4 bài tập hình không gian hay

Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi B',D' là trung điểm SB và SD.
Mặt phẳng (AB'D') cắt SC tại C'. Tính tỉ số thể tích S.A'B'C'D' và S.ABCD.
Bài 2. Cho tam giác đều OAB cạnh a. Trên đường thẳng d qua O và vuông góc (OAB), lấy M
sao cho
OM x
=
. Gọi E, F là các hình chiếu của A lên MB và OB. Gọi N là giao điểm EF và
d. Xác định x để thể tích tứ diện ABMN nhỏ nhất.
Bài 3. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là HCN với
AB a
=
,
2AD a=
, SA vuông góc
với (ABCD) và góc giữa SB,(ABCD) là
0
45
. Gọi M,N là trung điểm AD và SC , I là giao điểm
BM và AC.
a) Chứng minh rằng (SAC) vuông góc với (SBM).
b) Tính
ANIB
V
.
Lời giải.
Bài 1.
Gọi I là giao điểm của AC và BD, gọi J là giao
điểm của SI với B’D’. Dễ thấy vì B’D’ là đường
trung bình của tam giác SBD nên J là trung điểm
của B’D’.
Gọi V là thể tích của hình chóp S.ABCD ban đầu.

Từ công thức thể tích của một hình chóp bất kì là
1
.
3
V h S=
với S là diện tích đáy, ta thấy rằng nếu
hai hình chóp có chung chiều cao thì thể tích tỉ lệ với diện tích đáy.
Ta thấy hai hình chóp S.ABCD và S.ABD có cùng chiều cao kẻ từ đỉnh S đến (ABCD) nên
1 1
2 2
SABD
ABD
SABD
SABCD ABCD
V
S
V V
V S
= = ⇒ =
. Tương tự
1
2
SCBD
V V=
.
Xét hai hình chóp A.SBD và A.SB’D’ có chung đường cao kẻ từ đỉnh A đến mặt (SBD), ta có
' ' ' '
' '
1 1 1 1
. .

4 4 4 2 8
ASB D SB D
ASB D ASBD
ASBD SBD
V S
V
V V V
V S
= = ⇒ = = =
.
Theo định lí Menelaus cho tam giác SIC với cát tuyến AJC’, ta có
' '
. . 1 2
' '
AI JS C C C C
AC JI C S C S
= ⇒ =
.
Theo định lí Menelaus cho tam giác ACC’ với cát tuyến IJS, ta có
' ' 1
. . 1
' 3
IA JC SC JC
IC JA SC JA
= ⇒ =
.
Từ đây suy ra đường cao kẻ từ A đến B’D’ bằng 3 lần đường cao kẻ từ C’ đến B’D’. Do đó
' ' ' ' '
3
AB D C B D

S S=
.
Hai hình chóp SAB’D’ và SC’B’D có chung chiều cao nên
' ' ' ' ' '
' ' ' ' '
' ' ' '
1 1
3 3 24
SC B D C B D
SC B D SAB D
SAB D AB D
V S
V
V V
V S
= = ⇒ = =
.
Do đó
' ' ' ' ' ' ' '
8 24 6
SAB C D SAB D SC B D
V V V
V V V= + = + =
.
Bài 2.
Do AF vuông góc với OB và MO vuông góc với
AF nên AF vuông góc với mặt phẳng (OMB).
Suy ra AF chính là đường cao của tứ diện
AMNB.
Dễ thấy độ dài AF không đổi nên cần tìm M sao

cho diện tích tam giác MNB nhỏ nhất.
Hơn nữa, tam giác MNB có đường cao là BO
không đổi nên cần tìm M sao cho độ dài MN là
nhỏ nhất.
Tam giác MAB cân tại M có hai cạnh bên là
2 2
MA MB a x= = +
và cạnh đáy là
AB a
=
.
Ta có:
·
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2( ) 2
.cos .
2 . 2
2 2
MA MB AB MA MB AB a x a a x
ME MA AMB MA
MA MB MB
a x a x
+ − + − + − +
= = = = =
+ +
Suy ra
2 2 2
2 2
2 2 2 2

2
2 2
a x a
EB MB ME a x
a x a x
+
= − = + − =
+ +
.
Do đó
2 2 2 2 2
2
2 2 2 2
2 2
:
2 2
EM a x a a x
EB a
a x a x
+ +
= =
+ +
.
Theo định Menelaus cho tam giác OMB với cát tuyến EFN, ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 ( 2 ) 2
. . 1
2 2 2
EB FO NM NM EM a x NM a x x a x a x

MN
EM FB NO NO EB a MO x x x
+ + + +
= ⇒ = = ⇒ = ⇒ = =
Suy ra
2 2 2 2
2
2 . 2
2 2 2
a x a a
MN x x a
x x x
+
= = + ≥ =
.
Vậy thể tích của tứ diện ABMN nhỏ nhất là
3
1 1 1 3 6
. . . . . 2
3 2 6 3 18
ABMN
a a
V AF BO MN a a= = =

đạt được khi
2
2
a
x =
.

Bài 3. (hình bên anh vẽ cũng không đúng kích thước lắm!)
Để chứng minh hai mặt phẳng (SAC) và (SMB)
vuông góc, ta chỉ cần chứng minh MB vuông
góc với AC. Gọi I là giao điểm của MB và AC.
Thật vậy, theo định lí Ta-let thì
1 1 1 3
2 2 3 3
AI A M a
AI IC AI AC
CI BC
= = ⇒ = ⇒ = =
Tam giác AMB vuông tại A có
2
,
2
a
AM AB a= =
nên nếu gọi I’ là hình chiếu của I lên MB, ta tính được:
2 2 2
2
2
.
. 3
2
'
3
2
a
a
AM AB a

AI AI
AM AB a
a
= = = =
+
+
, do đó I’ trùng với I hay AC vuông góc với MB.
Ta được (SAC) và (SMB) vuông góc với nhau.
Do góc tạo bởi SB và (ABCD) là
0
45
nên
·
0
45SBA =
, ta tính được
SA AB a= =
.
Bằng cách dùng tỉ số thể tích như bài 1, ta có:
3
1 1 1 1 1 1 1 2
. . . . . . . 2
3 3 2 3 2 2 12 12
AINB BACN BSAC SABCD
a
V V V V a a a= = = = =
.