Hhkg qua cac ki thi hsg

CHUN ĐỀ 12
THỰC HÀNH GIẢI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
QUA CÁC KÌ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH (THÀNH PHỐ)

Bài 1:

[HSG HÀ NỘI 2009-2010] Cho hình lập phương ABCD. ABC D có cách cạnh bằng a . Với M là
một điểm thuộc cạnh AB , chọn điểm N thuộc cạnh DC sao cho AM  DN   a
1. Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi.
2. Tính thể tích khối chóp B.AMCN theo a . Xác định vị trí của M để khoảng cách từ B tới
 AMCN  đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo a .
3. Tìm quỹ tích chình chiếu vng góc của C xuống đường thẳng MN khi M chạy trên cạnh AB
Lời giải

A'

M

B
C

D
C1
I

K

A'

B'
J

H
D'

N

C'

1. Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định khi M thay đổi.
Xét hình chữ nhật ABCD , gọi I là giao điểm của AC và MN . Ta nhận thấy hai tam giác AMI và
CNI bằng nhau nên IA  IC tức I là trung điểm của AC . Vậy MN luôn đi qua tâm I của hình
lập phương.
2. Tính thể tích khối chóp B. AMCN theo a . Xác định vị trí của M để khoảng cách từ B tới
 AMCN  đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó theo a .
VC . AMB

1
S ABBA a 3
 .CB.

3
2
6

Tương tự VC . ANB 

a3
a3
. Vậy VB. AMCN  VC . AMB  VC . AMB  .
6

3

Dễ thấy ANCM là hình bình hành. Gọi J là trung điểm AC  thì IJ   ABC D  , gọi H là hình
chiếu của I lên đường thẳng AN thì JH  AN .
1
1
1
Tính IJ : S AJN  S ANC   AD.NC   ax
2
4
4
S
ax
2
Mặt khác AN  a 2   a  x  nên JH  2 AJN 
2
AN 2 a   a  x 2


2
 a 2  a 2  ax  x 2 
a2 x2
a2 
x2
a
IH  IJ  JH    

1



 

2
4  a 2   a  x  2  2  a 2   a  x 2 
 2  4 a2   a  x 
2

2

2





1
a 2  a 2  ax  x 2  2
a2 2
2
S A2MCN  4 S IA2 N  4 IH 2 . AN 2   2
.
a

a

x

a  ax  x 2 





2


4
2  a  a  x 
2



 S AMCN
Ta



2
a2 2
a 2  3a 2  a
 
2

 a  ax  x   2  4   2  x  
2



cos

3V

1
a3
VB. AMCN  .S AMCN .d  B,  AMCN    d  B,  AMCN    B. AMCN 
3
S AMCN
S AMCN

nên

2 6a
a
d  B,  AMCN   lớn nhát khi S AMCN nhỏ nhất  x  . Khi đó khoảng cách nhỏ nhất là
.
2
3
3. Tìm quỹ tích chình chiếu vng góc của C xuống đường thẳng MN khi M chạy trên cạnh AB .
Gọi K là tâm hinh vng BCCB thì dễ thấy CK   ABC D  từ đó gọi C1 là hình chiếu của C trên

đường thẳng MN thì KC1  IC1 . Tức là C1 nhìn đoạn IK dưới một góc vng, do đó quỹ tích C1 la
cung trịn trong mặt phẳng  ABCD  có đường kính IK ( Giới hạn: Hình chiếu của C trên đường
Bài 2:

thẳng AC khi M  A , hình chiếu của C trên BD  khi M  B ).
[SỞ TPHCM 2011] Cho hình chóp S . ABCD có ABCD là hình vng cạnh a , SA vng góc với
 ABCD  , SA  a . Xác định và tính độ dài đoạn vng góc chung của AC và SD .
Lời giải
E
S

J

D
A

M
I
C

B

Gọi M là trung điểm của AD . I là giao điểm của BM và AC , J là giao điểm của EM và SD ( E
là đỉnh của hình vng SADE ).
IM AM 1 JM DM 1
Ta có

 ,


IB
BC 2 JE
SE 2


IM JM
1

 IJ  BE và IJ  BE
IB
JE
3

AC   BDE   AC  BE  AC  IJ



SD   BAE   SD  BE  SD  IJ
Vậy IJ là đoạn vng góc chung của AC và SD .
a 3
3
Bài này cũng có thể giải bằng phương pháp tọa độ
[SỞ TPHCM 2010] Cho tứ diện ABCD . Giả sử I là điểm thuộc cạnh AB có khoảng cách đến các

BE  a 3  IJ 

Bài 3:

mặt phẳng  ACD  và  BCD  bằng nhau.
a) Chứng minh rằng :

IA VAICD S ACD


IB VBICD S BCD

b) Cho IA  IB và AB vng góc với CD . Chứng minh rằng AB vng góc với mặt phẳng  ICD  .
Lời giải
a)

Ta có :

VAICD AH AI

với AH là đoạn vng góc vẽ từ A đến mp  ICD  và BK là đoạn


VBICD BK BI

vuông góc vẽ từ B đến mp  ICD  .
Ngồi ra ta cịn có :

VI . ACD IM .S ACD
với IM là đoạn vng góc vẽ từ I đến mp  ACD  và IN là

VI .BCD IN .S BCD

đoạn vng góc vẽ từ I đến mp  BCD  .

ACD, BCD  nên IM  IN cho tađpcm.
Vì I thuộc mặt phân giác của nhị diện 
b) Với IA  IB và AB vng góc với CD , ta vẽ đường cao AJ của tam giác ACD .
Ta có : CD vng góc AB , CD vng góc AJ nên CD vng góc với mp  ABJ  suy ra CD
vng góc với BJ .
Do vì IA  IB nên diện tích  ACD  bằng diện tích  BCD  , do câu a).
Nên suy ra AJ  BJ .
Tam giác ABJ cân tại J cho ta : JI vng góc với AB .
Vậy AB vng với IJ , AB vuông với CD nên AB vuông với mp  ICD  ( đpcm)
Bài 4:

[SỞ TPHCM 2010] Cho tứ diện ABCD , trong tam giác BCD chọn một điểm M và qua M kẻ các
đường thẳng song song với các cạnh AB , AC , AD cắt các mặt  ACD  ,  ABD  ,  ABC  lần lượt
tại A’ , B’ , C’ . Xác định vị trí của M trong tam giác BCD sao cho thể tích tứ diện MA’B’C’ đạt giá
trị lớn nhất.

Lời giải
V
MA ' MB ' MC '
Trước hết ta chứng minh : M . A ' B 'C ' 
.
.
(1)
VA. BCD
AB AC AD
Thật vậy, ta xét góc tam diện đối đỉnh của góc tam diện A.BCD và lấy trên ba tia đối lần lượt các
đoạn AA1  MA’ , BB1  MB’ , CC1  MC’ . Thực hiện phép tịnh tiến theo vectơ MA thì hình tứ diện

MA’B’C’ biến thành tứ diện AA1B1C1 nên thể tích hai hình tứ diện ấy bằng nhau và ta có :


VA. A1B1C1
VA.BCD



AA1 AB1 AC1 MA ' MB ' MC '
(đpcm)
.
.

.
.
AB AC AD
AB AC AD

và ta chứng minh tiếp :

MA ' MB ' MC '


1
AB
AC
AD

(2)

Thật vậy, ta có : VABCD  VMABC  VMACD  VMABD  1 
Xét

VMABC VMACD VMABD


VABCD VABCD VABCD

VMABC VMABC MK


VABCD VD. ABC DH

với MK là khoảng cách từ M đến mp  ABC  , DH là khoảng cách từ D đến mp  ABC  .
Ta lại có hai tam giác vng MKC và DHA đồng dạng cho :
Suy ra :

MK MC '


DH
AD

VM . ABC MC '

VD. ABC
AD

Tương tự ta có :

VMACD MA '

VB. ACD
AB

;

VMABD MB '

VB. ACD AC

Vậy (2) đúng.
Từ các kết quả (1) và (2), ta có :
1

MA ' MB ' MC '
MA '.MB '.MC '
1 MA '.MB '.MC ' VMA ' B ' C '



 33



AB
AC
AD
AB. AC. AD
27
AB. AC. AD
VABCD

Vậy VMA ' B ' C ' 

1
VABCD
27

1
VABCD khi xảy ra dấu bằng, lúc ấy M là trọng tâm tam giác
27
1
1
1
BCD . (vì MA '  AB, MB '  AC , MC '  AD) .
3
3
3

Thể tích MA’B’C’ đạt lớn nhất là

Bài 5:

[SỞ TPHCM 2009] Cho tứ diện ABCD có AB  BC  CA  a , AD  2a , BD  a 3 , CD  a 2 .
Tính theo a khoảng cách từ D đến mặt phẳng  ABC  .
Lời giải
D

A

B
Ta có BCD vng tại C , ABD vng tại B .

Gọi H là hình chiếu của D lên mp  ABC 
  30
Ta có AB  BD  AB  BH  CBH
BC  CD  BC  CH

C

H


 CH 

a
3

 DH  DC 2  CH 2  a

Bài 6:

5
3

[SỞ TPHCM 2009] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA vng góc
với mặt phẳng  ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vng góc của A lên các đường thẳng SB ,

SC . Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH theo a .
Lời giải
S

K

H

D

C

A
O

E

B
Gọi O là giao điểm 2 đường cao BD và CE của ABC .
 BD   SAC  và CE   SAB 
Do ABC là tam giác đều nên D , E lần lượt là trung điểm của AC , AB  D , E lần lượt là tâm
cácđường tròn ngoại tiếp các tam giác AKC và AHB .

 O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCKH
a 3
3
[SGD PHÚ THỌ 15-16] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , AC  a . Tam
giác SAB cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ điểm D
tới mặt phẳng  SBC  , biết góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng đáy bằng 60o .

Bán kính OA 
Bài 7:

Lời giải

S

K
A

D

H
B

I

C


Gọi H là trung điểm của AB , tam giác SAB cân nên SH  AB . Vì tam giác SAB nằm trong
mặt phẳng vng góc với đáy nên SH  ( ABCD) . Suy ra góc giữa SD và mp  ABCD  là
  60o  SH  HD tan 60o  HD 3.

SDH

  120o .
Dễ thấy tam giác ABC đều cạnh a nên 
ABC  60o  HAD
Theo định lí Cơsin:

HD 2  AH 2  AD 2  2 AH . AD.cos1200 

a2
a  1  7a 2
 a 2  2. .a.   
4
2  2
4

a 7
a 21
hay SH  HD 3 
.
2
2
Ta có AD  BC  AD   SBC   d  D,  SBC    d  A,  SBC   .

Suy ra HD 

Đường thẳng AH cắt  SBC  tại B nên
d  A,  SBC  
d  H ,  SBC  



BA
 2  d  A,  SBC    2d  H ,  SBC  
BH

Kẻ HI  BC , HK  SI . Vì BC  HI , BC  SH  BC   SHI   BC  HK .
Vì HK  BC , HK  SI  HK   SBC   HK  d  H ,  SBC   .
Vì thấy tam giác ABC đều cạnh a nên CH  AB hay tam giác HBC vuông tại H .
Ta có

1
1
1
1
1
1
4
4
4
4.29

 2 



 2 2 
2
2
2

2
2
2
HI
HS
HI
HS
HB
HC
21a a 3a
21a 2

609a
a 609
.
. Vậy d  A,  SBC    2d  H ,  SBC    2 HI 
58
29
[SGD HÀ NAM 16-17] Cho hình hộp ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,
  60 , AA  AB  AD . Cạnh bên AA hợp với mặt phẳng  ABCD  một góc 600 .Tính theo a
BAD

Suy ra HI 
Bài 8:

thể tích khối hộp ABCD. ABC D và khoảng cách giữa hai đường thẳng BC , AD .
Lời giải
A'
B'

C'

D'
H

600

B

A
O

G

N

C
D
Gọi G là trọng tâm ABD  G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD (vì ABD đều)
Theo gt A ' A  A ' B  A ' D  A ' G  ( ABCD )

AA,( ABCD)   
AAG  60

*) Tính thể tích khối hộp ABCD. ABC D


3
2

+ S ABCD  AB. AD.sin 600  a 2

3
2
3
 AG  AO  a
2
3
3
AAG vuông tại G  A ' G  AG.tan 
A ' AG  a

+ ABD đều cạnh a  AO  a

Vậy VABCD. ABC D  S ABCD . AG  a 3

3
.
2

*) Tính d  BC , AD  ?
 BC  AD
Ta có 
 BC   ADDA 
 AD   ADDA 
vì AD   ADDA   d  BC , AD   d  BC ,( ADDA)   d  B,( ADDA) 

Gọi BG  AD  N ( N là trung điểm của AD )
 BG   ADDA   N


Vì  BN
 d  B, ( ADDA)   3d  G, ( ADDA) 
3

 GN
 AD  GN
Ta có 
 AD  ( AGN ), AD   ADDA    AGN    ADDA 
 AD  AG

 AGN    ADDA   AN
Trong mp  AGN  dựng GH  AN

suy ra GH   ADDA   d  G,  ADDA    GH

a 3
a 13
a 117
 GH 
 d  BC , AD  
6
13
13
3
a 117
Kết luận: VABCD. A ' B 'C ' D '  a 3
; d  BC , AD ' 
2
13
[SGD HÀ NAM 16-17] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a , cạnh

Có AG  a, GN 

Bài 9:

bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, SA  a 3 . Điểm M thay đổi thuộc cạnh BC ( M
khác B , C ), điểm N thay đổi thuộc cạnh DC ( N khác D , C ) sao cho hai mặt phẳng
 SAM  và  SAN  hợp với nhau một góc 450. Tìm vị trí của M , N để tổng thể tích của các
khối SABM , SMCN , SADN đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó?
S

A

a

45

a

B

0

x
M

D

y N

C

 SA  AM
  450
Có SA  ( ABCD)  
 
( SAM ),( SAN )   MAN
 SA  AN
1
Đặt V  VSABM  VSMCN  VSADN  SA. S ABM  S MCN  S ADN 
3
Đặt BM  x, DN  y (với x, y   0; a  ).
1
1
 BA.BM  CM .CN  DN .DA   a 2  xy 
2
2


  DAN
  450  tan 450  tan BAM  tan DAN  a  x  y   1
Lại có BAM
.tan DAN

a 2  xy
1  tan BAM
 S  SABM  S MCN  S ADN 

y

a 2  ax
a
ax  x 2 
 S  a 
ax
2
a  x 

Đặt f ( x) 

ax  x 2
 x 2  2ax  a 2
 f '( x) 
2
ax
a  x

f '( x)  0  x  





2  1 a.

Bảng biến thiên
x

1  2  a

f ' x 

0



0




a 3 2 2





a

0



f  x



 max f  x   a 3  2 2  max S  a 2 2  2
 0;a 



2 1 a






Vì SA  a 3 (khơng đổi) nên max V  max S
 max V  



a3 3 2  2
3

 khi x  y  a

Vậy -và GTLN của max V  

Bài 10:





a3 3 2  2



2 1

.

3
[HSG AN GIANG 08-09 vịng 1] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng,
SA  ( ABCD) . Cho SA  AB  a ; mặt phẳng  P  qua A vng góc với mặt phẳng  SAC  cắt SB ,
SC và SD lần lượt tại B; C ; D .
1/. Chứng minh rằng tứ giác ABC D có hai đường chéo vng góc.
2/. Đặt SC   x . Tìm x để mặt phẳng  P  chia hình chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau.

Lời giải


S

C

D

I

B
A

D
I

B

C

 BD  AC
1. Ta có 
 BD  ( SAC ) . Mà ( P )  ( SAC ) nên BD  ( P) .
 BD  SA
 BD  ( SAC )
Mặt khác 
 BD  AC 
 AC  ( SAC )
( SBD)  ( P )  BD
Ta lại có 
 BD // BD . Do đó, BD  AC  .
 BD // ( P)
2. Xét ABC vng tại A có:
1

.SI .SC.sin ISC
S SIC
SC.SI
2


(1)
/
/
S SI / C / 1 .SC / .SI / .sin ISC
 SC .SI
2

- Tương tự:
1
.SA.SC.sin 
ASC
S SAC
SC
2


(2)
/
S SAC / 1 .SA.SC / .sin 
SC
ASC
2
1
.SA.SI .sin 
ASI
S SAI
SI
2

 / (3)
S SAI / 1 .SA.SI / .sin 
ASI SI
2
- Từ (1), (2) và (3); ta được:
S SAI / S SI / C / S SAC /
SI / SC / .SI / 2 SC /






S SAI
S SIC
S SAI
SI
SC.SI
SC

SI /  SC /  2 SC /

1 

SI 
SC  SC

(4)

SI SC  SC / 2SC / a 3  x



SI /
2 SC /
SC
2x
1
hA .S SBC

 SC  SC   .SC  (a 3  x)a 3
VS . ABCD
VS . ABC
SB.SC
SI .SC
3





2 SC .SC 
2 x2
SB.SC  SI .SC 
VS . ABC D VS . ABC  1 h .S
A SBC 
3

Vậy:


- Để mặt phẳng  P  chia khối thành 2 phần có thể tích bằng nhau thì:
VS . ABCD
(a 3  x) a 3
a ( 3  51)
2
 2  4 x 2  a 3 x  3a 2  0  x 
.
2
VS . ABC D

2x
8

Bài 11:

[SỞ AN GIANG 08-09 vòng 2] Cho mặt phẳng ( ) và ba điểm A , B , C không nằm trong mặt
phẳng ( ) và cùng một phía đối với mặt phẳng ( ) , ba đường thẳng song song vẽ từ A , B , C cắt
mặt phẳng ( ) lần lượt tại A/ , B / , C / . Giả sử những đường thẳng song song ấy di động sao cho

AA/  BB /  CC /  k khơng đổi.
1/. Tìm tập hợp các điểm A/ , B / , C / .
2/. Tìm tập hợp trọng tâm G của tam giác A/ B / C / .
Lời giải
A
C

A

B
A1

B

C

C1

I

B1

1/ - Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là hình chiếu của A ; B ; C lên mp(  ).
- Khi đó:

AA/ BB / CC / AA/  BB /  CC /



AA1 BB1 CC1 AA1  BB1  CC1

- Do AA1; BB1; CC1 không đổi nên đặt AA1  BB1  CC1  a
- Vậy:

AA/ AA/  BB /  CC / k


AA1 AA1  BB1  CC1 a

- Mặt khác AA1 A / vuông tại A1 , nên:
2
2


k

2
2 k 
A1 A  AA  AA   AA1   AA1  AA1    1
a


 a 

/2

/2

2
1

- Do A; A1 cố định và a , k không đổi, nên tập hợp A/ là đường trịn tâm A1 bán kính

 k  2 
A1 A  AA    1
 a 

/

2
1

- Tương tự hai điểm B và C  nằm trên 2 đường trịn tâm B1 và C1 bán kính lần lượt là

 k  2 
 k  2 
B1B /  BB12    1 ; C1C /  CC12    1
 a 

 a 

2/ - Gọi G và G lần lượt là trọng tâm của ABC và A/ B / C / và AG  ( )   I  .

- Do G cố định nên I cố định và GG / / / AA/ .


IA
IG
/
- Vì A thuộc đường trịn nên G nằm trên đường tròn ảnh của phép vị tự tâm I tỉ số k .
[SỞ AN GIANG 09-10 vòng 1] Cho Ox , Oy , Oz vng góc với nhau từng đơi một. Lấy
- Do đó G là ảnh của A qua phép vị tự tâm I tỉ số k 

Bài 12:

A  Ox; B  Oy; C  Oz sao cho OA  a , OB  b , OC  c .
1/ Tính diện tích tam giác ABC theo a , b , c .
2/ Giả sử A , B , C thay đổi nhưng ln ln có OA  OB  OC  AB  BC  CA  k không đổi. Xác
định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện OABC .
Lời giải
C

O

B
H

A
1.  Vẽ OH  AB .
 Ta có:
1
1
1 a 2  b2



 2 2
OH 2 a 2 b 2
ab
CH 2  OC 2  OH 2  c 2 

a 2b 2
a2  b2

a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2
a2  b2
1
1 2 2
 AB.CH 
a b  b 2c 2  c 2 a 2
2
2

 Suy ra: CH 
 Vậy: S ABC
2.  Ta có:

k  a  b  c  a 2  b2  b2  c 2  c 2  a 2 
 3 3 abc  2ab  2bc  2ca
 3 3 abc  3 3 2ab . 2bc . 2ca
 3 3 abc  3 2. 3 abc  3(1  2) 3 abc

 Nên

3

abc 

k
k3
 abc 
3(1  2)
27(1  2)3

1
k3
 Do đó: VOABC  abc 
6
27.6.(1  2)3


 Dấu “  ” xảy ra  a  b  c
 Khi đó: AB  BC  AC  a 2

 Suy ra: k  3a  3a 2
 Do đó: a  b  c 
Bài 13:

k
.
3(1  2)

[SỞ AN GIANG 09-10 vịng 2] Cho hình chóp S . ABC ; gọi A/ , B / , C / là 3 điểm tùy ý lần lượt thuộc
SA/ 1 SB /

1
SC /
1
;
. Chứng minh rằng mặt phẳng
 ;


SA n SB 2n  1 SC 3n  1
( A/ B / C / ) qua một đường thẳng có định khi n thay đổi (n  * ) .

cạnh SA , SB , SC sao cho:

Lời giải

 Ta có:



 S A 
SB /
SC
/
/
SA 
; SB 
; SC 
n
2n  1
3n  1



 
   SA
SB
(2n  1) SA  nSB
/ /
/
/
 B A  SA  SB 


n 2n  1
n(2n  1)




 n(2n  1) B / A/  n 2SA  SB  SA


 
 n(2n  1) B / A/  n 2SA  SB  nSA/

 
 
 n(2n  1) B / A/  n 2SA  SB  n SI  IA/


  

n(2n  1) B / A/  n 2 SA  SB  SI  nIA/
(1)
   
 Gọi I là điểm sao cho 2SA  SB  SI  0


 (1)  n(2n  1) B / A/  nIA/









 




 A/ , B / , I thẳng hàng
Hay A/ B / đi qua điểm cố định I .
 Tương tự:


 
   SA
SC
(3n  1) SA  nSC

/ /
/
/
C A  SA  SC 


n 3n  1
n(3n  1)





 n(3n  1)C / A/  n 3SA  SC  SA


 
 n(3n  1)C / A/  n 3SA  SC  nSA/

 
 
 n(3n  1)C / A/  n 3SA  SC  n SJ  JA/


  
 n(3n  1)C / A/  n 3SA  SC  SJ  nJA/ (2)
   
 Gọi J là điểm sao cho 3SA  SC  SJ  0



 (2)  n(3n  1)C / A/  nJA/








 




 A/ , C / , J thẳng hàng
Hay A/ C / đi qua điểm cố định J .

 Vậy ( A/ B / C / ) đi qua đường thẳng cố định IJ (đpcm)


Bài 14:

[SỞ BẮC GIANG 08-09] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , AD  b ,
SA   ABCD  và SA  a .

a) Gọi E là trung điểm CD . Tính khoảng cách từ S đến BE theo a , b .
b) Gọi  ,  ,  lần lượt là các góc giữa mặt phẳng  SBD  với các mặt phẳng  SAB  ,  SAD 
và (ABD). Chứng minh rằng cos   cos   cos   3.
Lời giải

S

N

P

H

D

A
M
B

F

E
C

a) Tính được khoảng cách từ S đến BE bằng a

a 2  8b 2
.
a 2  4b 2

b) H là hình chiếu của A lên mặt phẳng  SBD 
Ta chứng minh được H là trực tâm tam giác SBD .
Gọi các đường cao của tam SBD là SM , BN , DP
 ,   HNA
 ,   HPA

.
Từ đó ta có   HMA
HM AH
AH 2
2
Ta có cos  

 cos  
AM
AS
AS 2
Tương tự ta chứng minh được:

AH 2
AB 2
AH 2
cos 2 
AD 2
cos 2  

1
1
1
1



2
2
2

AH
AS
AB
AD 2
Suy ra cos 2  cos 2   cos 2  1.
Mặt khác ta chứng minh được

Bài 15:

Ta dễ dàng chứng minh được (cos  cos  cos ) 2  3(cos 2  cos 2   cos 2 ) =3
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
[SỞ HẢI DƯƠNG- 2011-2012] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a ,

SA  a 3 và SA vng góc với mặt phẳng đáy.
1. Mặt phẳng  P  đi qua điểm A và vng góc với SC cắt SB , SC , SD lần lượt tại B ', C ', D ' Tính
thể tích khối chóp S. ABC ' D ' theo a .


  450 . Tìm giá
2. M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho MAN
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S . AMN .
Lời giải
1. Mặt phẳng  P  đi qua điểm A và vng góc với SC cắt SB , SC , SD lần lượt tại B ', C ', D '
Tính thể tích khối chóp S. ABC ' D ' theo a .

BC  AB, BC  SA  BC   SAB   BC  AB '
SC   P   SC  AB '  AB '   SBC   AB '  SB
Tương tự AD '  SD
VS . AB 'C ' D '  VS . AB 'C '  VS . AC ' D '

VS . AB 'C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC SA2 SA2
9

.

.
 2. 2 
1
2
2
VS . ABC
SB SC
SB
SC
SB SC
20
VS . AD 'C ' SD ' SC ' SD '.SD SC '.SC SA2 SA2
9

.

.

. 2
 2
2
2
2
VS . ADC
SD SC

SD
SC
SD SC
20
Do VSABC  VSADC 

11 2
a3 3
a a 3
32
6

Cộng 1 và  2  vế theo vế ta được:
VS . AB ' C '
a3 3
6



VS . AD ' C '
a3 3
6



9
9
9 a 3 3 3 3a 3

 VS . AB ' C ' D ' 


20 20
10 6
20

  450 . Tìm
2. M và N là hai điểm thay đổi lần lượt thuộc các cạnh BC và DC sao cho MAN
giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của thể tích khối chóp S . AMN .
Ta có
1
VS . AMN  S AMN .a 3 . Đặt BM  x, DN  y; x, y   0; a 
3
Trên tia đối tia DC lấy điểm P sao cho DP  PM  x
  DAP

ABM  ADP  AM  AP, BAM


  450  BAM
  DAN
  450
MAN
  DAP
  DAN
  450
 NAP
1
1
AD.PN  a  x  y 
2

2
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông CMN ta được
 MAN  PAN  S MAN  S PAN 

2

2

MN 2  MC 2  CN 2   x  y    a  x    a  y 

2

 x 2  y 2  2 xy  a 2  x 2  2ax  a 2  y 2  2ay

 xy  a  x  y   a 2  y 
Thế vào * ta được S MAN 
Đặt f  x  

1 
a 2 -ax 
a x 

2 
ax 

1  x2  a 2 
a x 2  2ax  a 2

, f  x  0  x 
a


f
x




2  ax 
2  x  a 2

Mà f  0   f  a  

a2
;f
2

Suy ra max f  x  

a2
, min f  x   a 2
2 0;a 

Vậy

a3 3

6

0;a 

maxVS . AMN

MB  ND  a
Bài 16:

a 2 - ax
ax





 

2 1 a  a2

khi









2 1 a



2 1



2 1

 M  B, N  C
M  C, N  D


3
và

minVS . AMN 





2  1 a3
3

khi



2 1

[SỞ VĨNH PHÚC 2013-2014] Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M
  300 ; góc giữa mặt

là trung điểm của BC và H là trung điểm của AM . Biết HB  HC  a , HBC
phẳng ( SHC ) và mặt phẳng ( HBC ) bằng 600 . Tính theo a thể tích khối chóp S .HBC và tính cosin
của góc giữa đường thẳng BC và mặt phẳng ( SHC ) .
Lời giải


Ta có
1
a2 3
0
S HBC  HB.HC.sin120 
2
4
Gọi K là hình chiếu của A trên HC . Ta có
a
a 3
 AK  AH sin 600 
2
4
  60 0  SA  AK tan 600  3 a
Góc giữa ( SHC ) và ( ABC ) là SKA
4
AH  HM  HB sin 300 

1
1 3 a 2 3 a3 3
Vậy VS . HBC  SA.S HBC  . a.

3
3 4

4
16


Gọi B  là hình chiếu của B trên ( SHC ) , suy ra góc giữa BC và ( SHC ) là BCB
Gọi I là hình chiếu của A trên SK  AI  ( SHC )
Ta có BB  d ( B; ( SHC ))  2d ( M ;( SHC ))  2d ( A; ( SHC ))  2 AI
Trong tam giác vng SAK , ta có AI 
 
Do đó sin BCB

AK .

3
3
 a  BB  a
8
4
AK  SA
2

2

BB
3a
3a
3




0
BC 4.2 BM 8.HB.cos 30
4

3
13

16
4
[HSG HẢI DƯƠNG- 2013-2014]

  1 
Vậy cos BCB
Bài 17:

  1200 . Gọi M , N

  900 , BSC
1) Cho khối chóp S.ABC có SA  2a, SB  3a, SC  4a , AS
B  SAC
lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM  SN  2a . Chứng minh tam giác AMN vng. Tính
khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB ) theo a .
2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a , hai điểm M , N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao
cho BM  DN . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN .
Lời giải


1)
Dùng ĐL Cosin tính được: MN  2a 3
S

S

N

A
C

A
N

M

B

M

H

AM  2a 2 , AN  2a (Tam giác vuông SAC có SC  2SA nên góc ASC  600 )  tam giác
AMN vuông tại A .
Gọi H là trung điểm của MN , vì SA  SM  SN và tam giác AMN vuông tại A .
 SH  ( AMN ) ; tính được SH  a .

Tính được VS . AMN 

2 2a 3 VS . AMN SM .SN 1
,

  VS . ABC  2 2a3

3
VS . ABC
SB.SC 3

Vậy d (C ; ( SAB )) 

3VS . ABC 6a 3 2

 2a 2
S SAB
3a 2

2)





BM
DN
 x , với 0  x  1 
 x . Khi đó ta có: BM  x.BA và DN  x.DC
BA
DC


 
 




+) Ta có: DN  x.DC  BN  BD  x( BC  BD )  BN  x.BC  (1  x ).BD
  



Do đó: MN  BN  BM  x.BC  (1  x ).BD  x.BA
+) Đặt

a2
a2
a2
 2 x 2 .  2 x(1  x)
2
2
2
2
2
2
2
2
 a  x  (1  x )  x  x(1  x )  x  x (1  x)    2 x 2 – 2 x  1 a 2

+) MN 2  x 2 a 2  (1  x )2 a 2  x 2 a 2  2 x (1  x )

+) Xét hàm số f  x   2 x 2 – 2 x  1 trên đoạn  0;1 ta có:
1
1
max f ( x )  f (0)  f (1)  1, min f ( x)  f ( ) 
2

2

a 2
khi M , N lần lượt là trung điểm của AB , CD .
2
+) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M  B , N  D hoặc M  A , N  C .
[HSG HẢI DƯƠNG- 2016-2017]
1. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vng tâm O cạnh bằng a . Hình chiếu vng góc của

+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng

Bài 18:

đỉnh S lên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm của OC . Góc giữa mặt phẳng  SAB  và mặt phẳng

 ABCD 

bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S. ABCD theo a .


2. Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 2 , góc
giữa mặt phẳng  SBC  và mặt phẳng  ABCD  bằng  . Tìm giá trị của cos  để thể tích khối chóp

S. ABCD nhỏ nhất.
3. Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh bằng a . Lấy điểm M thuộc đoạn AD’ , điểm N

a 2
thuộc đoạn BD sao cho AM  DN  x,  0  x 
 . Tìm x theo a để đoạn MN ngắn nhất.
2 


Lời giải
S

C

B
H

K
O
D
A

1.

  600
 AB   SHK   SKH

Kẻ HK  AB

 K  AB 

HK / / BC 

HK AH 3
3

  HK  a
BC AC 4

4

Tam giác SHK vuông tại H  SH  HK . tan 600 

3 3
a
4

1 3 3
3 3
S ABCD  a 2  VS . ABCD  a 2 .
a
a
3
4
4
Gọi M , N là trung điểm BC , AD . Gọi H là hình chiếu vng góc từ N xuống SM . Ta có:
S

H
C

D
N
M

I
A

   , d  A;  SBC    d  N ;  SBC    NH  2

SMN
 MN 

NH
2
4

 S ABCD  MN 2 
sin  sin 
sin 2 

B


tan 
1

sin  cos
1
4
1
4
  2 

2
3 sin  cos 3.sin  .cos

SI  MI .tan  
 VSABCD

2. Ta có

sin 2  .sin 2  .2cos 2 

sin 2   sin 2   2cos 2 2
1
  sin 2  .cos 
3
3
3

VSABCD min  sin 2  .cos max
1
3

 sin 2   2cos 2  cos 
3.

Gọi M ’, N ’ lần lượt là hình chiếu của M , N lên AD
Ta có MN 2  M ' M 2  M ' N 2  M ' M 2  M ' N '2  N ' N 2
Tam giác M ’ AM vuông cân tại M ’ nên có M ' A  M ' M 
Tam giác N’DN vuông cân tại N’ nên có N ' D  N ' N 

x 2
;
2

x 2
2

M ' N '  AD  M ' A  N ' D  a  x 2
Khi đó MN 2 

x2
 ax 2
2





2



x2
 3x 2  2 2a.x  a 2
2

2


2  a2 a2
a 3
a  

 MN 
MN  3  x 
3 
3

3
3

2

a 3
a 2
đạt được khi x 
.
3
3
HÓA
2016-2017]
Cho
lăng

Vậy MN ngắn nhất bằng
Bài 19:

[HSG

THANH

trụ

đứng

ABC. A ' B ' C '

có

AB  6, BC  12, 
ABC  600. Thể tích của khối chóp C '. ABB ' A ' bằng 216. Gọi M là điểm nằm
trong tam giác A ' B ' C ' sao cho tổng diện tích tất cả các mặt của hình chóp M . ABC đạt giá trị nhỏ
nhất. Chứng minh rằng M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A ' B ' C '. Tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng B ' M và AC '.
GIẢI


C'

B'
M

K
A'

H
C

B
I

D

A
Gọi I là hình chiếu của M trên  ABC  ; D , E , F lần lượt là hình chiếu của I trên AB , BC , CA .
Đặt x  ID, y  IE , z  IF , 2a  AB, 2b  BC , 2c  CA, h  AA '  MI .
Khi đó S ABC  S IAB  S IAC  S IBC  ax  by  cz.
Diện tích tồn phần của hình chóp M . ABC nhỏ nhất khi và chỉ khi

S  S MAB  S MBC  S MCA nhỏ nhất.
Có MD  MI 2  ID 2  h2  x 2  SMAB 

1
AB.MD  a h2  x2  (ah)2  (ax)2 .
2

Tương tự ta được S  (ah)2  ( ax)2  (bh) 2  (by ) 2  (ch) 2  (cz ) 2
     



Sử dụng bất đẳng thức u  v  w  u  v  w với u  (ah; ax), v  (bh; by ), w  (ch; cz ) ta được
2
S  (ah  bh  ch)2  (ax  by  cz )2  (a  b  c)2 h 2  S ABC
 const.

ax by cz


 x  y  z.
ah bh ch
Suy ra I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , nên M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
A ' B 'C ' .
1
S A ' B 'C '  S ABC  BA.BC.sin 
ABC  18 3
2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

A ' C '2  AC 2  AB 2  BC 2  2 AB.BC cos 600  108  A ' C '  6 3
3
Do VLT  VC '. ABB ' A '  324  AA '.S ABC  324  AA '  6 3
2
Gọi K là chân đường phân giác trong của tam giác A ' B ' C ' kẻ từ B , từ K kẻ đường thẳng song song
với AC ' cắt AA ' tại H , khi đó


  (B
' M , AC ')  ( 
B ' K , KH )  cos   cos B
' KH
S BAC   S BKC   S BKA 

1
BK  BA  BC   sin 30
2

18
B'K  B'K  4 3
4
A' K A' B ' 1
1

  A ' K  A 'C '  2 3
C 'K C 'B' 2
3

 18 3 

Do KH / / AC ' nên

A' H A' K 1

  A' H  2 3
A ' A A 'C ' 3

 KH  A ' H 2  A ' K 2  2 6 , B ' H  A ' B '2  A ' H 2  4 3
B ' K 2  HK 2  B ' H 2
2
2
.

. Vậy cos  
2.B ' K .HK
4
4
[HSG THANH HĨA 2015-2016] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại B ,
  SCB
  900 . Tính
AB  BC  a 3 , khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng a 2 và SAB

cos B
' KH 

Bài 20:

theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB , AC .

Giải
S

K

I

H

C
O

A

B

Gọi H là hình chiếu vng góc của S trên mp  ABC  .
Ta có:
SH  ( ABC ) 
  HA  AB .
SA  AB (gt) 
Tương tự HC  BC
Suy ra tứ giác HABC là một hình vng
+Ta có: AH / / BC  ( SBC )  AH / / ( SBC )
 d [ A, ( SBC )]  d [ H , ( SBC )]  a 2

Dựng HK  SC tại K 1 .
Do

BC  HC 

  BC  ( SHC )  BC  HK
BC  SH 

(2)

Từ 1 và  2  suy ra HK  ( SBC ) , nên d [ H , ( SBC )]  HK  a 2
Ta có:

1
1
1
1


 2  HS  a 6
2
2
2
HS
HK
HC
6a

1
1
1
a3 6
Thể tích khối chóp S . ABC được tính bởi: V  S ABC .SH  AB.BC.SH  a 3.a 3.a 6 
3
6

6
2
Gọi I là hình chiếu của O lên SB khi đó d ( AC ; SB )  OI

Trong tam giác vng OIB ta có: OI  OB.sin 450 

a 6 1
a 3
.

2
2
2


a 3
2
[HSG THANH HĨA 2014-2015] Cho tứ diện SABC có SA  a , SB  b , SC  c và SA  SB ,

Vậy khoảng cách giữa AC và SB là d  AC ; SB  
Bài 21:

SA  SC , SB  SC . Gọi R , V theo thứ tự là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và thể tích của tứ diện
6

SABC . Tính diện tích tam giác ABC theo a , b , c và chứng minh rằng: R 

972V 2
2

Giải
A

a
N

I
c

S

C

b
M
B

Ta có V 

abc
(1);
6

Gọi h là độ dài đường cao kẻ từ S của hình chóp SABC ta có:
Ta có: S ABC 

1
1 1 1
 2  2  2  2
2

h
a b c

3V
(3)
h

a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2
2
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC
M , N lần lượt là trung điểm của BC , SA
Từ (1), (2), (3) ta có S ABC 

Khi đó R  IS  SN 2  SM 2 
6

Theo Cơsi ta có: R 

1 2 1
1 2
SA   SB 2  SC 2  
a  b2  c2
4
4
2

27 a 2b 2 c 2
(4)
2
6

972V 2
2
Vậy ta có điều phải chứng minh.
[HSG THANH HĨA 2013-2014] Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có
AB  a, AD  b , SA vng góc với đáy và SA  2a . Gọi M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho
Từ (4) và (1) suy ra R 

Bài 22:

AM  x (0  x  2a ) . Tính diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng  MBC  . Tìm x theo

a để mặt phẳng  MBC  chia khối chóp S . ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau.


Giải.
S

M

N

A

D

B
C

Thiết diện là hình thang vng MNCB , vng tại B và M .

Tính diện tích thiết diện:
1
S MNCB  ( MN  CB) MB ; BM  BA2  AM 2  a 2  x 2
2
SM . AD (2a  x).b
SMN đồng dạng SAD  MN 

SA
2a
1  2ab  bx

Vậy S MNCB  
 b a2  x2 .
2  2a

1
2a 2b
 VS . ABCD  SA.S ABCD 
V
3
3
Gọi V1 là thể tích của khối SMNCB : V1  VS .MBC  VS .MNC

Gọi V là thể tích của khối chóp S . ABCD

Ta có

VS .MBC SM .SB.SC SM 2a  x




VS . ABC
SA.SB.SC
SA
2a

1
1
V
2a  x V 2a  x ab 2 (2a  x)
VSABC  SA.S ABC  .2a 2b   VSMBC 
. 
.

a.b .
3
6
2
2a 2
2a
3
6
2

Ta có

VS .MNC SM .SN .SC SM SN  MN   2a  x 


.


 

VS . ACD
SA.SC.SD
SA SD  AD   2a 

 VS . ACD

2

V a 2b
(2a  x) 2 a 2b (2a  x) 2
 
 VS .MNC 
.

.b
2
3
4a 2
3
12

V a 2b
(2a  x).ab (2a  x) 2 .b a 2b





2
3
6
12
3
 x  a (3  5)  2a (loai )
 x 2  6ax  4a 2  0  
 x  a (3  5) (t / m)

Yêu cầu bài toán  V1 

Vậy với x  a (3  5) thì mp  MBC  chia khối chóp S . ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau.


Bài 23:

[HSG THANH HĨA 2012-2013] Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác
cân tại C , cạnh đáy AB bằng 2a và 
ABC bằng 30 . Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ',
biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB ' bằng

a
.
2

Giải
A'

C'
N

B'

H

C

A
M
B

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' . Kẻ MH  CN ( H  CN ).
Tam giác CAB cân tại C suy ra AB  CM .
Mặt khác AB  CC   AB  (CMNC ')  A ' B '  (CMNC ')  A ' B '  MH
 MH  CN
Như vậy 
 MH  (CA ' B ').
 MH  A ' B '
Ta có: AB // (CAB)  d ( AB, CB)  d ( M , (CAB)  MH .
Tam giác BMC vuông tại M , suy ra CM  BM .tan 300 

a
3

Tam giác CMN vng tại M , có MH là đường cao
1
1
1
4
3

1



 2  2
 MN  a
2
2
2
MH
MC
MN
a
a
MN 2

Bài 24:

1
a
a3 3
Từ đó VABC . A ' B 'C '  S ABC .MN  .2a. .a 
.
2
3
3
[HSG THANH HÓA 2010-2011] Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1 . Gọi M , N lần
lượt là hai điểm thuộc các cạnh AB , AC sao cho mặt phẳng  DMN  vng góc với mặt
phẳng  ABC  . Đặt AM  x , AN  y . Tìm x , y để diện tích tồn phần của tứ diện DAMN nhỏ
nhất.

GIẢI


D

C

B
H
N

M
A

Kẻ DH  MN , do  DMN    ABC  suy ra DH   ABC  .
Mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của tam giác đều ABC .

3
1
Ta có: S AMN  . AM . AN .sin600 
xy ; S AMN  S AMH  S ANH
2
4
1 3
1
1
 . AM . AH .sin300  . AN . AH .sin300  .
 x  y .
4 3
2

2
3
1 3
xy  .
 x  y   x  y  3xy  0  x, y  1 .
4
4 3
Diện tích tồn phần của tứ diện DAMN :
S  S AMD  S AND  S DMN  S AMN

Suy ra



6
1
1
1
1
AD. AM .sin600  AD. AN .sin600  DH .MN  AM . AN .sin600.  3xy 
3 xy (3 xy  1) .
2
2
2
2
6

Từ 3 xy  x  y  2 xy 
Suy ra min S 
Bài 25:

xy 

2
4
 xy  .
3
9

3(4  2)
2
, khi x  y  .
3
9

[HSG THANH HĨA 2009-2010] Cho hình lập phương ABCDA ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a . Trên các
cạnh BC và DD ' lần lượt lấy các điểm M và N sao cho BM  DN  x  0  x  a  . Chứng minh
rằng MN  AC  và tìm x để MN có độ dài nhỏ nhất.
Giải

 x   x 
Đặt AA'  a; AB  b; AD  c thì a  b  c  a ; AC '  a  b  c và BM   c ; DD'   a
a
a
x
x
x
x

 MN  MB  BA  AD  DN    c  b  c   a   a  b  1  c

a
a
a
 a





2

x
x 
x
x


 MN  AC '    a  b  1  c  a  b  c   a 2  a 2  1    a 2  0
a
 a 
 a
a