Sáng kiến kinh nghiệm Thiết diện của hình chóp hay hình lăng trụ khi cắt bởi một mặt phẳng

H
B
N
A
O
D
O’
Ví dụ 1: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. H là một điểm thuộc cảnh SC. Xác 	định mặt cắt của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (a) qua AH và song song với 	BD ?
Giải:
Gọi O = AC ầ BD
Trong (SAC): AH ầ SO = O’
+ (a) // BD/ (a) ẫ O’
=> (a) ầ (SBD) = MN
(MN qua O’, MN // BD)
Thiết diện cần tìm là tứ giác AMHN
Ví dụ 2: Cho hình tứ giác ABCD, M thuộc đoạn BC, N thuộc đoạn BD (M 	và N không trùng với B, C, D). Xác định thiết diện của hình tứ diện cắt bởi 	mặt phẳng (a) qua MN và song song với AB. Thiết diện là hình gì ? Muốn t	hiết diện là hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông phải có 	điều kiện gì ?
Giải: Xác định thiết diện.
+ (a) ẫ M và (a) // AB => (a) ầ (ABC) = MQ (MQ // AB; Q ẻ AD)
+ (a) ẫ N và (a) // AB => (a) ầ (ABD) = NP (NP // AB; P ẻ AD)
P
D
A
B
N
C
M
Vì M, N thuộc đoạn BC, BD nên Q, P thuộc đoạn AC và đoạn AD. Dễ thấy 	thiết diện cần tìm là hình thang MNPQ (MQ // PN)
* Hình thang MNPQ là hình bình hành.
Û MN // PQ Û 
+ Hình MNPQ là hình thoi 
Û 
Û 
+ MNPQ là hình chữ nhật Û 
Û 
MNPQ là hình vuông 	Û 
	Û	
Ví dụ 3: Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’, Q là trung điểm đoạn DD’, I là 	điểm thuộc đoạn BD và DI 3IB. Tìm thiết diện của hình hộp đã cho cắt bởi 	mặt phẳng (α) qua QI và song song với AC?
Q
P
N
M
A’
B’V
D’
D
C’
C
B
K
A
O
I
J
Q
Giải:
* (α) ẫ I và (α) // AC => (α) ầ (ABCD) = MN
(MN qua I, MN // AC; 
M,N là trung điểm các đoạn CB, AB)
* Gọi O = AC ầ BD, O’ = A’C’ ầ B’D’
J = OO’ ầ IQ (trong (BDD’B’))
Ta có IQ ầ (AC C’A’) = J
* (α) ẫ J và (α) // AC => (α) ầ (AC C’A’) = PK
(PK qua J và PK //AC trong (AC C’A’)).
Thiết diện cần tìm là ngũ giác MNPQK
(Ta có KC = JO = QD =DD’ = CC’; PA = AA’)
* Sau khi tìm giao tuyến MN ta có (α) chính là (MNQ) ta có thể tìm thiết 	diện bằng phương pháp kéo dài giao tuyến.
Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD với G là trọng tâm, I thuộc cạnh BC. Xác định 	thiết diện của tứ diện tạo bởi mặt phẳng (α) qua IG và song song với AD. 	Thiết diện tìm được có đặc điểm gì nếu BI = BC?
Giải:
 *Gọi M là trung điểm của BC, (ADM) ẫAD
J
E
P
D
A
B
N
C
M
G
I
K
(α) ẫ G và (α) // AD => (α) ầ (ADM) = PN (PN qua G và PN // AD, 	P ẻ AM, N ẻ DM)
Khi đó (α) º(IPM)
* (α) ầ (ABC) = IP, IP ầ AC = J
* (α) ầ (BCD) = IN, IN ầ DC = K
Thiết diện cần tìm là DịL
* Nếu BI = .
Gọi O = AG ầ (BCD). 
Khi đó M, O, N thẳng hàng và O nằm giữa M và N.
Ta có (vì NG // AD => ON = 
MN = OM + ON = OM + = MD + .MD = 
=> MN = MD => N là trung điểm đoạm DM 	(1)
Mà PN//AD nên P là trung điểm đoạn AM	(2)
BI = BC và M là trung điểm đoạn BC => I là trung điểm đoạn BM (3)
Từ (1) và (3) => IN //BD (hay IK//BD)
Từ (2) và (3) => IP //AB (hay IJ //AB)
Do đó IK //AD
Ta có .
Vậy thiết diện là D IJK có các cạnh song song với DBAD và tỉ số đồng dạng 	là .
3.5.2.2. Mặt phẳng (mặt phẳng (a)) qua điểm M, song song với đường thẳng d1 và đường thẳng d2 (trong đó Mẽ d1, Mẽ d2, d1 và d2 chéo 	nhau).
M
d2
d1
d2
a. Phương pháp:
+ Trong mặt phẳng (M,d1) qua M kẻ d1’ // d1
 trong mặt phẳng (M,d2) qua M kẻ d2’ // d2
+ (α) º (d1’, d2’).
b. Chú ý:
- Nếu (khó xác định ta chỉ cần xét (M,d1), kẻ d1’ qua M và d1’ // d1. Khi đó 	(α) là mặt phẳng qua d1’ và song song với d2.
S
D
C
A
B
P
M
J
K
N
- Nếu (M,d1) và (M,d2) đều khó xác định ta chỉ có thể xác định mặt phẳng 	phụ (g) song song với (α) (tạm bỏ qua giả thiết về M). Mặt phẳng (g) thường 	chọn là mặt phẳng qua d1 hoặc d2. Đồng thời sử dụng tính chất 3 (3.4.1a)
c. Ví dụ:
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm cạnh AB. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (a) qua điểm M, song song với cạnh SA và BD?
Giải:
* (a) ẫ M, (a) // BD => (a) ầ (ABCD) = MN
(MN // BD, N là trung điểm của AD)
*Gọi J = AC ầ MN.
(a) ẫ J, (a) // SA => (a) ầ (SAC) = JQ
(JQ // SA, Q thuộc đoạn SC, SQ = SC)
* Tương tự: (a) ầ (SAB) = MK (MK // SA, K là trung điểm đoạn SB)
	(a) ầ (SAD) = NP (NP // SA, P là trung điểm đoạn SD).
Thiết diện tìm được là ngũ giác MNPQK.
Ví dụ 2: Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1. M là một điểm thuộc đoạn AB. Xác định mặt phẳng cắt giữa hình hộp đó và mặt phẳng (a) qua M, song song với BD và AC1.
Giải:
* (a) ẫ M, (a) // BD => (a) ầ (ABCD) = d
(d // BD, d cắt BC, AC,AD,CD lần lượt tại J, I, K, H)
M
Q
N
B
C
A
A1
D
D1
K
B1
I
J
F
B’
H
d
P
Q
d1
O
O’
N
* (a) chính là mặt phẳng qua d và song song với AC1.
(a) ẫ I, (a) // AC 1 
=> (a) ầ (ACC1A1) = IP
(IP // AC1, P ẻ CC1)
* (a) ầ (BCC1B1) = JP, JP ầ BB1 = N
* (a) ầ (CDD1C1) = PH, PH ầ DD1 = Q
Thiết diện nhận được là ngũ giác MNPQK.
Ví dụ 3: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A1B1C1. Gọi M là điểm nằm 	trên đường chéo AB1 của mặt AA1B1B sao cho AM:MB1 = 4:5. Gọi (a) là 	mặt phẳng qua M và song song với A1C và BC1.
Xác định thiết diện của hình lăng trụ tạo bởi mặt phẳng (a) ?
Giải:
Ta chọn (g) là mặt phẳng qua A1C và song song với BC1.
Khi đó(g) // (a)
* Tìm thiết diện tạo bởi mặt phẳng (g) và hình lăng trụ:
(g) ầ (BCC1B1) = d
(d đi qua C và d// BC1, d ầB1 B = D). Trong (ABB1A1): A1D ầ AB = N
Thiết diện tạo bởi (g) và lăng trụ D A1NC.
G
C1
C
A
A1
B1
E
N
MC
K
H
B
F
D
*Vì (a) // (g) 
(g) ầ (ABB1A1) = AN1, (a) ẫ M 
=> (a) ầ (ABB1A1) = FG.
(FG qua M và FG // A1N,
 F ẻA1B1,G ẻ AB)
+ Tương tự (a) ầ(ABC) = GH 
(với GH // NC, H ẻ BC)
+ (a) ẫ H, (a) // BC1 
=> (a) ầ (BCC1B1) = HK
(HK //BC1), K ẻ CC1)
(ABC) // (A1B => (a) ầ (A1B1C1) = EF
(a) ầ (ABC) = GH, GH //NC	(EF //NC, ẺA1C1, F ẻ A1B1
Dễ thấy thiết diện tạo bởi mặt phẳng (a) và hình lăng trụ ABC. A1B1C1 là 	ngũ giác EFGHK.
3.5.2.3. Mặt phẳng cắt qua điểm M và song song với mặt phẳng (b) không chứa điểm M.
Đây là trường hợp đặc biệt của trường hợp (3.5.2.2) khi d1 và d2 cắt nhau, mặt phẳng (d1, d2) chính là mặt phẳng (b).
a. Phương pháp
+ Chọn trên mặt phẳng (b) các đường thẳng d1, d2.
+ Trong các mặt phẳng (M, d1), (M, d2) qua M kẻ d1’// d1, d2’// d2.
+ (a) º (d1’, d2’), tìm thiết diện tạo bởi (d1’, d2’) và hình chóp hay hình lăng trụ.
b. Ví dụ:
Ví dụ 1: Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 tâm O. Xác định thiết diện của hình lập phương tạo bởi mặt phẳng (a) qua O và song song với (A1C1D)
Giải:
+ (a) ẫ O và (a) // (A1C1D) =>(a) // A1C1
(a) ầ (ACC1A1) = MQ
(MQ qua O và MQ // A1C1, M và Q là trung điểm AA1và CC1)
O
Q
M
B
C
A
A1
D
D1
C1
B1
P
N
K
+) 
(MH // A1D, H là trung điểm đoạn AD)
+ Tương tự ầ (DCC1D1) = QK
(QK // DC1, K là trung điểm đoạn DC)
 ầ (ABCD)= KH
 ầ (ABB1A1) = MN
(MN//kết quả, MN//AB1;
 N là trung điểm đoạn A1B1)
 ầ A1B1C1D1 = NP (NP // A1C1, P là trung điểm đoạn B1C1)
Thiết diện cần tìm là lục giác đều MNPQKH cạnh 
O
Q
C
C’
A’
A
B
P
N
MC
Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’. Gọi O là tâm DABC. Xác định thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mặt phẳng (a) qua O và song song với mặt phẳng (A’BC’) ?
Giải:
+ Từ giả thiết su ra A’C’ // (a) => AC // (a) 
(Vì AC // A’C’)
+ (a) ẫ O (a) // AC => (a) ầ (ABC) = MN
(MN qua O, MN // AC)
+ (a)// C’B (vì (a)// (A’BC’)) và (a) ẫ N
=> (a) ầ(CBB’C’) = NP (NP // C’B, P ẻCC’)
+ Tương tự (a) ầ (ABB’A’) = MQ (MQ// A;B; Q ẻ AA’)
Thiết diện nhận được là hình thang MNPQ (MN//PQ)
Vì lăng trụ ABC.A’B’C’ đều nên MQ = NP. Vậy MNPQ là hình thang cân.
3.5.2.4. Mặt phẳng cắt qua đường thẳng d và song song với mp (b) trong đó d // (b).
a. Phương pháp. Đây là trường hợp đặc biệt của (3.5.2.3). Do vậy, nếu lấy một số điểm đặc biệt trên d, bài toán được giải quyết tương tự (3.5.2.3).
b. Ví dụ: 
Ví dụ 1: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Hai điểm M và N lần lượt nằm trên hai cạnh AD và CC’ sao cho 
a. CMR: MN // (ACB’)
b. Xác định thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng (a) qua MN và song song với mặt phẳng (ACB’)?
Giải:
S
M
Q
N
B
C
A
A’
D
D’
C’
E
B’
P
R
a. Gọi Q là điểm thuộc cạnh B’B’ sao cho 
=> NQ // CB’ => NQ // (ACB’) 	 	(2)
Từ (1) và giả thiết suy ra MQ // AB’
 => MQ // (ACB’) 	(3)
Từ (2) và (3) suy ra (MNQ) // (ACB’)
 => MN // (ACB’)
b) (a) ẫM; (a) // AC
=> (a) ầ (ABCD) = MP 	(MP // AC; P ẻ DC)
MP ầ AB = E
+ Vì (a) ẫ N vf từ (2) suy ra (a) ầ (BCC’B’) = NQ (NQ // CB’)
NQ ầ BB’ = F.
+ Trong (ABB’A’): EF ầ AA’ = S; EF ầ A’B’ = R
Thiết diện nhận được là lục giác MPNQRS.
J
P
D
A
B
N
C
M
O
I
A1
G
Ví dụ 2: Cho hình tứ diện ABCD, G là trọng tâm DBCD, O là trung điểm đoạn AG. Xác định thiết diện của hình tứ diện tạo bởi mặt phằng (a) qua O, song song với (ACD) ? Thiết diện có đặc điểm gì ?
Giải: Gọi A1 là trung điểm BD.
+) (a) ẫ O; (a) // đưẻC
=> (a) ầ (ACA1) = IJ
(IJ // AC; I ẻA1C; J ẻ AA1)
+ (a) ẫ I; (a) // CD => (a) ầ (BCD) = NP
(NP qua I, NP // CD, N ẻ BC; P ẻ BD)
+ (a) ầ (ABD) = IP; IP ầ AB = M
+ (a) ầ (ABC) = MN
Vậy thiết diện tìm được là DMNP có các cạnh tương ứng song song với các cạnh DACD và tỉ số đồng dạng là 
=> A1P = A1D = A1D =.BD = 	BD.
Tỉ số đồng dạng của DMNP và DACD là 
3.5.3. Thiết diện vuông góc (mặt cắt cho bởi các tính chất vuông góc)
ở trường phổ thông, loại thiết diện này thường được chia thành các trường hợp sau:
+ Mặt phẳng cắt qua điểm M và vuông góc với một đường thẳng d cho trước.
+ Mặt phẳng cắt qua đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng (b) trong đó d không vuông góc với (b).
3.5.3.1. Mặt cắt (mặt phẳng (a) qua điểm M và vuông góc với đường thẳng d cho trước.
a. Phương pháp.
+ Tìm hai đường thẳng d1 và d2 cùng vuông góc với d (d1 và d2 không song song).
+ Mặt phẳng (a) xác định lại rõ hơn có thể xảy ra các khả năng sau:
Hoặc (a) qua M, (a) // d1, (a) // d2 	(1)
Hoặc (a) qua M, (a) qua d1, (a) // d2 	(2)
Hoặc (a) qua M, (a) qua d1 và d2 	(3)
Các loại thiết diện (1) và (2) và (3) dễ xác định hơn và đã được trình bày ở (3.2.5).
M
d1
d2
a
M
d2
d1
a
M
d2
d1
a
b.Ví dụ:
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. SA vuông góc với đáy. Mặt phẳng (a) qua A và vuông góc với SC. Mặt phẳng (b) qua J là trọng tâm DBCD và vuông góc với BD. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (a) và mặt phẳng (b)?
Giải:
S
D
C
A
B
H
F
O
N
M
Q
I
J
d
E
+ Từ giả thiết có 	
Vì (a) ^ SC nên từ (*) => BD // (a)
Trong (SAC) kẻ AH ^ SC (H thuộc đoạn SC)
Gọi O = AC ầ BD
Trong (SAC): SO ầ AH = I
Ta có I = AH ầ (SBD)
+ (a) qua I và (a) // BD => (a) ầ (SBD) = d
(d qua I, d // BD)
Giả sử d ầ SB = N, d ầ SD = M
Thiết diện cần tìm là tứ giác AMHN. Dễ thấy MN ^ AH.
* Cũng có thể giải theo cách sau: 
Trong (SAC) kẻ AH ^ SC (H thuộc đoạn SC)
Trong (ABCD) kẻ d’ qua A và d’ // BD. d' ầ DC = E, d’ ầ BC = F
HE ầ Sệ DễNG = M, HF ầ SB = N
b. Mặt phẳng (b) qua J và vuông góc với BD.
Ta có: AC ^ BD, SA ^ BD, J ẻ AC. Vậy (b) là D SAC.
*Chú ý: - Trong ví dụ trên (phần a) chỉ cần tìm d1 ^ d (đó chính là BD), d2 được kẻ trực tiếp từ điểm A. Cần chú ý tới từ vị trí chân đường kẻ tới d.
	- Một số bài toán chỉ có thể tòm thấy d1 ^ d lúc đầu, còn d2 ^ d có thể được tìm thấy sau khi đã tìm được một vài giao tuyến của mp (a) và hình đa diện.
Ví dụ 2: Ta xét ví dụ 1 nếu cho thêm giả thiết ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a
+ Trong (SAC) kẻ AH ^ SC (H thuộc đoạn SC)
Dễ thấy BD ^ (SAC) ị 
Vậy (a) là mặt phẳng qua AH và song song với BD.
Ta cũng có cách xác định thiết diện tương tự ví dụ 1.
Ví dụ 3: Cho lăng trụ đứng tam giác đều OAV. O’A’B’. M là trung điểm của OB, (a) là mặt phẳng qua M và vuông góc với AB’. Xác định tiết diện của lăng trụ tạo bởi mặt phẳng (a)?
Giải:
M
H
O’
A’
A
B
K
N
L
B’
O
D
Gọi H là trung điểm AB => OH ^ AB 	(1)
BB’ ^ (OAB) vì lăng trụ đứng) => OH ^BB’ (2)
Từ (1) và (2) => OH ^ (ABB’A’)
=> OH ^ AB’	(3)
(a) ^ Ab’	(4)
Từ (3) và (4) => OH // (a)
+ Từ đó (a) ầ (OAB) = MK (MK // OH, K là trung điểm đoạn HB)
MK ầ OA = D
M
H’
O’
A’
A
B
K
N
L
B’
O
D
H
Q
+ Trong (ABB’A’) kẻ KL ^ AB’
- Nếu L thuộc đoạn AA’: DL ầ OO’ = N
Thiết diện tìm được là tứ giác MNLK
- Nếu L thuộc đoạn A’B’ 
vì (OAB) //(O’A’B’) 
=> (a) ầ (O’A’B’) = LQ
(LQ // OH, hay LQ//O’H’ , với H là trung điểm A’B’)
Trong (O’A’AO): QD ầ OO’ = N
Thiết diện nhận được là ngũ giác MNQLK
Ví dụ 5: Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy là hình vuông. DSAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trọng tâm DBCD. (a) là mặt phẳng qua M và vuông góc với AB, mặt phẳng (b) qua M và vuông góc với CI (Với I là trung điểm của AB).
Xác định giữa mặt cắt giữa hình chóp S.ABCD với (a) và (b)?
Giải:
C
S
D
A
B
P
T
M
Q
I
R
a. Mặt phẳng (a) qua M và vuông góc với AB.
Từ giả thiết suy ra BC ^ AB, SI ^ AB 	(1)
(a) ^ AB và qua M 	(2)
Từ (1) và (2) suy ra (a) qua M,
 song song với SI và BC.
Dễ xác định được thiết diện cần tìm là hình thang vuông PQRT.
b) Mặt phẳng (b) qua M và vuông góc với CI.
Gọi K là trung điểm BC.
Dễ chứng minh điều kiện ^ IC 	(3).
S
D
C
A
B
K
E
M
I
J
 	(4)
(b) qua M và (b) ^ IC 	(5)
Từ (3), (4) và (5) 
suy ra (b) qua KD và song song với SI
Trong (ABCD): KD ầ IC = J
Trong (SIC): Kẻ JE // SI (E ẻ SC)
Thiết diện tìm được là DKED.
a
b
d
d1
3.5.3.2. Mặt phẳng cắt qua đường thẳng d và vuông góc với mặt phẳng 	(b) trong đó d không vuông góc với (b)).
a. Phương pháp.
+ Tìm đường thẳng d1 vuông góc với (b).
+ Mặt phẳng (a) khi đó hoặc qua d và d1 
a
b
d
d1
hoặc qua d và song song với d1
b) Ví dụ:
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D, đáy lớn AB, đáy nhỏ CD. Mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với (ABCD). Gọi E là trung điểm của đoạn SA, M là trung điểm của đoạn AD. (a) là mặt phẳng chứa EM và vuông góc với (SAD). Xác định thiết diện của 	hình chóp và mặt phẳng (a). Thiết diện là hình gì ?
Giải
* Xác định thiết diện.
S
D
C
A
B
P
E
M
N
+ (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với (ABCD) => SA ^ (ABCD).
=> SA ^ AB 	(1)
ABCD là hình thang vuông tại A
 => AB ^ AD (2).
Từ (1) và (2) => AB ^ (SAD) 	(3)
+ (a) ^ (SAD), (a) qua EM 	(4)
Từ (3) và (4) suy ra (a) qua EM và song song với AB, 
+ Trong (ABCD) kẻ MN // AB (N là trung điểm CB)
Trong (SAB) kẻ EP // AB (P là trung điểm SB)
Thiết diện nhận được là tứ giác MNPE.
. Từ (3) suy ra AB ^ SD, mà SD // EM. 
Từ đó EM ^ AB. Do vậy EM ^ EP và EM ^ MN.
Vậy MNPE là hình thang vuông tại E và M.
Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ tam giác đứng ABC. A1B1C1 có đáy là các tam 	giác vuông CA = CB = a, AA1 = a. Xác định thiết diện của hình lăng trụ 	tạo bởi mặt phẳng.
a. Mặt phẳng (a) qua MN và vuông góc với (AB B1A1)
b. Mặt phẳng (b) qua MB1 và vuông góc với (A1BC1).
c. Mặt phẳng (g) qua AM và vuông góc với (NAB).
Với M và N lần lượt là trung điểm CA và CC1.
Giải:
a) (a) qua MN và vuông góc với (AB B1A1)
Từ giả thiết suy ra AB B1A1 là hình vuông cạnh a.
B
M
E
A
C1
A1
B1
R
N
D
C
O
P
Q
+ Gọi O là trung điểm AB.
=> CO ^ AB (1). (Vì DABC cân tại C).
CO ^ AA1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra CO ^ (ABB1A1).
Theo giả thiết (a) ^ (ABB1A1).
Từ đó CO // (a).
Ta có cách xác định thiết diện:
+ Trong (ABC) kẻ MR // CO (R là trung điểm AO), MR ầ CB = D.
+ Trong (CBB1C1): DN ầ B1C1 = P, DN ầ BB1 = E.
+ Trong (ABB1A1): ER ầ B1A1 = Q.
Thiết diện nhận được là ngũ giác MNPQR.
b. (b) qua MB1 và vuông góc vưói (A1BC1).
+ (CBB1C1) là hình chữ nhật CB = C1B1 = a; 
CC1 = BB1 = a, dễ chứng minh B1N ^ BC1(3).
B
M
A
C1
A1
B1
K
N
G
C
Mặt khác A1C1 ^ (CBB1C1) 
=> A1C1 ^ B1N 	(4)
Từ (3) và (4) suy ra B1N ^ (A1BC1)
Vậy (b) º (B1MN)
+ Trong (ABB1A1): MN ầ AA1 = G
+ Trong (ABB1A1): GB1 ầ AB = K
Thiết diện nhận được là tứ giác MNB1K.
* Như vậy các loại thiết diện vuông góc đều được chuyển về thiết diện song song và giải quyết dễ dàng hơn. Khi kẻ vuông góc từ một điểm đến một đường thẳng cần chú ý vị trí chân đường vuông góc trên đường thẳng đó.
3.5.4. Thiết diện nghiêng.
Mặt phẳng (a) qua đường thẳng d và tạo với mặt phẳng (b) cho trước một góc j (với 00 < j , 900).
Ta chỉ xét trường hợp d è (b) hoặc d // (b)
a. Phương pháp:
+ Chọn (P) ^ d , gọi I = d ầ (P). Tìm d1 = (P) ầ (b).
+ Trong (P) kẻ d2 qua I sao cho = j
+ Khi đó (a) º (d1,d2).
Tìm thiết diện của hình chóp hay hình lăng trụ cắt bởi (d1,d2).
b. Chú ý:
Trong (P) có thể có 2 đwongf thẳng d2 và d2’ qua I và tạo với d1 góc j.
c. Ví dụ:
Ví dụ 1: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ đáy dưới là DABC cân tại B. Qua AC đựng mặt phẳng (a) tạo với đáy ABC góc 300. Xác định thiết diện tạo bởi mặt phẳng (a) và lăng trụ đã cho ?
C
300
B’
D
A’
A
B
K
I
C’
I’
Giải: 
+ Gọi I và I’ là trung điểm AC và A’C’
+ IB = (IBB’I’) ầ (ABC)
Trong (IBB’I’) kẻ ID 
sao cho (D ẻ BB’).
Theo cách xác định trên ta có () = 300
Thiết diện cần tìm là DACD.
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = 	AB và SA vuông góc với đáy. M và N là trung điểm các đoạn SA và SD. Mặt 	phẳng (a) qua MN và tạo với đáy ABCD góc 300.
S
D
C
A
B
P
Q
M
N
300
Xác định thiết diện của hình chóp đã cho và mặt phẳng (a) ?
Giải:
+ Ta có MN // AD => MN // (ABCD),
(SAB) ^ MN (Vì AD ^ (SAB))
+ (SAB) ầ (ABCD) = AB
+ Trong (SAB) qua M kẻ 
hai đường thẳng d1 và d2 hợp với đường thẳng AB 	góc 300.
* d1 cắt đoạn thẳng AB và P và hợp với đường thẳng AB góc 300.
Khi đó AP = và (a) º (MNP)
Dễ thấy thiết diện là hình thang vuông NMQP tại M, P 
(Với PQ // BC; Q ẻ BC).
* d2 cắt tia đối tia AB tại P’ và hợp với đường thẳng AB góc 300.
Điểm
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
ồ
Lớp 11A1
Số HS
0
0
0
2
4
9
6
12
12
3
1
49
Một số nhận xét về kết quả thực tiễn của đề tài
+ Việc đưa ra phương pháp xác định một số loại thiết diện cơ bản, giáo viên cung cấp cho học sinh những tri thức cần thiết để giúp các em bước đầu thực hiện các yêu cầu cơ bản mà bài toán thiết diện trong SGK phổ thông đặt ra. Qua đó bồi dưỡng năng lực giải toán và phát triển trí tưởng tượng không gian cho học sinh.
+ Nhìn chung học sinh sau khi học xong nắm vững kiến thức cơ bản về cách xác định một số loại thiết diện cơ bản, biết trình bày lời giải rõ ràng.
+ Qua thực tế giảng dạy và triển khai đề tài học sinh giải bài tập không còn lúng túng, nghi ngờ và đạt được những kết quả đáng ghi nhận.
IV. Những bài học kinh nghiệm và kiến nghị sau quá trình thực hiện đề tài
Trên đây là bài giảng của tôi trong thời lượng 5 tiết học dành cho chủ đề tự chọn của ban KHTN, tôi đã áp dụng giảng dạy ở lớp 11A1 và trường THPT Bình Minh năm học 2008 - 2009.
 Kết quả cũng khiến tôi hài lòng :
Học sinh học một cách chủ động, tích cực hơn, việc khai thác các kiến thức cơ bản của chương trình tốt hơn, hiệu quả hơn vì thế nên nhớ lâu hơn, tính linh hoạt và tính sáng tạo trong giải toán tốt hơn. 
Các em làm bài đỡ máy móc hơn, đỡ lúng túng khi gặp những bài toán tổng quát hoá hay và vì vậy bài làm chắc chắn và ít gặp sai sót hơn.
Học sinh say mê học tập toán.
Việc khai thác kiến thức cơ bản khi dạy các chủ đề tự chọn bám sát theo chương trình cơ bản lớp 11 cần mang tính thường xuyên và trên diện rộng. Năm tiết học của chủ đề tự chọn mà tôi đã trình bày ở trên chỉ mang tính chất minh họa cho đề tài này. 
Theo tôi, đây là một chủ đề hay bởi vì nó đáp ứng được nhu cầu hiểu biết của học sinh, chương trình đổi mới phương pháp giảng dạy hiện nay và phục vụ không chỉ cho mọi đối tượng học sinh (lớp 11) mà còn cho một lớp các đối tượng học sinh khá, giỏi của bộ môn Toán. 
Thiết nghĩ rằng, ngoài việc cho học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản, góp phần xây dựng nhân cách (tính tự tin, tính độc lập trong suy nghĩ, sự hợp tác trong lao động, ) chúng ta nên quan tâm bồi dưỡng những học sinh có tính sáng tạo, có tư duy độc lập cao để góp phần xây dựng nhân tài cho đất nước. 
Rất mong được sự đóng góp nhiệt tình của các bạn đồng nghiệp, của HĐKH trường THPT Bình Minh và của HĐKH cấp trên.
Ngày 30 tháng 4 năm 2009
Tác giả ký tên
Bùi Lương Vẻ
ý kiến nhận xét đánh giá và xếp loại của
Hội đồng khoa học cơ sở
..........................................................
Chủ tịch hội đồng
(ký tên, đóng dấu)
ý kiến nhận xét đánh giá và xếp loại của
Hội đồng khoa học Cấp trên
...........................................................
Chủ tịch hội đồng
 (ký tên, đóng dấu)