SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT NGUYỄN SIÊU
TRƯỜNG THPT NGUYỄN SIÊU
***
*** SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƯƠNG PHÁP DỰNG THIẾT DIỆN
VÀ CÁC DẠNG TOÁN
LIÊN QUAN TỚI THIẾT DIỆN
Lĩnh vực: Toán học
Người viết: Nguyễn Ngọc Minh
Tổ: Toán- Tin
Đơn vị: Trường THPT Nguyễn Siêu

PHẦN I: MỞ ĐẦU
TÊN ĐỀ TÀI:

 !"#$%&'
I. Lý do thực hiện đề tài
I.1. Cơ sở lý luận:
Bài toán dựng thiết diện trong môn hình học không gian là bài toán khó
đối với học sinh THPT bởi đây là môn học có phần trừu tượng. Dạng toán liên
quan đến thiết diện cũng khá đa dạng và thường xuyên có mặt trong các đề thi
đại học, cao đẳng hàng năm.
Việc giải quyết một bài toán dựng thiết diện không hề đơn giản, yêu cầu
người giải không chỉ nắm vững kiến thức cơ bản mà còn phải biết vận dụng linh
hoạt, sáng tạo và phải cần được thực hành nhiều.
I.2. Cơ sở thực tiễn

phụ chứng minh AB
⊥
SC từ đó kẻ MH
⊥
SC suy ra thiết diện bởi vấn đề thiết
diện không được cung cấp kiến thức một cách bài bản để học sinh có định
hướng phát hiện vấn đề (sách giáo khoa phần lí thuyết đề cập rất ít về vấn đề
này).
Vì những lý do trên nên tôi đã chọn đề tài này.
II. Phương pháp nghiên cứu:
1. Phương pháp nghiên cứu lí luận
2. Phương pháp điều tra lí luận thực tiễn
3. Phương pháp thực nghiệm sư phạm
4. Phương pháp thống kê
III. Đối tượng nghiên cứu
Các bài toán dựng thiết diện giữa mặt phẳng và hình chóp, hình lăng trụ.
Các bài toán tính toán liên quan đến thiết diện, các bài toán liên quan đến phân
chia khối đa diện…
IV. Bố cục đề tài
Đề tài gồm hai phần nội dung chính:
234/Cách dựng thiết diện
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
2
Ở phần này, tác giả tập trung phân tích phương pháp dựng thiết
diện trong trường hợp tổng quát, trong trường hợp có quan hệ song song,
quan hệ vuông góc. Phương pháp được thể hiện qua một số ví dụ chọn
lọc.
23.5/ Một số bài toán liên quan đến thiết diện.
Trong phần này, tác giả đi vào hai bài toán liên quan đến thiết diện:
- Tính diện tích thiết diện và bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

của T.
- Mặt phẳng (P) có thể không cắt hết các mặt của T.
- Các phương pháp dựng thiết diện được đưa ra tùy thuộc dạng giả thiết
của đầu bài.
- Các bài toán liên quan tới thiết diện thường là:
+ Tính diện tích thiết diện
+ Tìm vị trí mặt phẳng (P) để thiết diện có diện tích lớn nhất, nhỏ
nhất
+ Thiết diện chia khối đa diện thành 2 phần có tỉ số cho trước
(hoặc tìm tỉ số giữa 2 phần).
- Các ví dụ được đánh thứ tự liên tục từ đầu cho đến hết chuyên đề.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
4
B. NỘI DUNG CHÍNH
I. Một số phương pháp dựng thiết diện
66789:;<=>?@AB5/ .C5DBEF:G.5
CA:=H.+>8=BIC5DBJB>G5BICA:K6
1. Phương pháp giải
Trước tiên ta tìm cách xác định giao tuyến của (P) với một mặt của T
(thường được gọi là giao tuyến gốc). Trên mặt phẳng này của T ta tìm thêm giao
điểm của giao tuyến gốc và các cạnh của T nhằm tạo ra thêm một số điểm
chung. Lặp lại quá trình này với các mặt khác của T cho tới khi tìm được thiết
diện.
2. Ví dụ
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang (AB // CD, AB > CD).
Gọi I, J là trung điểm SB, SC. Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt
phẳng (AIJ).
Giải:
Ta có mặt phẳng cắt qua ba điểm
không thẳng hàng A, I, J. Có 2 giao

1
, kéo dài DN cắt BC tại N
1
mặt phẳng (DM
1
N
1
) chứa MN cắt (ABC) theo giao tuyến M
1
N
1
nên O là giao
điểm của MN và M
1
N
1
⇒ OP là giao tuyến gốc. Nối OP cắt AB. BC tại E, F.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
6
Hình a
Tùy theo vị trí OP trong tam
giác ABC ta có thiết diện là tứ
giác EFIK (hình a) hoặc tam giác
EFI (hình b)
Khi MN // M
1
N
1
thì giao tuyến
gốc là đường thẳng qua P song

Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD đáy là tứ giác lồi. Gọi M, N là trọng tâm các
tam giác SAB và SAD; E là trung điểm CB. Xác định thiết diện của hình chóp
khi cắt bởi mặt phẳng (MNE).
Giải:
Gọi I là trung điểm SA.
Ta có M thuộc BI, N thuộc DI.
Từ
1
/ /
3
IM IN
MN BD
IB ID
= = ⇒
.
Xét mặt phẳng (MNE) và mặt
phẳng (ABCD) có E chung và
MN // BD nên (MNE) cắt
(ABCD) theo giao tuyến EF //
BD (F ∈ CD).
Ta có EF là giao tuyến gốc. Gọi G là giao điểm EF và AD ta có G là điểm
chung của (MNE) và (SAD). Nối GN cắt SD, SA tại P, Q, nối QM cắt SB tại K,
nối KE, PF. Ta có thiết diện là ngũ giác EFPQK.
Nhận xét: Trong ví dụ trên ta đã sử dụng tính chất: Nếu 2 mặt phẳng lần
lượt chứa hai đường thẳng song song thì giao tuyến của chúng (nếu có) cũng
song song với hai đường thẳng đó.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
8
I.2.Mặt phẳng (P) được cho bởi các tính chất song song
666789:;<C5*+.?LG->->LM5CA:?=N>.+LM5

hai đường thẳng song song nên
(P) ∩ (BCD) theo giao tuyến NF //
BC (F ∈ BD), nối MF, EN.
Thiết diện là tứ giác MENF.
b. Theo cách dựng thiết diện ở phần
a) thiết diện là hình thang MENF
(ME // NF) ta có
1
2
ME BC=
nên để
MENF là hình bình hành thì
1
2
NF BC=
hay N là trung điểm CD.

Ví dụ 8: Cho tứ diện ABCD, G là trọng tâm tứ diện, E là điểm thuộc cạnh BC.
Hãy dựng thiết diện của tứ diện cắt bởi mặt phẳng (P) qua EG và song song với
AD.
Giải:
H.1 H.2
Gọi I, J lần lượt là trung điểm BC, AD thì G là trung điểm IJ. Ta có mặt
phẳng (IAD) chứa G và AD // (P) ⇒ (IAD) cắt (P) theo giao tuyến qua G và
song song với AD cắt AI, ID tại M và N.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
10
Nối EM cắt AC tại F, nối EN cắt CD tại K.
nếu E trùng với I thì thiết diện không tồn tại
nếu E không trùng với I thì thiết diện là tam giác EFK.

(ABCD) còn mặt phẳng (M, AC’)
khó xác định hơn.
Vậy ta chỉ cần mặt phẳng (M,
BD). (P) cắt (ABCD) theo giao
tuyến qua M và song song với BD
cắt AB. CB. CD lần lượt tại N, F, E.
(P) sẽ là mặt phẳng qua E, F và
song song với AC’ (trở thành bài
toán 1).
EF cắt AC tại I nên (P) ∩ (ACC’A’) theo giao tuyến qua I và song song với
AC’ nó cắt CC’ tại J. Nối JE cắt DD’ tại G, JF cắt BB’ tại H.
Thiết diện là ngũ giác MNHJG.
RS/Nếu mặt phẳng (M, l) khó xác định thì ta chỉ cần xét mặt phẳng (M, d)
(gọi là mặt phẳng (P). Trong mặt phẳng (P) này dựng d’ qua M và song song
với l thì (P) là mặt phẳng chứa d’ và song song với l.
Ví dụ 11: Cho lăng trụ OAB.O’A’B’. Gọi M, E, F lần lượt là trung điểm OA.
OB. OE, H là điểm thuộc AA’ sao cho AH = 2 HA’. Dựng thiết diện của lăng
trụ cắt bởi mặt phẳng (P) trong các trường hợp:
a. Qua F song song với B’E và A’O
b. Qua M song song với A’E và OH.
Giải:
a. Ta có mặt phẳng (OBB’O’) mặt phẳng qua F và song song B’E, mặt phẳng
qua F và song song với A’O khó xác định hơn.
Trong mp (OBB’O’) qua F kẻ đường thẳng song song với B’E và cắt
O’B’ tại K. (P) là mặt phẳng chứa FK và song song A’O.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
12
Kéo dài FK cắt OO’ tại I, khi đó ta được
' 2 2 'OO OI A J= =
nên

thuộc cạnh BC không trùng với B và C. Dựng thiết diện của hình chóp cắt bởi
mặt phẳng (P) qua M và song song với mặt phẳng (SAB). Thiết diện là hình gì?
Giải:
Ta có (ABCD) chứa M, (ABCD) ∩ (SAB) = AB nên (P) cắt (ABCD) theo
giao tuyến MN // AB (N∈AD).
Mặt phẳng (SAD) chứa N, (SAD) ∩ (SAB) = SA nên (P) cắt (SAD) theo
giao tuyến NE // SA (E∈SD).
Mặt phẳng (SCB) chứa M và (SCB)
∩ (SAB) = SB
Nên (P) cắt (SBC) theo giao tuyến
MF // SB (F ∈SC). Nối EF, ta được thiết
diện là tứ giác MNEF.
Ta có (P) và (SCD) có MN // CD
(CD // AB) mà (P) ∩ (SCD) = EF.
Suy ra EF // MN.
Thiết diện MNEF là hình thang.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
14
Ví dụ 13: Cho hình hộp ABCD. A’B’C’D’. Điểm M thuộc cạnh AD, N thuộc
cạnh D’C’ sao cho
: ’ : ’AM MD D N NC=
. Dựng thiết diện của hình hộp cắt bởi
mặt phẳng (P) qua MN và song song với mp(C’BD).
Giải:
Theo giả thiết:
AM D N AM MD AD
MD NC D N NC D C
= ⇒ = =
'
' ' ' ' '

Gọi I là trung điểm AB ta
có SI ⊥ AB (do tam giác SAB
đều), BC ⊥ AB suy ra (P) đi
qua M song song với BC, SI.
Xét mặt phẳng (P) và mặt
phẳng (ABCD) có M chung
và cùng song song với BC nên
( ) ( )
P ABCD EF
∩ =
với EF
qua M và song song với BC
cắt AB. CD tại E, F.
Tương tự trong (SAB) kẻ qua E đường thẳng song song với SI cắt SB tại
H, trong (SBC) kẻ đường thẳng qua H và song song với BC cắt SC tại G.
Thiết diện là tứ giác EFGH.
Ví dụ 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông
góc với đáy. Dựng thiết diện với hình chóp cắt bởi mặt phẳng (P) qua A và
vuông góc với SC.
Giải:
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
16
Kẻ AH ⊥ SC ta có AH ⊂ (P).
Ta có:
BD AC BD SA⊥ ⊥,

nên
BD SC⊥
Vậy (P) chứa AH và song song BD.
Gọi O là giao điểm AC và BD, E là

1. Phương pháp
Dựng mặt phẳng phụ (Q) chứa l và vuông góc với d tại một điểm M.
Trong (Q) dựng qua M đường thẳng vuông góc với l tại H khi đó mặt
phẳng (P) là mặt phẳng (H, d).
2. Ví dụ
Ví dụ 17: (ĐH giao thông vận tải năm 2001 khối A) Cho hình chóp đều S.ABC
đỉnh S chiều cao h, đáy là tam giác đều cạnh a. Qua AB dựng một mặt phẳng
(P) vuông góc với SC. Tính diện tích thiết diện theo a và h.
Giải:
Gọi O là trọng tâm tam giác ABC ta có
SO ABC⊥ ( )
khi đó
SO AB⊥
, gọi M là
trung điểm AB do tam giác ABC đều nên
CM AB⊥
vậy
AB SMC⊥ ( )
.
Trong mp(SMC) kẻ MH ⊥ SC ta có mặt
phẳng (AHB) ⊥ SC.
Thiết diện là tam giác AHB.
Ta có :
1
.
2
AHB
S MH AB
∆
=

h
⇒ = =
+
+
.

2
2 2
1 3
2
4 3
AHB
a h
S MH AB
h a
∆
= =
+
.
.
Nhận xét: Mặt phẳng (Q) trong lý thuyết là mặt phẳng (SMC)

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
18
6T6T6789:;<C5*+.CA:?LGL+FU=LM5B89:;$<
CV=>;?Q5U=LM5;$<<
1. Phương pháp
Tìm một đường thẳng a vuông góc (Q) khi đó (P) đi qua d và song song
với a. (Sử dụng tính chất: nếu mặt phẳng (P) và đường thẳng d cùng vuông góc
với (Q) thì hoặc (Q) // d hoặc (Q)

, M, N, I, K là trung điểm CA. CC’, AB. BB’. Dựng
thiết diện của lăng trụ cắt bởi mặt phẳng (P) qua MN và vuông góc với mặt
phẳng (IKC).
Giải:
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
19
Ta tìm một đường thẳng vuông góc (IKC).
Theo giả thiết:
( )
' ' '
'
CI AB
CI ABB A CI A B
CI AA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


Lại có: AA’ = AB =
2a
nên ABB’A’ là hình vuông nên
A B AB IK AB A B IK⊥ ⇒ ⊥' ', / / ' '
suy ra
A’B ⊥ (IKC).
Vậy (P) chứa MN và song song với A’B.
Cách dựng: Kéo dài MN cắt AA’ tại G, xét mặt phẳng (P) và (ABB’A’) có G
chung, (P) // A’B nên kẻ qua G đường thẳng song song với A’B cắt BB’ tại H,

Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
20
II. Các bài toán liên quan đến thiết diện
66 W?5XW=5)?5XQ=CYLYZWB89:=HCD5)?5X=U
?5XW=OM4[4 .
1. Một số lưu ý:
- Thiết diện là đa giác nằm trong mặt phẳng cắt nên tính diện tích thiết
diện là tính diện tích đa giác trong mặt phẳng. Vì vậy ta có thể áp dụng
tất cả các phương pháp đã biết về tính diện tích đa giác trong mặt
phẳng để tính.
- Công thức diện tích tam giác:

( ) ( ) ( )
1 1
sin
2 2 4
= = = = = − − −
abc
S ah ab C pr p p a p b p c
R
- Công thức diện tích tứ giác bất kì ABCD:

( )
·
1
. .sin , = ,
2
=S AC BD AC BD
α α
- Công thức diện tích của đa giác hình chiếu: S’ = S.cosϕ.

b. Tính diện tích thiết diện được xác định ở câu a.
Giải:
a. Mặt phẳng cắt trong trường hợp này đi qua ba điểm không thẳng hàng.
Nối IJ cắt AC tại N, nối IK cắt AB tại M. Tam giác IMN là thiết diện cần tìm.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
21
b. Ta có M, N là trọng tâm các tam
giác ADK, ADJ nên
2 2
3 3
AN AC AB AM= = =
Suy ra MN // BC và
2 2
3 3
a
MN BC= =
.
Áp dụng định lí cosin cho tam giác AIM:
IM
2
= IA
2
+ AM
2
– 2IA.AMcos60
0
Nên
13
6
a

QP thiết diện là hình bình hành MNPQ.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
22
b. MNPQ là hình thoi khi và chỉ khi MN = MQ.
MN // AC nên
MN MB AC
MN MB
AC AB AB
= ⇒ =
MQ // BD nên
MQ MA BD
MQ MA
BD AB AB
= ⇒ =
⇒
( )
AC BD MA AC
MN MQ MB MA
AB AB MB BD
= ⇔ = ⇔ = *
Vậy MNPQ là hình thoi khi M thỏa mãn (*).
c. Do MN // AC, MQ // BD nên góc giữa MN, MQ không đổi, giả sử là α
MNPQ
2
BD.AC
S = MN.MQ.sinα = MA.MB.sinα
AB
.
Để diện tích thiết diện lớn nhất thì tích MA.MB lớn nhất.
Mà MA + MB = AB không đổi nên tích đó lớn nhất khi MA = MB hay

.
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
23
Ví dụ 24: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy a, đường cao SO = 2a.
Gọi M là điểm thuộc đường cao AA’ của tam giác ABC. Xét mặt phẳng (P) đi
qua M và vuông góc với AA’. Đặt AM = x (
3 3
3 2
a a
x< <
).
a. Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi (P)
b. Tính diện tích thiết diện vừa dựng theo a và x.
Tìm x để thiết diện đó lớn nhất.
Giải:
a. Theo giả thiết M thuộc OA’.
Ta có SO ⊥ (ABC)
⇒ SO ⊥ AA’, tam giác ABC đều
nên BC ⊥ AA’. Vậy (P) qua M
song song với SO và BC.
Xét (P) và (ABC) có M chung.
Do (P) // BC nên kẻ qua M
đường thẳng song song với BC cắt
AB, AC tại E, F.
Tương tự kẻ qua M đường thẳng
song song với SO cắt SA’ tại N, qua
N kẻ đường thẳng song song với BC
cắt SB, SC tại H, Q.
Ta có thiết diện là tứ giác EFGH.
b. Ta có EF // BC // GH, M, N là trung điểm EF, GH nên EFGH là hình thang

2 3
x a a x− −
Giáo viên: Nguyễn Ngọc Minh
24

Trích đoạn Kết quả kiểm tra (điểm làm tròn)

---