x2 + 10x − 5(cid:1) =

= 4 thiết diện là tam giác SK2L0 (trong đó L0 là giao của M K2 BM BC

Khi 4 < x < 5, tam giác QKL đồng dạng với tam giác SK2L0, tỷ số đồng dạng

là

(cid:19)2

(12.16 + 10.4 − 5) = . SSK2L0 = S 7 S 7 3S 7

(cid:18) AK AK2

Suy ra diện tích thiết diện là

= = = − = 5 − x ⇒ = = (5 − x)2. T M T D BT − BM BC BT BC BM BC AK AK2 SQKL SSK2L0

Vậy

. H (x) = SQKL = (5 − x)2.SSK2L0 = (5 − x)2. 3S 7

, (0 < x ≤ 1)

  

H (x) = 3Sx2 7 (cid:0)−2x2 + 10x − 5(cid:1) , (1 < x < 4)

Ta có bảng biến thiên của H(x):

S 7 (5 − x)2. , (4 ≤ x < 5) 3s 7

Nhận xét: Diện tích thiết diện lớn nhất khi M nằm ở vị trí sao cho

= BM BC

a) Xác định thiết diện của hình lăng trụ bị cắt bởi (P). Thiết diện là hình gì ?

b) Tìm liên hệ giữa a, b, h để thiết diện là tam giác. Tính diện tích thiết diện khi đó.

Lời giải. (Hình 2.36)

Hình 2.36.

a) Gọi OD là giao tuyến của (P ) với (AOB) khi đó OD⊥AB(cid:48), BB(cid:48)⊥OD suy ra OD vuông góc với (ABB(cid:48)) suy ra OD⊥AB suy ra D là hình chiếu của O trên

5 2 Bài tập 2.2.4. [13] Cho hình lăng trụ đứng OAB.O(cid:48)A(cid:48)B(cid:48), đáy OAB là tam giác vuông tại O và OA = a, OB = b, OO(cid:48) = h. Gọi (P) là mặt phẳng qua O và vuông góc với AB(cid:48).

Gọi DE (E thuộc đường thẳng AA(cid:48)) là giao tuyến của (P ) với (ABB(cid:48)A(cid:48)), khi

đó DE⊥AB(cid:48).

AB.

Lấy M thuộc AB sao cho A(cid:48)M vuông góc với AB(cid:48).

Có hai trường hợp xảy ra:

* Trường hợp 1. Nếu E thuộc đoạnAA(cid:48), khi đó D thuộc đoạn AM (AD ≤ AM).

Nối OE ta được (ODE) vuông góc với AB(cid:48) suy ra tam giác ODE là thiết diện

của (P ) cắt hình lăng trụ.

* Trường hợp 2. E không thuộc đoạn AA(cid:48), khi đó D nằm trong đoạn BM

(AD > AM).

Gọi G là giao điểm của DE với A(cid:48)B(cid:48) và H là giao điểm của EO với A(cid:48)O(cid:48).

Nối GH ta được mặt phẳng (DGHO) vuông góc với AB(cid:48) suy ra tứ giác DGHO

là thiết diện của (P ) cắt lăng trụ.

b) Từ ý (a) suy ra để thiết diện là hình tam giác thì D thuộc đoạn AM (AD ≤ AM). Ta có (cid:92)AA(cid:48)M = (cid:92)AB(cid:48)A(cid:48) (hai góc có các cạnh tương ứng vuông

góc) suy ra hai tam giác vuông AA(cid:48)M và A(cid:48)B(cid:48)A đồng dạng.

Ta có

(cid:112)

suy ra

= a2 + b2 AM A(cid:48)A AA(cid:48) B(cid:48)A(cid:48) ⇒ AM = A(cid:48)A2 B(cid:48)A(cid:48) .A(cid:48)A = h, B(cid:48)A(cid:48) =

Trong tam giác vuông OAB có

√ . AM = h2 a2 + b2

Để thiết diện là hình tam giác thì AD ≤ AM hay

√ = . OA2 = AD.AB ⇒ AD = OA2 AB a2 a2 + b2

* Tính diện tích thiết diện:

Ta có OD⊥AB, OD⊥A(cid:48)B ⇒ OD⊥ (AA(cid:48)B(cid:48)B) ⇒ OD⊥DE ∈ (AA(cid:48)B(cid:48)B). Suy ra

diện tích thiết diện là

√ √ ≤ ⇔ a ≤ h. a2 a2 + b2 h2 a2 + b2

Vì DE//A(cid:48)M nên hai tam giác vuông ADE và AM A(cid:48) đồng dạng.

DE.OD. (1) SODE = 1 2

Suy ra

Có

(cid:114)

= ⇒ DE = . DE A(cid:48)M AD AM A(cid:48)M.AD AM

(cid:112)

Suy ra

(cid:114)

h4 AA(cid:48)2 + AM 2 = h2 + 1 + A(cid:48)M = a2 + b2 = h h2 a2 + b2 .

(cid:114)

√ 1 + h a2 a2 + b2 . DE = = 1 + (2) a2 h h2 a2 + b2 .

Trong tam giác AOB ta có

h2 a2 + b2 . h2 a2 + b2

Từ (1) (2) và (3) suy ra diện tích thiết diện ODE là

√ . (3) 1 OD2 = 1 OA2 + 1 OB2 = 1 a2 + 1 b2 = a2 + b2 a2.b2 ⇒ OD = ab a2 + b2

(cid:114)

Bài tập 2.2.5. [13] Cho hình lập phương ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48). Gọi (P) là mặt phẳng vuông góc với A(cid:48)C tại H.

a) Chứng minh (P) song song hoặc trùng với các mặt phẳng (AB(cid:48)D(cid:48)) và (C(cid:48)BD).

b) Tùy theo vị trí của H trên A(cid:48)C, thiết diện của hình lập phương cắt bởi (P) là hình gì ?

Lời giải.

a) Gọi O và O(cid:48) lần lượt là tâm của hai đáy ABCD và A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48).

Vì ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) là hình lập phương nên B(cid:48)D(cid:48)⊥A(cid:48)C(cid:48) và B(cid:48)D(cid:48)⊥AA(cid:48) nên B(cid:48)D(cid:48)

vuông góc với (AA(cid:48)C(cid:48)C), suy ra B(cid:48)D(cid:48) vuông góc với A(cid:48)C.

Gọi O1 và O1

(cid:48) là tâm của các mặt bên ABB(cid:48)A(cid:48) và DCD(cid:48)C(cid:48). Vì ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) (cid:48) và AB(cid:48)⊥A(cid:48)B suy ra A(cid:48)B⊥ (A(cid:48)BCD(cid:48)), do đó

là hình lập phương nên AB(cid:48)⊥O1O1 AB(cid:48) vuông góc với A(cid:48)C.

Suy ra A(cid:48)C vuông góc với (AB(cid:48)D(cid:48)), mà (P ) là mặt phẳng vuông góc với A(cid:48)C

suy ra (P ) song song hoặc trùng với (AB(cid:48)D(cid:48)).

Lập luận tương tự ta cũng có (P ) song song hoặc trùng với (C(cid:48)BD).

√ a3b a2 + b2 + h2 √ . 1 + , (a ≤ h) . SODE = 1 2 a2 h h2 a2 + b2 = 2h (a2 + b2) ab a2 + b2

b) Gọi I, J lần lượt là giao điểm của A(cid:48)C với C(cid:48)O và AO(cid:48), khi đó I, J cũng là

giao điểm của A(cid:48)C với hai mặt phẳng (C(cid:48)BD) và (AB(cid:48)D(cid:48)).

Hình 2.37.

Hình 2.38.

* Trường hợp 1. H thuộc đoạn CI, không trùng với C (Hình 2.37).

Qua H dựng đường thẳng song song với OC, cắt AC và CC(cid:48) lần lượt tại E và

Qua E dựng đường thẳng song song với BD và cắt CB và CD lần lượt tại M và N. Nối M F và F N ta được (M N F )//(BDC(cid:48)) suy ra tam giác M N F (Hình 2.37) là thiết diện của (P ) với hình lập phương ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48).

Theo cách dựng ta lại có

Suy ra tam giác M N F đồng dạng với tam giác BDC(cid:48). BDC(cid:48) có các cạnh là đường chéo các mặt của hình lập phương nên BDC(cid:48) là tam giác đều, suy ra M N F cũng là tam giác đều.

Vậy: Khi H thuộc đoạn CI, không trùng với C thì thiết diện của hình lập

phương cắt bởi (P ) là tam giác đều.

* Trường hợp 2. H thuộc đoạn JA(cid:48), không trùng với A(cid:48).

Thực hiện tương tự như trường hợp 1 ta được là thiết diện của hình lập

phương cắt bởi (P ) là tam giác đều GKL (Hình 2.37).

* Trường hợp 3. H thuộc đoạn IJ, không trùng với I hoặc J.

Qua H dựng đường thẳng song song với AO(cid:48), cắt A(cid:48)C(cid:48) và AC lần lượt tại H2

= ⇒ = . CM CB CF CC(cid:48) = CN CD M F BC(cid:48) = F N CD M N DB

và H1. Qua H1 dựng đường thẳng cắt AB và AD lần lượt tại A1 và A2. Qua A2 dựng đường thẳng song song với AD(cid:48) và cắt DD(cid:48) tại A3. Qua H2 dựng đường thẳng song song với D(cid:48)B(cid:48) cắt D(cid:48)C(cid:48) và B(cid:48)C(cid:48) lần lượt tại A4 và A5. Qua A1 dựng đường thẳng song song với AB(cid:48) cắt BB(cid:48) tại A6. Nối A3 với A4, A5 với A6 ta được mặt phẳng (A1A2A3A4A5A6) vuông góc với A(cid:48)C (vì song song với mặt phẳng (AB(cid:48)D(cid:48))) suy ra (A1A2A3A4A5A6) trùng với (P ). Do đó thiết diện của hình lập phương cắt bởi (P ) trong trường hợp này là lục giác A1A2A3A4A5A6 (Hình 2.38).

Bài tập 2.2.6. [8] Cho hình vuông ABCD cạnh a. Lấy S là điểm nằm ngoài mặt phẳng (ABCD) sao cho tam giác SAB đều và SC = SD = a

√

a) Chứng minh thiết diệnHKN M là hình thang cân;

b) Tính diện tích thiết diện HKMN theo a và x.

Lời giải. (Hình 2.39)

a) Vì (ABCD) chứa AB, (HM K) chứa HK mà HK//AB (vì HK là đường trung bình trong tam giác SAB) nên hai mặt phẳng này có giao tuyến là M N//AB//CD. Suy ra HKM N là hình thang.

3. Gọi H, K là trung điểm của SA, SB. Lấy điểm M trên cạnh AD. Đặt AM = x (0 ≤ x ≤ a). Mặt phẳng (HM K) cắt BC tại N.

Ta có: SA = SB = a, AD = BC = a, SC = SD = a Suy ra ∆SBC = ∆SAD (c.c.c) ⇒ (cid:91)SBC = (cid:91)SAD

√ 3

Suy ra hình thang HKM N là hình thang cân.

b) Vẽ HH (cid:48) và KK(cid:48) vuông góc với M N (H (cid:48) và K(cid:48)

thuộc M N).

Suy ra HK = H (cid:48)K(cid:48).

Suy ra diện tích thiết diệnHKM N là

⇒ ∆BKN = ∆AHK (c.g.c) ⇒ N K = HM.

Hình 2.39.

Có M N//AB suy ra M N = AB = a; KH là đường

trung bình trong tam giác SAB nên

.KK(cid:48). SHKM N = HK + M N 2

AB = a. KH = 1 2 1 2

Xét ∆BKN có KN 2 = BK2 + BN 2 − 2BK.BN. cos(cid:92)KBN . Xét ∆SBC có SC2 = SB2 + BC2 − 2SB.BC.cos(cid:91)SBC. a2 + a2 − 3a2 2a2

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

⇒ (cid:91)SBC = 1200 ⇔ (cid:92)KBN = 1200 = −

(cid:16)a 2

Ta có HKM N là hình thang cân nên ∆N KK(cid:48) = ∆M HH (cid:48) (c.g.c) ⇒ N K(cid:48) =

+ x2 − 2 x − = + x2 + ax ⇒ KN 2 = a2 4 1 2 ⇒ cos(cid:91)SBC = a2 4 1 2 1 2

Suy ra

M H (cid:48).

Tam giác N KK(cid:48) vuông tại K(cid:48) nên

a − a 2 = = . M N = 2N K(cid:48) + H (cid:48)K(cid:48) ⇒ N K(cid:48) = M N − H (cid:48)K(cid:48) 2 2 a 4

Suy ra diện tích thiết diện HKM N là

KK(cid:48)2 = N K2 − N K(cid:48)2 = + x2 + ax − = + x2 + ax. a2 4 1 2 a2 16 3a2 16 1 2

(cid:17)

(cid:112)

.KK(cid:48) SHKM N = HK + M N 2

(cid:16) a 2 (cid:113)

= . . + a 3a2 + 16a2 + 8ax

Bài tập 2.2.7. [15] Cho tứ diện ABCD. Một mặt phẳng cắt các cạnh AC, CB, DB, DA của tứ diện lần lượt tại M, N, P , Q (Các giao điểm này không trùng với bất cứ đỉnh nào của tứ giác).

a) Tìm điều kiện (cần và đủ) để thiết diện M N P Q là hình thang;

b) Tìm điều kiện (cần và đủ) để thiết diện MNPQ là hình bình hành.

Lời giải. (Hình 2.40)

a) Ta có: M Q = (M N P Q) ∩ (ADC); N P = (M N P Q) ∩ (CBD)

Sử dụng tính chất giao hoán và kết hợp của phép giao hai tập hợp ta có

= 1 4 (4x + a)2 + 2a2. 1 2 3a 16

M Q ∩ P N = (M N P Q) ∩ ((ADC) ∩ (CBD)) = (M N P Q) ∩ CD

Suy ra M Q//N P , hay M Q ∩ P N = ∅ khi và chỉ

khi (M N P Q) ∩ CD = ∅ ⇔ (M N P Q) //CD.

Do đó thiết diện M N P Q là hình thang có hai đáy là M Q và N P khi và chỉ khi mặt phẳng (M N P Q) song song với CD.

Hình 2.40.

Lập luận tương tự ta có M N P Q là hình thang có hai đáy là M N và P Q khi và chỉ khi (mặt phẳng M N P Q song song với AB.

Do đó thiết diện M N P Q là hình thang có hai đáy là M Q và N P khi và chỉ khi mặt phẳng (M N P Q) song song với CD.

Kết hợp lại, ta có điều kiện cần và đủ để thiết diện M N P Q là hình thang khi

và chỉ khi mặt phẳng (M N P Q) song song với AB hoặc CD.

b) Từ lập luận trên ta suy ra thiết diện M N P Q là hình bình hành (tứ giác có hai cặp cạnh đối song song) khi và chỉ khi mặt phẳng (M N P Q) đồng thời song song với AB và CD.

Bài tập 2.2.8. [Thi chọn học sinh giỏi lớp 11 tỉnh Quảng Bình năm học 2014 – 2015] Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và tất 2. M là một điểm trên đoạn AO và cả các cạnh của hình chóp có độ dài bằng AM = x, (0 < x < 1). Mặt phẳng (P) đi qua M và song song với AD và SO.

a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P). Chứng minh thiết diện là hình thang cân.

b) Tính diện tích của thiết diện theo x.

Lời giải. (Hình 2.41)

a) Theo giả thiết (P ) qua M và (P ) //AD nên qua M kẻ đường thẳng song song với AD, lần lượt cắt AB và DC tại H và G, ta có {H} = AB ∩ (P ) , {G} = DC ∩ (P ).

Mặt khác (P ) qua M và (P ) //SO nên qua M kẻ

đường thẳng song song với SO cắt SA tại E, ta có

√

Hình 2.41.

{E} = SA ∩ (P ) .

Khi đó (P ) qua E và (P ) //AD nên qua E kẻ đường

thẳng song song với AD cắt SD tại F , ta có

Ta được thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P ) là tứ giác EF GH.

Vì EF//AD; AD//GH suy ra EF//GH nên thiết diện EF GH là hình thang.

Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều và cách xác định thiết diện ta có

{F } = SD ∩ (P ) .

Do đó, thiết diện EF GH là hình thang cân.

b) Ta có

AE = DF, AH = DG, (cid:91)EAH = (cid:91)F DG suy ra ∆AEH = ∆DF G (c.g.c). Suy ra EH = F G.

(cid:112)

√ HG = AD = 2; AO = AC = AB2 + BC2 = 1. 1 2 1 2

hình thang EF GH.

SO⊥ (ABCD) ⇒ SO⊥HG; M E//SO ⇒ M E⊥HG suy ra M E là đường cao của

Vì M E//SO nên

√ EM//SO ⇒ EM ⊥AO ⇒ ∆AM E vuông tại M suy ra M E = AE2 − AM 2.

Suy ra

(cid:112)

√ = = x ⇒ AE = x 2. AE AS AM AO

Lại có EF//HG nên

M E = AE2 − AM 2 = 2x2 − x2 = x.

Suy ra diện tích thiết diện EF GH là

√ √ = ⇒ EF = SE = SA − AE = 2 − x 2. EF HG SE SA

(cid:0)√

Bài tập 2.2.9. [14] Cho hình lập phương nội tiếp hình cầu S(O;R) với R = a. Trong hình lập phương ấy lại nội tiếp một hình cầu S1 (O; R1). Qua trung điểm của hai cạnh liên tiếp của hình lập phương ta dựng một mặt phẳng (α) tiếp xúc với hình cầu S1 (O; R1). Mặt phẳng (α) cắt hình lập phương theo thiết diện là hình gì ? Tính diện tích thiết diện đó theo a.

Lời giải.

√ √ √ 2 − x 2 + 2(cid:1) x = (EF + GH) M E = . SEF GH = 1 2 1 2 2 (2 − x) x 2

Nhận xét: Không mất tính tổng quát, ta xét M, N thuộc hai cạnh BC và CD. Gọi Q

là tiếp điểm của mặt phẳng tiếp tuyến qua M N với mặt cầu thì M N vuông góc với mặt phẳng (OQO1), OO1 ∈ (AA(cid:48)CC(cid:48)) , M N ⊥ (AA(cid:48)CC(cid:48)) ⇒ Q ∈ (AA(cid:48)CC(cid:48)).

Hình 2.42.

Hình cầu S1 (O; R1) nội tiếp hình lập phương ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) sẽ tiếp xúc với các mặt của hình lập phương tại tâm của mặt đó.

Ta xác định thiết diện của hình lập

phương cắt bởi (α) như sau:

Xác định đường tròn tròn tâm O, bán kính R1 là giao của mặt phẳng (AA(cid:48)C(cid:48)C) với mặt cầu S1. Gọi P là giao của M N với AC, qua P dựng tiếp tuyến P Q với đường tròn đó, P Q cắt CC(cid:48) tại S. ta được thiết diện của hình lập phương cắt bởi (α) là tam giác SM N (Hình 2.42).

Vì M C = M N =

BC; (cid:91)SCM = (cid:91)SCN = 900, cạnh CS chung nên 1 2

Hình lập phương ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) nội tiếp trong hình cầu S(O; R), mặt phẳng (AA(cid:48)C(cid:48)C) cắt mặt cầu S(O; R) theo đường tròn tâm O, bán kính R (Hình 2.43) và O là trung điểm của O1O2.

Ta có O1O2 = AA(cid:48). Gọi x là độ dài cạnh hình lập

phương.

∆SCM = ∆SCN (c.g.c). Suy ra SM = SC do đó thiết diện SM N là tam giác cân tại S.

Xét tam giác OAO1 vuông tại O1, ta có √ x 2 2

và

x = O1A = ; O1O = O1O2 2 2

2 + O1A2 = OA2.

Suy ra

OO1

Hình 2.43.

√ 3 R2 = + = ⇒ x = . x2 4 2x2 4 3x2 4

Do đó, độ dài cạnh của hình lập phương là x =

2R 3 √ 3 . 2a 3

Ta có diện tích thiết diện SM N

Vì

. SSM N = SCM N cos (cid:91)SP C

suy ra

M N.CP = . . = SCM N = 1 2 1 2 DB 2 AC 4 AC2 16

Ta nhận thấy (cid:91)SP C = (cid:92)O1OQ vì cùng bù với góc (cid:92)O1P Q, suy ra

= = . SCM N = 2x2 16 2.4.a2.3 16.9 a2 6

x √ 2 √

(cid:92)P OO1 =

(cid:92)O1OQ 2

(cid:91)SP C 2

Suy ra

= , tan = = . = 2 2 O1P OO1 4 x 2

(cid:91)SP C 2 (cid:91)SP C 2

Suy ra

√ 2 tan √ tan (cid:91)SP C = = = 2 2. 1 − 1 − tan2 2 1 2

(vì (cid:91)SP C là góc nhọn).

Suy ra diện tích thiết diện SM N là

= ⇒ cos (cid:91)SP C = cos2(cid:91)SP C = 1 9 1 3 1 1 + tan2(cid:91)SP C

= = . SSM N = a2 2 SCM N cos (cid:91)SP C a2 6 1 3

2.3 Dạng bài tập thiết diện phụ thuộc vào điểm di động

Đây là dạng bài tập có tính chất tổng hợp các dạng bài tập trên, đặc biệt là phải biện luận theo các tình huống xảy ra ứng với các vị trí của điểm di động.

Bài tập 2.3.1. [13] Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) cạnh đáy bằng a, chiều cao h. Gọi I là trung điểm của AB, M là một điểm trên cạnh BC.

a) Xác định các dạng thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mặt phẳng (A(cid:48)IM ) khi M thay đổi vị trí trên BC.

b) Xác định vị trí của M để mặt phẳng (A(cid:48)IM ) vuông góc với mặt phẳng (BCC(cid:48)B(cid:48)). Tính diện tích thiết diện khi đó.

Lời giải.

a) Xác định thiết diện:

Gọi K là giao của A(cid:48)I với BB(cid:48), E là giao của KC(cid:48) với BC.

Ta có:

IB//A(cid:48)B(cid:48), IB = AB = A(cid:48)B(cid:48) ⇒ KB = KB(cid:48) hay B là trung điểm của KB’. 1 2

hay E là trung điểm của BC.

Ta xét các vị trí của M:

* Trường hợp 1. M trùng với B. Khi đó (A(cid:48)IM ) không cắt lăng trụ.

* Trường hợp 2. M trùng với E. Khi đó, thiết diện là tứ giác M IA(cid:48)C. Vì

BE//B(cid:48)C(cid:48) ⇒ 1 2 BE B(cid:48)C(cid:48) = 1 2 KB KB(cid:48) = 1 2

* Trường hợp 3. M trùng với C. Khi đó thiết diện là tam giác A(cid:48)IC.

* Trường hợp 4. M thuộc đoạn BE (không trùng với B hoặc E), khi đó đường thẳng KM cắt B(cid:48)C(cid:48) tại D. Thiết diện là hình thang M IA(cid:48)D (Vì (A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)) song song với (ABCD) nên A(cid:48)D//IM) (Hình 2.44).

Hình 2.44.

Hình 2.45.

* Trường hợp 5. M thuộc đoạn EC (Không trùng với E hoặc C), khi đó KM

cắt C(cid:48)C tại F. Thiết diện là tứ giác M IA(cid:48)F (Hình 2.45).

(A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)) song song với (ABCD) nên A(cid:48)C(cid:48)//IE do đó M IA(cid:48)C(cid:48) là hình thang.

b) Vì (ABC) ⊥ (BCC(cid:48)B(cid:48)) , (A(cid:48)IM ) ⊥ (BCC(cid:48)B(cid:48)) nên giao tuyến của (A(cid:48)IM ) với

Vì tam giác ABC đều, E là trung điểm của BC nên AE⊥BC suy IM//AE. Trong tam giác ABE có điểm I là trung điểm của AB và IM//AE nên M là trung điểm của BE.

(ABC) là IM vuông góc với BC.

điểm của BE suy ra D là trung điểm của B(cid:48)C(cid:48).

M thuộc đoạn BE nên thiết diện là tứ giác M IA(cid:48)D (Hình 2.44). M là trung

diện M IA(cid:48)D là hình thang vuông tại M và D.

Suy ra thiết diện lúc này là hình thang M IA(cid:48)D vuông tại M và D.

Diện tích thiết diện M IA(cid:48)D là

(cid:0)A(cid:48)D + M I(cid:1) .M D.

M I⊥BC, M I⊥BB(cid:48) ⇒ M I⊥ (BCC(cid:48)B(cid:48)) ⇒ M I⊥M D ∈ (BCC(cid:48)B(cid:48)), do đó thiết

SM IA(cid:48)D = 1 2

Trong tam giác đều A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48) ta có A(cid:48)D = giác KA(cid:48)D nên

a √ 3 , IM là đường trung bình trong tam 2

Trong tam giác DM E vuông tại E có

(cid:114)

(cid:112)

√ a 3 AE = A(cid:48)D = , IM = 1 2 1 2 4

Suy ra

DM = DE2 + EM 2 = h2 + . a2 16

(cid:114)

(cid:112)

Bài tập 2.3.2. [13] Cho hình hộp đứng ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) có AB = 2a, góc ADB vuông và góc ABD bằng 300 Đường cao của hình hộp là a. Gọi (P ) là mặt phẳng qua điểm M trên cạnh AB và song song với AD và D(cid:48)O (O là tâm của ABCD).

a) Tùy theo vị trí của M trên AB, hãy xác định thiết diện của (P ) với hình hộp.

b) Tính diện tích thiết diện theo a và x = AM.

Lời giải. (Hình 2.46)

a) Xác định thiết diện:

Qua M dựng đường thẳng song song với AD, cắt DB tại H và cắt DC tại N.

√ √ 3a 3 3 h2 + = 16h2 + a2. SM IA(cid:48)D = 3a 8 a2 16 32

Dựng đường thẳng d qua H song song với D(cid:48)O ta được mặt phẳng (P ) là mặt phẳng chứa M N và d.

Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó nếu M trùng với I thì H trùng với O (vì M H//AD và

Hình 2.46.

* Trường hợp 1. Nếu M ở trong đoạn AM (M không trùng với A) thì H ở trong đoạn DO (H không trùng với D). Khi đó d cắt DD(cid:48) tại E. Dựng đường thẳng qua E song song với AD, cắt AA(cid:48) tại F. Nối EM, EN ta được thiết diện là tứ giác M N EF.

* Trường hợp 2. Nếu M ở trong đoạn BI (M không trùng với B) thì H ở

trong đoạn QB (H không trùng với B). Khi đó đường thẳng d cắt D(cid:48)B(cid:48) tại K.

Qua K dựng đường thẳng d(cid:48) song song với A(cid:48)D(cid:48) (vì A(cid:48)D(cid:48)//AD nên d(cid:48)//AD), cắt A(cid:48)B(cid:48) tại L, cắt D(cid:48)C(cid:48) tại G. Nối M L, GN ta được thiết diện là tứ giác M N GL.

b) Tính diện tích thiết diện:

* Trường hợp 1. Khi M ở trong đoạn AM (M không trùng với A), (0 < x < a). Vì (cid:91)ADB = 900, M N ⊥DD(cid:48) ⇒ AD⊥ (DD(cid:48)B(cid:48)B) mà M N//AD suy ra M N ⊥ (DD(cid:48)B(cid:48)B)

O là trung điểm của DB).

Trong tam giác ADB vuông tại D có

⇒ EH⊥M N. Suy ra diện tích thiết diện M N EF là SM N EF = M N.EH.

(cid:91)ABD = 300 ⇒ DA =

Trong tam giác vuông D(cid:48)DO có

√ a 3 AB = = a ⇒ M N = AD = a, DO = = . 1 2 2a 2 BD 2 2

Vì EH//D(cid:48)O và M N//AD nên

√ a 7 D(cid:48)O2 = DD(cid:48)2 + DO2 = a2 + = ⇒ D(cid:48)O = . 3a2 4 7a2 4 2

suy ra

= = = = , EH D(cid:48)O DH DO 2DH DB 2AM AB x a

* Trường hợp 2. Khi M ở trong đoạn BI (M không trùng với B) (a ≤ x < 2a)

√ 7 √ 7 √ 7 x x = = . EH = D(cid:48)O. ⇒ SM N EF = a. 2 x a 2 ax 2

Khi đó KH = OD(cid:48) suy ra

Bài tập 2.3.3. [8] Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Gọi M và P là hai điểm di

động trên AD và BC sao cho AM = CP = x (0 < x < a). Gọi (α) là mặt phẳng qua MP và song song với CD.

a) Chứng minh thiết diện của tứ diện bị cắt bởi (α) là hình thang cân.

b) Tìm x để diện tích thiết diện nhỏ nhất.

Lời giải. (Hình 2.47)

a) Vì (α) //CD suy ra giao tuyến của (α) với

√ √ a 7 7 = . SM N EF = M N.KH = a. 2 a2 2

Qua M dựng đường thẳng song song với CD cắt AC tại N. Qua P dựng đường thẳng song song với DC, cắt BD tại Q. Ta được thiết diện là tứ giác M N P Q. Vì M N//P Q (vì cùng song song với CD) nên M N P Q là hình thang.

Vì ABCD là tứ diện đều nên

Hình 2.47.

(cid:91)ADB = (cid:91)ACB = 600; M N//DC ⇒ N C = M D = a − x; P Q//DC ⇒ QD = P C = x ⇒ ∆N P C = ∆M QD

(ACD) và với (BCD) cùng song song với CD.

Suy ra M N P Q là hình thang cân.

b) Gọi H và K lần lượt là là chân các đường vuông góc hạ từ N và M xuống

⇒ N P = M Q.

Suy ra diện tích thiết diện M N P Q là

P Q.

Tam giác ACD đều, M N//CD suy ra tam giác AM N đều, suy ra

(M N + P Q) .N H. SM N P Q = 1 2

Tam giác BCD đều, P Q//CD suy ra tam giác BP Q đều, suy ra

M N = AM = x.

P Q = BP = a − x.

Trong tam giác N P H có N H 2 = N P 2 − P H 2. Ta lại xét:

- Trong tam giác P N C có

- Xét ∆N P H = ∆M QK ⇒ P H = KQ ⇒ 2P H = P Q − HK = P Q − M N.

Do đó

N P 2 = CN +CP 2 −2CN.CP. cos 600 = (a − x)2 +x2 −2 (a − x) .x. = 3x2 −3ax+a2. 1 2

Suy ra

(cid:17)2

2P H = P Q − M N = a − 2x ⇔ P H = − x. a 2

(cid:16)a 2

Do đó, diện tích thiết diện M N P Q là

(cid:114)

(cid:18)

(cid:19)

(cid:16)

(cid:17)2

N H 2 = N P 2 − P H 2 = 3x2 − 3ax + a2 + + x = 2x2 − 2ax + 3a2 4

(cid:115) 2

Ta có

x2 − ax + = x − (M N + P Q) .N H = + . SM N P Q = a 2 3a2 8 a 2 a2 8 1 2 a √ 2

(cid:114)

(cid:16)

(cid:17)2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

√ a 2 ≥ ⇔ x − ≥ x − + + ⇔ SM N P Q ≥ a 2 a2 8 a2 8 a 2 a2 8 4 a2 4

Vậy diện tích thiết diện M N P Q nhỏ nhất bằng

. Khi đó x =

, P là trung

= 0 ⇔ x = . x − a 2 a 2

điểm của BC và M là trung điểm của AD.

Bài tập 2.3.4. [13] Cho hình tứ diện S.ABC có ABC là tam giác đều cạnh bằng a. SA vuông góc với (ABC) và SA = a. Gọi M là một điểm tùy ý trên AC (M (cid:54)= A, M (cid:54)= C), mặt phẳng (α) qua M và vuông góc với AC.

a) Tùy theo vị trí của điểm M, xác định thiết diện tạo bởi (α) và tứ diện S.ABC.

b) Đặt CM = x (0 < x < a). Tính diện tích S của thiết diện trên theo a và x.

c) Xác định x để diện tích S lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó.

Lời giải.

a) Xác định thiết diện tạo bởi (α) và tứ diện S.ABC.

a2 4 a 2

Theo ví dụ 1.4.12 (Mục 1.4.6) ta có:

Gọi I là trung điểm của AC, vì tam giác ABC đều nên BI⊥AC.

* Trường hợp 1. M thuộc đoạn AI, (M (cid:54)= A, M (cid:54)= I).

Thiết diện là hình thang M N P Q vuông tại M và N (Hình 2.48).

* Trường hợp 2. M thuộc đoạn IC, M khác C.

Thiết diện là tam giác QM K vuông tại M, K thuộc cạnh BC (Hình 2.49).

Hình 2.48.

Hình 2.49.

b) Tính diện tích thiết diện theo a và x.

* Trường hợp 1. M thuộc đoạn AI, khi đó

Diện tích thiết diện M N P Q là

< x < a. a 2

Áp dụng định lý Ta-lét, ta có M N//BI nên

(N P + M Q) .M N. SM N P Q = 1 2

nên

= ⇒ M N = . M N BI AM AI BI.AM AI

Trong tam giác ABI vuông tại I, AB = a, AI = √ 3

a 2

(cid:112)

Suy ra

a BI = AB2 − AI 2 = . 2

√ 3 a √ 2 M N = = 3 (a − x) ;

. (a − x) a 2

M Q//SA nên

= = ⇒ M Q = = x; M Q SA CM CA x a ax a

N P//SA nên

Suy ra diện tích thiết diện

a 2 = = = ⇒ N P = 2x − a. N P SA BN BA M I AI x − a 2

* Trường hợp 2. M thuộc đoạn IC, khi đó 0 < x ≤

√ √ (x + 2x − a) . (3x − a) (a − x) . 3 (a − x) = SM N P Q = 1 2 3 2

Diện tích thiết diện là

a 2

Từ trường hợp 1, có M Q = x; M Q//IB nên

M K.M Q. SKM Q = 1 2

Suy ra

√ √ a 3 = = ⇒ M K = . = x 3. M K BI CM CI 2 2x a x a 2

Vậy, diện tích thiết diện

√ √ .x x2. 3.x = SKM Q = 1 2 3 2

√

 

(a − x) (3x − a) , < x < a) ( a 2 S =



c) Xác định x để diện tích S lớn nhất

* Nếu

, (0 < x ≤ ). 3 2 √ 3.x2 2 a 2

< x < a thì a 2 √ √

Mặt khác, với

S = (a − x) (3x − a) = (3x − a) (3a − 3x) . 3 6 3 2

Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy ta có

< x < a thì 3x − a > 0, 3a − 3x > 0. a 2

(cid:17)2

√ √

(cid:16) 3x − a + 3a − 3x 2

Hay

S ≤ = a2. 3 6 3 6

√

a2. S ≤ 3 6

* Nếu 0 < x ≤

thì

(cid:17)2√

a 2

(cid:16)a 2

Hay

√ 3 √ 3 ≤ S = = a2. x2 2 3 8 8

√

Vì

S ≤ a2. 3 8

√

a2 a2 ≤ 3 6 √ 3 8 √

nên giá trị lớn nhất của S bằng

a2, 3 6

Vậy diện tích thiết diện S lớn nhất khi bằng

khi x =

S = . a2 khi và chỉ khi < x < a và 3x − a = 3a − 3x. Khi đó, x = √ 3 6 a 2 2a 3 √ 3 . a2 6 2a 3

Bài tập 2.3.5. [13] Cho hình chóp S.ABCD, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), ABCD là hình thang vuông tại A và B, có đáy lớn AD = 2a, đáy nhỏ 2. Gọi M là một điểm nằm trên đường chéo BC = a và AB = 2a, và SA = a AC (M khác A và C), đặt AM = x. Mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với AC.

a) Tùy theo vị trí của M trên đoạn AC, hãy xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD với (P).

b) Tính diện tích của thiết diện này theo a và x. Xác định x để thiết diện có diện tích lớn nhất.

Lời giải. (Hình 2.50)

a) Xác định thiết diện tùy theo vị trí của M

trên AC.

Gọi I là trung điểm của AD, tứ giácABCI

có AB vuông góc với AD, AI//BC, AI = BC = BA = a, do đó ABCI là hình vuông suy ra BI⊥AC ⇒ BI// (P ).

Ta lại có SA⊥AC ⇒ SA// (P ) .

Gọi O là giao điểm của AC và BI thì O là

trung điểm của AC và BI.

Hình 2.50.

√

* Trường hợp 1. M thuộc đoạn OA,

Ta có (P ) //BI và (P ) //SA suy ra thiết diện được xác định như sau:

Qua M dựng đường thẳng song song với BI, cắt các cạnh AB, AD lần lượt tại E và F . Qua E, M, F dựng đường thẳng song song với SA và cắt SB, SC, SD lần lượt tại L, K, H. Nối KL, KH ta được thiết diện là ngũ giác EF HKL.

√ a 2 (0 < x < AM = ). 2

* Trường hợp 2. M thuộc đoạn OC, (

Qua M dựng đường thẳng song song với BI, cắt BC và AD lần lượt tại J và

√ √ a 2 ≤ x < a 2). 2

b) Tính diện tích thiết diện:

G. Qua M và G dựng các đường thẳng song song với SA, lần lượt cắt SC và SD tại Q và R. Nối JQ, RG ta được thiết diện là tứ giác JGRQ. Vì CD//(P ) nên QR//CD//BI suy ra QR//JG. Mà (P )//SA suy ra RG//SA. SA vuông góc với BI nên RG vuông góc với QR và JG. Do đó thiết diện JGRQ là hình thang vuông tại R và G.

* Trường hợp 1. M thuộc đoạn OA, (0 < x <

Diện tích thiết diện là S1 = SM KHF + SM KLE.

Ta có: (P ) //BI, BI//DC (vì BCDI là hình bình hành) suy ra DC//(P ). (P )

giao với (SCD) tại HK suy ra KH//DC//BI; (P ) giao với (ABCD) tại EF//BI. Suy ra EF//HK. Lại có EL//M K//HF//SA nên EF vuông góc với EL, M K và

√ 2 a ). 2

Suy ra M F HK là hình chữ nhật và M KLE là hình thang vuông tại E và M.

HF.

hình vuông).

= = M F//OI ⇒ ⇒ M F = AM = x (AM = OI vì ABCI là AM AO M F OI M F AO

(cid:19)

√ √ √ a M K//SA ⇒ 2 − x; ⇒ M K = = = = a M K SA CM CA SA.CM CA √ 2 (cid:0)a √ a √ 2 2 − x(cid:1) 2 (cid:18)a a 2 − x √ LE//SA ⇒ = = ⇒ LE = = = a 2 − 2x. LE SA BE BA OM OA SA.OM OA 2 √ 2 a

Suy ra diện tích hình chữ nhật M F HK là: SM F HK = M F.M K = x (cid:0)a

√ 2 − x(cid:1) .

Diện tích hình thang vuông EM KL là

(cid:0)a

Do đó diện tích thiết diện EF HKL là

√ √ √ 2 − 3x(cid:1) x (M K + EL) M E = 2 − x + a 2 − 2x(cid:1) x = SEM KL = 1 2 1 2 2

(cid:0)a

√ √ √ 2 − 3x(cid:1) x 2 − x(cid:1) + = x (cid:0)4a 2 − 5x(cid:1) . S1 = SM KHF + SM KLE = x (cid:0)a 2 1 2

* Trường hợp 2. M thuộc đoạn OC, (

√ √ a 2 ≤ x < a 2). 2

Diện tích thiết diện JGRQ là: S2 =

Vì QR//CD nên

(JG + RQ) RG. 1 2 √ JG = BI = a 2

Vì RG//SA nên

= = ⇒ RQ = = = x. RQ CD SQ SC AM AC CD.AM AC √ 2.x √ 2 a a

Suy ra

√ = = ⇒ RG = = a 2 − x. RG SA DG DA CM CA SA.CM CA

(cid:0)a

(cid:0)2a2 − x2(cid:1) .

Vậy, diện tích thiết diện là

√ √ 2 + x(cid:1) (cid:0)a 2 − x(cid:1) = S2 = 1 2 1 2

 

(cid:0)2a2 − x2(cid:1) ,



* Xác định x để thiết diện có diện tích lớn nhất:

Ta có

√ √ a 2 2 − 5x(cid:1) , x (cid:0)4a S1 = 2 S = ) √ (0 < x < √ 2 a ≤ x < a 2) ( S2 = 1 2 1 2 2

(cid:19)2

(cid:18)4a

√ √ √ 2 + 5x + 5x x (cid:0)4a 2 − 5x(cid:1) = .5x (cid:0)4a 2 − 5x(cid:1) ≤ = S1 = 1 2 1 10 1 10 2 4a2 5

Suy ra max S1 =

. 4a2 5

(cid:18)

(cid:19)

√ √ √ 2 a 2 ⇔ 4a 2 + 5x = 5x, x ∈ 0; ⇔ x = S1 = 4a2 5 2 2a 5

(cid:34)

(cid:19)2(cid:35)

(cid:18)a

(cid:0)2a2 − x2(cid:1) ≤

√ 2 = < . 2a2 − ⇒ max S2 = S2 = 1 2 2 3a2 4 3a2 4 4a2 5 1 2

Vậy diện tích thiết diện đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x =

. max S2 < max S1 suy ra max S = max S1 = 4a2 5 √ 2

Bài tập 2.3.6. [13] Cho hình lăng trụ ABC.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48). Gọi M, N, P là ba điểm lần lượt trên AB(cid:48), AC(cid:48) và B(cid:48)C sao cho

2a 5

AM AB(cid:48) = CP CB(cid:48) = x.

Lời giải. (Hình 2.51)

Trong tam giác AB(cid:48)C có

C(cid:48)N AC(cid:48) = Xác định x để (MNP) song song với (A(cid:48)BC(cid:48)). Khi đó, hãy tính diện tích thiết diện của lăng trụ cắt bởi mặt phẳng (MNP). Biết tam giác BA(cid:48)C(cid:48) là tam giác đều cạnh a.

suy ra M P//AC//A(cid:48)C(cid:48).

Để (M N P ) song song với (A(cid:48)BC(cid:48)) thì giao tuyến của (M N P ) với (ACC(cid:48)A(cid:48)) là đường thẳng qua N song song với A(cid:48)C(cid:48).

Hình 2.51.

Dựng đường thẳng qua N song song với A(cid:48)C(cid:48) cắt đường thẳng AA(cid:48) tại R và cắt đường thẳng CC(cid:48) tại S. (MNP) song song với (A(cid:48)BC(cid:48)) nên RM//A(cid:48)B khi và chỉ khi

AM AB(cid:48) = CP CB(cid:48)

Suy ra

= AM AO AR AA(cid:48) = AN AC(cid:48) (vì RS//A’C’, O là giao của A’B với AB’ ).

Suy ra

= = 1 − AM AO AR AA(cid:48) = AN AC(cid:48) = AC(cid:48) − C(cid:48)N AC(cid:48) C(cid:48)N AC(cid:48) = 1 − x.

= 1 − x ⇔ = 2. . AM AO AM AB(cid:48) = 1 − x ⇔ 2.x = 1 − x ⇔ x = 1 3 AB(cid:48) AM 1 2

Vậy để (MNP) song song với (A(cid:48)BC(cid:48)) thì x =

Khi đó

. 1 3

Khi đó M, N, P , R lần lượt thuộc các đoạn AO, AC(cid:48), CK, AA(cid:48) (K là giao của BC(cid:48) với CB(cid:48)). Gọi Q, T lần lượt là giao của RM với AB và SP với BC. Khi đó Q và T nằm trong các đoạn AB và BC. Ta được thiết diện là tứ giác RST Q.

Ta có

AM = AB(cid:48); C(cid:48)N = AC(cid:48); CP = CB(cid:48). 1 3 1 3 1 3

Suy ra

AC//A(cid:48)C(cid:48) ⇒ AC// (M N P ) ; T Q// (M N P ) , T Q ∈ (ABC) ⇒ T Q//AC//M P.

(vì RS = AC).

Mà

= = T Q RS T Q AC BQ BA

Suy ra

= = = 1 − = 1 − (1 − x) = x. BQ BA M O OA OA − AM OA AM OA

Gọi I là giao của RQ và ST suy ra tam giác IQT đồng dạng với tam giác IRS

. Do đó

với tỷ số

= x = . QT RQ 1 3

1 3

Lại có ∆IRS = ∆BA(cid:48)C(cid:48) (c.c.c).

Tam giác BA(cid:48)C(cid:48) đều cạnh a nên

= ⇒ SIQT = .SIRS ⇒ ST QRS = .SIRS. 1 9 1 9 8 9 SIQT SIRS

Suy ra diện tích thiết diện là

√ 3 . S∆IRS = S∆BA(cid:48)C (cid:48) = a2 4

√ √ 3 3 . . = ST QRS = 8 9 2a2 9

a2 4 Bài tập 2.3.7. [13] Cho hình lập phương ABCD.A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48) cạnh bằng a, M là một điểm di động trên cạnhAB. Đặt AM = x (0 ≤ x ≤ a). Mặt phẳng (A(cid:48)M C) cắt cạnh C(cid:48)D(cid:48) tại N. Xác định vị trí của M để thiết diện trên có diện tích nhỏ nhất. Khi đó, tính góc giữa mặt phẳng (A(cid:48)M C) với mặt phẳng chứa đáy của hình lập phương.

Lời giải. (Hình 2.52)

Ta có (A(cid:48)B(cid:48)C(cid:48)D(cid:48))//(ABCD)và (ABB(cid:48)A(cid:48))//(cid:0)CDD(cid:48)C(cid:48)(cid:1)

suy ra A(cid:48)N//M C và A(cid:48)M//CN suy ra thiết diện A(cid:48)M CN là hình bình hành. Do đó ta xác định được N là giao điểm của A(cid:48)C với đường thẳng qua M và trung điểm của A(cid:48)C.

Ta dựng AH⊥CM (H ∈ CM ), ta có CM ⊥AA(cid:48) suy ra CM ⊥ (AA(cid:48)H) suy ra góc giữa hai mặt phẳng (A(cid:48)M C) và (ABCD) bằng góc A(cid:48)HA.

Hình 2.52.

Gọi E là hình chiếu vuông góc của N lên (ABCD), suy ra hình chiếu vuông góc của thiết diện A(cid:48)M CN trên mặt phẳng (ABCD) là tứ giác AM CE. Suy ra diện tích thiết diện A(cid:48)M CN là

- Vì E là hình chiếu vuông góc của N lên (ABCD) nên E thuộc CD, AE//A(cid:48)N//CM

và AE = A(cid:48)N = CM nên AM CE là hình bình hành, do đó AM = CE.

Suy ra BM = DE = a − x ⇒ ∆ADE = ∆CBM.

Do đó SAM CE = SABCD − 2SCBM = a2 − a (a − x) ax.

- Trong tam giác vuông A(cid:48)HA có

. SA(cid:48)M CE = SAM CE cos(cid:92)A(cid:48)HA

Trong tam giác vuông M BC có

cos(cid:92)A(cid:48)HA = . AH A(cid:48)H

4M C2 = BC2 + M B2 = a2 + (a − x)2 = 2a2 + x2 − 2ax.

Hai tam giác vuông M HA và M BC đồng dạng suy ra ax 2a2 + x2 − 2ax

Trong tam giác vuông A(cid:48)AH có

√ ⇒ AH = = = . M A.BC M C M A M C AH BC

suy ra

(cid:114)

+ a2 = A(cid:48)H 2 = AH 2 + AA(cid:48)2 = a2x2 2a2 + x2 − 2ax 2a4 + 2a2x2 − 2a3x 2a2 + x2 − 2ax

. A(cid:48)H = 2a4 + 2a2x2 − 2a3x 2a2 + x2 − 2ax

Do đó

√

(cid:114)

√ cos(cid:92)A(cid:48)HA = = = . AH A(cid:48)H ax 2a4 + 2a2x2 − 2a3x

Suy ra

(cid:112)

ax 2a2 + x2 − 2ax 2a4 + 2a2x2 − 2a3x 2a2 + x2 − 2ax

= = 2a4 + 2a2x2 − 2a3x. SA(cid:48)M CE = √ SAM CE cos(cid:92)A(cid:48)HA ax ax 2a4 + 2a2x2 − 2a3x

nhất.

Xét hàm số f (x) = 2a2x2 − 2a3x + 2a4, x ∈ [0; a].

Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:

Từ bảng biến thiên của f (x) ta có giá trị nhỏ nhất của f (x) là

, f (x) đạt

SA(cid:48)M CE đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 2a4 + 2a2x2 − 2a3x đạt giá trị nhỏ

, khi đó M là trung điểm của AB.

giá trị nhỏ nhất tại x =

3a4 2

Suy ra thiết diện có diện tích nhỏ nhất là

, khi đó M là trung điểm của

a 2 √ 6

Góc giữa mặt phẳng (A(cid:48)M C) với mặt phẳng đáy hình lập phương khi đó là

góc A(cid:48)HA sao cho

a2 2 AB.

a. √ a 2 √ = = . cos(cid:92)A(cid:48)HA = 6 1 √ 6 ax 2a4 + 2a2x2 − 2a3x

Bài tập 2.3.8. [IMO - Năm 2000] Hãy chỉ ra rằng có thể cắt bất kỳ lăng trụ tam giác có chiều dài vô hạn bởi một mặt phẳng cho ra kết quả thiết diện là một

tam giác đều.

Lời giải.

a2 2

Giả sử rằng một mặt phẳng trực giao với các cạnh của lăng trụ tại A, B, C. Ta đặt BC = a, CA = b, AB = c và không mất tính tổng quát ta giả sử a ≤ b ≤ c.

Với t ≥ 0, xác định

(cid:114)

(cid:16)

(cid:17)2

(cid:112)

Khi đó

f (t) = a2 + t + c2 − b2 + t2 − c2 + t2.

(cid:112)

Mặt khác, ta có

(cid:113)

(cid:112)

√ f (0) = a2 + c2 − b2 − c2 ≤ 0.

Vì f là liên tục nên tồn tại t0 sao cho f (t0) = 0.

(cid:112)

f (b) = a2 + (b + c)2 − c2 + b2 > 0.

Ta lấy B(cid:48) nằm trên cùng một cạnh với B, cách B một khoảng bằng t ; C(cid:48) nằm 2 và nằm trên cùng một cạnh với C và cách C một khoảng bằng trên giá đối diện của mặt phẳng (ABC) tính từ B(cid:48). Áp dụng định lý Pitago ta có:

(cid:112)

c2 − b2 + t0

(cid:113)

(cid:112)

AB(cid:48) =

2(cid:1) =

2; c2 + t0 b2 + (cid:0)c2 − b2 + t0 (cid:114)

(cid:16)

(cid:112)

2(cid:17)2

AC(cid:48) = c2 + t0

Suy ra AB(cid:48) = AC(cid:48) = B(cid:48)C(cid:48) hay mặt phẳng (AB(cid:48)C(cid:48)) cắt hình lăng trụ tam giác

tạo thành thiết diện là tam giác đều.

Vậy có thể cắt bất kỳ lăng trụ tam giác có chiều dài vô hạn bởi một mặt

phẳng cho ra kết quả thiết diện là một tam giác đều.

Bài tập 2.3.9. [Thi chọn học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Tuyên Quang năm

B(cid:48)C(cid:48) = a2 + = t0 + c2 − b2 + t0 c2 + t0

học 2010 - 2011] Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Đường cao của hình chóp là SA = a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM = x 2. (α) là mặt phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD).

a) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (α). Tính diện tích thiết diện theo a và x.

b) Xác định x để thiết diện là hình thang vuông. Trong trường hợp đó tính thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện.

√

Lời giải.

a) Ta có:

Qua M dựng đường thẳng song song với SA, cắt AB tại N. Dựng đường thẳng qua O song song với SA, cắt SC tại K. Gọi H là giao của đường

thẳng N O với DC. Nối M K, KH ta được thiết diện cần tìm là tứ giác M N HK (Hình 2.53).

Vì M N//OK//SA nên M N ⊥ (ABCD);

Hình 2.53.

SA⊥ (ABCD) , (α) ⊥ (ABCD) ⇒ SA// (α)

Suy ra diện tích thiết diện M N HK là

OK⊥ (ABCD) suy ra M N KO là hình thang vuông tại N và O, KOH là tam giác vuông tại O.

(M N + KO).ON + .OK.OH. SM N HK = SM N KO + S∆KOH = 1 2 1 2

O là trung điểm của AC, OK//SA nên

= . OK = SA 2 a 2

tam giác BN M vuông cân tại N do đó BN = N M,

M N//SA nên tam giác BN M đồng dạng với tam giác vuông cân BAS suy ra

(cid:112)

Xét tam giác OBN có

√ √ BM = BN 2 + N M 2 = BN 2 = x 2 ⇒ BN = x.

(vì ABCD là hình vuông cạnh a).

Ta có

(cid:113)

√ 2 a = , (cid:91)N BO = 450 BN = x, BO = BD 2 2

Suy ra

(cid:114)

ON = BN 2 + BO2 − 2BN.BO.cos (cid:91)OBN .

Suy ra diện tích thiết diện M N HK là

√ 2 a x2 + − 2x x2 − ax + = OH. ON = .cos450 = a2 2 2 a2 2

(cid:114)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:114)

x + x2 − ax + + x2 − ax + . SM N HK = 1 2 a 2 a2 2 a 2 1 2 a2 2

b) Thiết diện M N HK là hình thang vuông khi

và chỉ khi M K//N O//BC (Hình 2.54).

Khi đó

(x + a). x2 − ax + . ⇒ SM N HK = 1 2 a2 2

= = = = 1 BN N A BM M S CO OA

Gọi V là thể tích khối chóp, ta có

⇔ BN = N A = ⇔ x = . CK KS a 2 a 2

Hình 2.54.

Mặt phắng (α) chia khối chóp thành 2 phần

có thể tích tương ứng là V1, V2. Trong đó V1 = VK.OECH + VKOE.M N B và V2 = V − V1.

Ta có:

(cid:17)2

V = . .SA.SABCD = 1 3 a3 3

. = ; VK.OECH = .OK.SOECH = 1 3

(cid:16) a 2 (cid:16) a 2

Suy ra thể tích hai phần của khối chóp được chia ra bởi thiết diện là

a 2 (cid:17)2 . = . VKOE.M N B = ON.SM N B = 1 3 a 2 1 2 a3 24 a3 16

Nhận xét: Yêu cầu (a) của bài tập này cũng là một yêu cầu trong đề thi

chọn học sinh giỏi lớp 11 tỉnh Bắc Giang năm học 2015 – 2016.

+ = − = V1 = ; V2 = V − V1 = a3 24 a3 16 5a3 48 a3 3 5a3 48 11a3 48

KẾT LUẬN

Luận văn này đã thực hiện được một số kết quả sau:

- Hệ thống hóa các kiến thức (Trình bày tại chương 1) là cơ sở cho một số

giải pháp giải các bài tập về thiết diện.

- Sưu tầm các bài tập về thiết diện trong các tài liệu tham khảo (42 bài), trong các đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh (06 bài), Olympic truyền thống 30 tháng 4 (03 bài), Olympic Toán học Quốc tế (IMO) (01 bài) và phân loại sơ lược các bài tập thành 03 dạng (theo ý chủ quan) để người đọc tiện theo dõi.

- Trình bày chi tiết lời giải cho các bài tập, cố gắng đưa ra các lời dẫn dắt, nhận xét trong việc trình bày các lời giải đó. Đối với một số bài, tác giả đã đưa ra những lời giải khác tài liệu gốc với mong muốn người đọc có thể tiếp cận bài toán theo nhiều hướng.

Tuy nhiên, các bài tập về thiết diện rất đa dạng, nhiều bài khó, nhiều bài đặc biệt luận văn không thể bao quát hết. Tác giả coi đây là nhiệm vụ trong thời gian tiếp theo.

Tác giả đã đầu tư nhiều thời gian, tham khảo nhiều tài liệu để thực hiện luận văn này nhưng không thể tránh khỏi những hạn chế. Tác giả kính mong được sự góp ý của quý thầy cô và bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt

[1] Lê Quang Ánh, Nguyễn Thành Dũng, Trần Thái Hùng (1999), 360 bài toán

chọn lọc hình học không gian , NXB Đồng Nai.

[2] Lê Hải Châu (1992), Thi vô địch toán quốc tế , NXB thành phố Hồ Chí

Minh.

[3] Phan Đức Chính, Phạm Văn Điều, Đỗ Văn Hà, Phan Văn Hạp, Phạm Văn Hùng, Phạm Đăng Long, Nguyễn Văn Mậu, Đỗ Thanh Sơn, Lê Đình Thịnh

(1998), Một số phương pháp chọn lọc giải các bài toán sơ cấp (Tập 3) , NXB Giáo dục.

[4] Nguyễn Quý Dy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho, Vũ Văn Thoa (2009), Tuyển

tập 200 bài toán vô địch toán (tập 3), NXB Giáo dục Việt Nam.

[5] Nguyễn Hữu Điển (2010), Olympic toán năm 2000 - 52 đề thi và lời giải

(tập 1), NXB Giáo dục Việt Nam.

[6] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Vũ Lương, Nguyễn Văn Xoa (2006), Tuyển tập Đề thi tuyển sinh Trung học phổ thông Chuyên môn Toán , NXB Giáo dục Việt Nam.

[7] Đàm Văn Nhỉ (2015), Giáo trình hình học sơ cấp, Hà Nội.

[8] Trần Minh Quang, Trần Phương, Hoàng Minh Tuệ (2015), Tuyển tập các

chuyên đề toán trung học phổ thông, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.

[9] Đoàn Quỳnh (Chủ biên), Phạm Khắc Ban, Văn Như Cương, Nguyễn Đăng Phất, Lê Bá Khánh Trình (2010), Tài liệu chuyên toán Hình học 11, NXB

Giáo dục Việt Nam.

[10] Sharygin I.F. (1998), Tuyển tập 340 bài toán hình học không gian (Problems

in Solid Geometry), NXB thành phố Hồ Chí Minh.

[11] Nguyễn Quang Sơn (2014), Chuyên đề trọng điểm Bồi dưỡng học sinh giỏi

hình học không gian, NXB Đai học Quốc gia Hà Nội.

[12] Vũ Dương Thụy (chủ biên), Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic Toán

học quốc tế, NXB Giáo dục Việt Nam.

[13] Nguyễn Anh Trường, Nguyễn Tấn Siêng, Nguyễn Văn Bình (2014), Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học không gian, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.

[14] Tuyển tập 20 năm đề thi Olympic 30 tháng 4 – Toán 11 (2014), NXB Đại

học quốc gia Hà Nội.

[15] Tuyển tập tạp chí Toán học và Tuổi trẻ , NXB Giáo dục Việt Nam.

Tiếng Anh

[16] Andreescu T., Feng Z. (2004), 103 Trigonometry Problems: From the

Training of the USA IMO Team, Birkh¨auser Boston.

[17] Coxeter H.S.M., Greitzer S.L. (1967), Geometry revisited, The Mathematical

Association of America.

[18] Prasolov V. (2006), Problems in Plane and Solid Geometry , Translated and

edited by Dimitry Leites, Moscow textbooks.

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng bài tập về thiết diện dành cho học sinh giỏi

MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

Mục lục

MỞ ĐẦU

Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 Khái niệm thiết diện

1.2 Thiết diện của một số hình thường gặp

1.3 Các định lý, tính chất thường dùng

1.4 Một số bài toán cơ bản về xác định thiết diện

Chương 2

MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN

2.1 Dạng bài tập liên quan đến diện tích của thiết diện

2.2 Dạng bài tập về xác định hình dạng thiết diện

2.3 Dạng bài tập thiết diện phụ thuộc vào điểm di động

KẾT LUẬN

Tài liệu tham khảo

Có thể bạn quan tâm

Tài liêu mới

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng bài tập về thiết diện dành cho học sinh giỏi

MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI

Mục lục

MỞ ĐẦU

Chương 1

KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

1.1 Khái niệm thiết diện

1.2 Thiết diện của một số hình thường gặp

1.3 Các định lý, tính chất thường dùng

1.4 Một số bài toán cơ bản về xác định thiết diện

Chương 2

MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ THIẾT DIỆN

2.1 Dạng bài tập liên quan đến diện tích của thiết diện

2.2 Dạng bài tập về xác định hình dạng thiết diện

2.3 Dạng bài tập thiết diện phụ thuộc vào điểm di động

KẾT LUẬN

Tài liệu tham khảo

Có thể bạn quan tâm

Tài liêu mới

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok