một số dạng toán về tứ diện

Một số dạng toán tứ diện

179


MỘT SỐ DẠNG TOÁN TỨ DIỆN
A. TỨ DIỆN DỰA TRÊN HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU
Bài 1.
Cho (
∆
), (
∆′
) chéo nhau nhận AA
′
làm đường vuông góc chung và
AA a
′
=
. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với (
∆′
). Mặt
phẳng (Q) // (P) cắt (
∆
), (
∆′
) tại M, M
′
. Gọi N là hình chiếu của M lên
(P). Đặt
ϕ

=

∠
((AM),(P)) và
(
)
d ( ), ( )
x P Q
=

a.
CMR: A
′
M
′
MN là hình chữ nhật. Tính V
AA
′
M
′
MN
theo
a
và
x
.
b.
Đặt



,MAM M AA
′ ′ ′
= α = β
. Tìm mối quan hệ giữa
ϕ
,
α
và
β

c.
Tìm tâm O và bán kính hình cầu (S) ngoại tiếp AA
′
M
′
MN.
d.
Khi
x
thay đổi, tìm quĩ tích của O và chứng minh rằng (S) luôn đi qua
một đường tròn cố định.
Giải
a.
Do AA
′⊥
(
∆′
) và (P)
⊥
(

∆′
) suy ra (P) chứa AA
′

N là hình chiếu của M lên (P)
⇒
MN
⊥
(P)
⇒
MN
⊥
A
′
N
(P)
⊥
(
∆′
)
⇒
M
′
A
′

⊥
(P)
⇒
M

′
A
′
// MN
⇒
Tứ giác A
′
M
′
MN là hình bình hành
có 1 góc vuông
⇒
A
′
M
′
MN là hình chữ nhật (đpcm)
Ta có:
(
)
d ( ),( )
MN P Q x
= =
và

MAN
= ϕ
.
Do MN
⊥

(P)
⇒
MN
⊥
AA
′

Lại có AA
′

⊥
AM
⇒
AA
′

⊥
NA
Kẻ AH
⊥
A
′
N
⇒
AH
⊥
(A
′
M
′

MN)
⇒

A M M N
1
V . .
3
AH A N MN
′ ′
′
=

2
1 1
. . cotg
3 3
AA AN MN ax
′
= = ϕ

b.
Ta có:
2 2 2
A N A A AN
′ ′
= +
và
2 2 2
2 . .cos
M M M A MA M A MA

′ ′ ′
= + − α

suy ra:
2 2
A A AN
′
+
=
2 2
2 . .cos
M A MA M A MA
′ ′
+ − α

M
′

N
ϕ

H
M
A
′

A
x x
a
(

∆
)
(
∆′
)
O
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

180

⇔

2 2
2 2 2 2
2 2
cotg cotg 2 cos
sin sin
sin sin
x x x x
x x
β + ϕ = + − ⋅ ⋅ ⋅ α
β ϕ
β ϕ

(
)
(
)
2 2 2 2

2cos
cotg cotg 1 cotg 1 cotg cos sin .sin
sin .sin
α
⇔ β + ϕ = + β + + ϕ − ⇔ α = β ϕ
β ϕ

c.
Ta thấy M
′
, A, N nhìn A
′
M dưới một góc vuông nên tâm O của hình cầu (S)
là trung điểm của A
′
M. Bán kính của (S) là:
2 2 2
sin
2
2sin
a x
A M
R
ϕ +
′
= =
ϕ

d.
Gọi mặt phẳng chứa A

′
A và (
∆
) là (K). Ta có OA
=
OA
′
=
R
suy ra quĩ tích
điểm O là đường trung trực của AA
′
thuộc mặt phẳng (K)
Gọi mặt phẳng chứa A
′
A và vuông góc với (
∆
) là (W). Do mặt cầu (S) luôn đi
qua A, A
′
nên (S) chứa đường tròn cố định đường kính A
′
A nằm trên (W).
Bài 2.
Cho (d)
⊥
(d
′
) và chéo nhau. Lấy A cố định
∈

(d) và 2 điểm B, C
∈
(d
′
)
sao cho mặt phẳng (B,(d))
⊥
(C,(d)). Gọi A
′
, B
′
, C
′
là chân các đường
cao chủa
∆
ABC. Chứng minh rằng:
a.

A B A C const
′ ′
⋅ =
;
2 2 2
AB AC BC const
+ − =

b.
Trực tâm H của
∆

ABC cố định. Tìm quĩ tích B
′
và C
′
.
Giải

Gọi IK là đoạn vuông góc chung
của (d) và (d
′
)
⇒
(d)
⊥
(IBC)
⇒


BIC
=
góc nhị diện (B, (d), C)
=

2
π
,
Mà BC
⊥
IK nên BC
⊥

AK
⇒
K
≡
A
′
.
a.

2
A B A C IK const
′ ′
⋅ = =
;
2 2 2 2
2
AB AC BC AI const
+ − = =

b.

∆
AA
′
B ~
∆
CA
′
H
⇒

2
A B A C
IK
A H const
AA AA
′ ′
⋅
′
= = =
′ ′

⇒
H cố định. Từ đó suy ra B
′
, C
′
nằm trên đường tròn đường kính AH xác
định trong mặt phẳng (A, (d
′
))
A
K
≡
A
′

B
C
′

B
′

(d)
(d
′
)
H
I
C
www.VNMATH.com
Một số dạng toán tứ diện

181

Bài 3.
Cho
1 2
(d ) (d )
⊥
và chéo nhau. Các điểm A,M
∈
(d
1
) và B,N
∈
(d
2
) với AB

là đường vuông góc chung của (d
1
), (d
2
). Đặt
, ,
AB a AM x BN y
= = =
.
1.
Giả sử
AM BN MN
+ =
. Kẻ OH
⊥
MN. Gọi O là trung điểm của AB.
a.
Chứng minh rằng: MN tiếp xúc mặt cầu (S) đường kính AB.
b.
Chứng minh rằng:
ABMN
V const
=
;
2
2
a
xy =

c.

Chứng minh rằng:
2
a
R ≥
với
R
là bán kính hình cầu ngoại tiếp ABMN.
d.
Tìm M, N để diện tích toàn phần của tứ diện ABMN nhỏ nhất.
e.
Chứng minh rằng: H thuộc một mặt phẳng cố định và MN tạo với mặt
phẳng đó 1 góc không đổi. Tìm quĩ tích điểm H.
2.
Giả sử
2 2 2
( 0)
AM BN k k
+ = >

a.
Chứng minh rằng:
MN const
=

b.
Tìm M, N để
ABMN
V
lớn nhất
c.

Tìm
a
,
k
để MN tiếp xúc với hình cầu đường kính (AB)
Giải
1. a.
Lấy J
∈
(d
1
) khác phía M
qua A với
AJ BN
=

⇒

∆
OAJ
=

∆
OBN
⇒

OJ ON
=
.
JM MN

=
⇒

∆
OJM
=

∆
ONM
⇒

OA OH
=

⇒
MN tiếp xúc
mặt cầu (S) đường kính AB.
b.
Ta có: NB
⊥
AB, NB
⊥
AM
⇒
NB
⊥
BM
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )
x y MN NB BM NB BA AM y a x

+ = = + = + + = + +

2
2
2
2
a
xy a xy⇔ = ⇔ =
(đpcm).
(
)
3
ABMN
1 1
.
3 2 6 12
a a
V NB AB AM xy= = =

c.
MA
⊥
(ABN)
⇒
MA
⊥
AN
⇒
A,B,M,N nằm trên mặt cầu đường kính MN
⇒

2 2
2
x y
MN a
R xy
+
= = ≥ =
(đpcm)
d.

1 1 1 1
2 2 2 2
tp
S AB AM AB BN AM AN BM BN
= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

(
)
( )
( )
2 2 2 2 2 2 2 2
1
2 2
x y
a x a y y a x a xy xy a y a x
+
= ⋅ + + + + ≥ + + +

( )

2 2
2 3
2
a xy xy a xy a
+
≥ + + =
. Với
2
a
x y= =
thì
2
2 3
min
2
tp
S a
+
=

(d
1
)

(d
2
)

B
A J M

O
H
N
M
′

t
I
K
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

182

e.
Qua B dựng mặt phẳng (P)
⊥
AB. Gọi M
′
, K là hình chiếu của M, H lên (P).
Ta có:
x
KM HM BM
KN HN y BN
′ ′
= = =

⇒
BK là phân giác của


NBM
′

⇒
H thuộc mặt phẳng phân giác (Q) của nhị diện
(
)
(
)
1 2
, (d ) ; , (d )
AB AB

Kẻ NI
⊥
BK
⇒
NI
⊥
(Q)
⇒
Góc (MN, (Q))
=

( )

, ( )
MN Q IHN
∠ =

∆
NIH
=

∆
NIB
⇒




1
45
2
IHN IBN NBM
′
= = = °
(đpcm)
Ta có H thuộc mặt cầu đường kính AB suy ra điểm H thuộc giao của mặt cầu
đó với mặt phẳng (Q). Vậy quĩ tích điểm H là đường tròn đường kính AB nằm
trên mặt phẳng (Q) và
H A,B
≡
/
.
2. a.

2 2 2 2 2 2
MN MA AB BN a k
= + + = +

⇒

2
MN a k
2
= +
(đpcm)
b.

(
)
2 2 2
ABMN
1 1
.
3 2 6 2 12
a AM BN ak
V NB AB AM
+
= ≤ ⋅ =

Với
2
k
AM BN= =
thì
2
ABMN
Max

12
ak
V =

c.
Giả sử MN tiếp xúc mặt cầu đường kính AB suy ra
OH OA OB
= =

⇒

;
AM MH BN NH
= =

⇒

2 2 2 2 2
( ) 2
a k MN AM BN k AM BN
+ = = + = + ⋅ ⋅

⇒

2
2
a AM BN
= ⋅ ⋅

2

k
≤
⇒

a

≤

k

Bài 4.
Cho hai nửa đường thẳng A
x
và B
y
chéo nhau nhận AB làm đoạn vuông
góc chung. Gọi M
∈
A
x
; N
∈
B
y
là 2 điểm di động sao cho
AM BN
=
.
a.
Chứng minh rằng: MN luôn song song với một mặt phẳng cố định đồng thời

MN hợp với A
x
và B
y
những góc bằng nhau.
b.
Chứng minh rằng: Khi M, N di động thì tập hợp trung điểm I của MN là
đường vuông góc chung của AB, MN.
c.
Gọi (P) và (Q) là hai mặt phẳng lần lượt vuông góc với A
x
và B
y
tại M, N
tương ứng. Tìm quĩ tích giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Q).
Bài 5.
Cho hai đường thẳng cố định (
∆
), (
∆′
) chéo nhau và độ dài
a
cho trước.
a.

Dựng đường thẳng (d)
⊥
(
∆
) tại M và cắt (

∆′
) tại N sao cho
MN a
=

b.
Cho A
∈
(
∆
) và B
∈
(
∆′
). CMR: Tồn tại duy nhất mặt cầu (S) tiếp xúc với
(
∆
) và (
∆′
) lần lược tại A và B.
www.VNMATH.com
Một số dạng toán tứ diện

183

B. TỨ DIỆN VUÔNG

Bài 1.
Cho tứ diện vuông S.ABC. Gọi G, H là trọng tâm, trực tâm của
∆

ABC
còn O là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABC. Kí hiệu các độ dài
, ,
SA a SB b SC c
= = =
và diện tích
S
∆ABC
s S=
,
A
∆SBC B ∆SCA
,s S s S= =
,
C
∆SAB
s S=

1.

Chứng minh rằng:
∆
ABC nhọn
2.

Chứng minh rằng: SH
⊥
(ABC)
3.

Chứng minh rằng:
2 2 2 2
1 1 1 1
SH SA SB SC
= + +

4.

Chứng minh rằng:
S A B C
3
s s s s
≥ + +

5.

Chứng minh rằng: S, G, O thẳng hàng.
6.

Giả sử SC cố định còn A, B
∈
(d) cố định. Kẻ SE
⊥
CA, SF
⊥
AB.
Tìm quĩ tích E, F. CMR: Tâm cầu O thuộc 1 đường thẳng cố định.
7.

Giả sử

SC c const
=
,
SA SB k const
+ =
.
a.
Tìm
SA
để
SABC
V
max.
b.
Tìm quĩ tích tâm O. Chứng minh rằng: Khi
SABC
V
max thì R cần min
c.
Cho
k c
=
. CMR: Tổng các góc phẳng của đỉnh C bằng
2
π

CMR: Mặt phẳng (CAB) luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định.
8.

Lấy M

∈

∆
ABC. Gọi k/c từ M tới (SBC), (SCA), (SAB) là
1 1 1
, ,
a b c

a.
Tính
, ,
a b c
theo
1 1 1
, ,
a b c
để
SABC
V
min.
b.
Tính
, ,
a b c
theo
1 1 1
, ,
a b c
để
a b c

+ +
min.
c.
Gọi
, ,
α β γ
là góc giữa SM với SA, SB, SC. Chứng minh rằng:

2 2 2
cos cos cos 1
α + β + γ =

9.

Giả sử
CA

=
2.
SB
,
CB

=
2.
SA
. Kẻ SE
⊥
CA, SF
⊥

CB.
a.
Chứng minh rằng: EF
⊥
SC
b.
Tính

cos
ESF

c.
Gọi I là điểm giữa AB. Chứng minh rằng:


4
4
tg
1
tg
SCI
EF
AB
SCA
+ =

10.

Giả sử
∆

ABC đều cạnh
l
. Kéo dài HS lấy
1
SS SH
=
. CMR:
1
S ABC
đều.
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

184

Giải
1.

2 2 2 2
cos 0
2
CA CB AB SC
C
CA CB CA CB
+ −
= = >
⋅ ⋅ ⋅

⇒
C nhọn

2.
i
Nếu H là trực tâm
∆
ABC suy ra CH
⊥
AB mà CS
⊥
AB
⇒
SH
⊥
AB
Tương tự suy ra SH
⊥
BC. Vậy SH
⊥
(ABC)
i
Nếu SH
⊥
(ABC)
⇒
SH
⊥
AB. Lại có SC
⊥
AB
⇒
CH

⊥
AB.
Tương tự suy ra AH
⊥
BC
⇒
H là trực tâm
∆
ABC
3.
Gọi K
=
(CH)
∩
(AB)
⇒
CK
⊥
AB và SK
⊥
AB. Khi đó:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
SH SK SC SA SB SC
= + = + +
(đpcm)
4.

2 2
2 2

S C
A B
2 2 2 2
( ) ( )
( ) ( )
SH s SC s
SA s SB s
SH SA SB SC
⋅ ⋅
⋅ ⋅
= + +

2 2 2 2
S A B C
s s s s
⇔ = + +
.
Suy ra
( )
(
)
2 2 2 2 2 2
S A B C
3 1 1 1s s s s
⇔ = + + + + ≥
A B C
s s s
+ +
(đpcm)
5.

Dựng hình hộp chữ nhật SAC
′
BCB
′
S
′
A
′
, khi đó O là tâm hình hộp và cũng
là trung điểm của đường chéo SS
′

⇒
S, G, O thẳng hàng.
6.
Điểm E, F nằm trên đường tròn giao tuyến của mặt cầu đường kính CS với
mặt phẳng (C, (d)). Tâm O thuộc giao tuyến cố định của mặt phẳng trung trực
đoạn CS với mặt phẳng chứa (d) và vuông góc (S, (d)).
7. a.

(
)
2
2
SABC
1
6 6 2 24
c SA SB ck
V SC SA SB
+

= ⋅ ⋅ ≤ =

⇒

2
SABC
Max
24 2
ck k
V SA x
= ⇔ = =

b.
Khi A, B di động sao cho
SA SB k
+ =
thì C
′∈
PQ với
SP SQ k
= =

Dễ thấy S, A, B, C nằm trên mặt cầu đường kính CC
′
với tâm O là trung điểm
của CC
′

⇒
Quĩ tích O là đoạn P

′
Q
′
với P
′
,Q
′
là trung điểm của CP và CQ.
Ta có:
( )
2
2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
k
R CC SC SA SB c SA SB c
′
= = + + ≥ + + = +

Rõ ràng
SABC
Max V
và Min
R
đều đạt tại
2
k
x
=

.
www.VNMATH.com
Một số dạng toán tứ diện

185

c.


(
)
2
cos
SC SA SB
SC SA SC SC SB
ACB
CA CB CA CB CA CB CA CB
+
= = = ⋅ + ⋅
⋅ ⋅





sin .cos cos .sin
ACS BCS ACS BCS
= +



(
)
sin
ACS BCS
= +

⇒



2
ACB ACS BCS
π
+ + =

i

Gọi P
1
, Q
1
là trung điểm của SP, SQ. Xét hình lập phương cạnh
2
k
là
1 1 1 2 2 2 2
SP C Q .S P C Q
.
Khi đó hình cầu nội tiếp lập phương sẽ tiếp xúc với (CAB)
8. a.

( )
SABC MSAB MSBC MSCA 1 1 1
1
6
V V V V abc bca cab
= + + = + +

SABC
1
6 6
abc
V SC SA SB= ⋅ ⋅ =

⇒

1 1 1
1 1 1
1
a b c
abc bca cab abc
a b c
+ + = ⇔ + + =

Ta có:
3
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 27 27
a b c a b c

abc a b c
a b c a b c
 
= + + ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ ≥
 
 

⇒

SABC 1 1 1
9
2
V a b c
≥

Dấu bằng xảy ra
⇔

1 1 1
1 1 1
1
3 , 3 , 3
3
a b c
a a b b c c
a b c
= = = ⇔ = = =

b.

( )
( )
2
1 1 1
1 1 1
a b c
a b c a b c a b c
a b c
 
+ + = + + + + ≥ + +
 
 

Dấu bằng xảy ra
⇔
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1
a b c a b c
a b c a b c
a b c
+ +
= = = =
+ +
+ +

(
)
(
)

(
)
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
; ;
a a a b c b b a b c c c a b c
⇔ = + + = + + = + +

c.
Dựng hình chữ nhật
1 1 1 1
SA M B .C A MB
′ ′
nhận SM làm đường chéo. Khi đó:



1 1 1
, ,
MSA MSB MSC
α = β = γ =

⇒




1 1 1
, ,
MSA MSB MSC
α = β = γ =

2 2 2
2
2 2 2
1 1 1
2 2
cos cos cos 1
SA SB SC
SM
SM SM
+ +
⇒ α + β + γ = = =
(đpcm)
9.
Từ giả thiết
CA

=
2.
SB
,
CB

=
2.
SA
ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
4 4
CB SB CA SA SA SB SB SA SA SB

− = − ⇔ − = − ⇔ =

a.

∆
SCA
=

∆
SCB
⇒

SE SF
=

⇒

CE CF
=

⇒

CE CF
CA CB
=

⇒
EF // AB
mà CS
⊥

AB suy ra EF
⊥
CS (đpcm)
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương

186

b.


2 2 2 2 2
2
2 2
2
cos 1
2
2 2
SE SF EF SE EF
EF
ESF
SE SF
SE SE
+ − −
= = = −
⋅ ⋅
(*)
Do
2.
CA SA

=
suy ra trong tam giác vuông SCA thì


,
6 3
SCA SAC
π π
= =

⇒

3
1
;
2 2
SE SA EA SA
= =

⇒

3
2
CE CA EA SA
= − =

Từ
3 2
4
CE

EF
EF SA
CA AB
= ⇒ =
. Thay vào (*) ta được:

3
1
cos 1
4 4
ESF
= − =

c.
Ta có:

1
2
1
tg
3 6
SA
SI
SCI
SC
SA
= = =
;

1

tg tg
6
3
SCA
π
= =
;
3
4
CE
EF
AB CA
= =

suy ra:


4
4
tg
3
1
1
4 4
tg
SCI
EF
AB
SCA
+ = + =

(đpcm)
10.

∆
ABC đều nên
3 3
l
AB
AH = =
; mặt khác
2 2
l
AB
SB SA= = =

⇒

2
2 2 2
6
6
l l
SH SA AH SH= − = ⇒ =
;
2 2 2 2
1 1 1
S A S H HA l S A l
= + = ⇒ =

Vậy SABC đều (đpcm)

Bài 2.
Trên mặt phẳng (P), cho một điểm O cố định, một đường thẳng (d) cố
định không đi qua O, một góc vuông
x
O
y
quay quanh điểm O, các cạnh O
x
, O
y

cắt (d) theo thứ tự ở A và B. Trên đường thẳng vuông góc với (P) đi qua O lấy
điểm S. Gọi
a
là khoảng cách từ O đến (d) và

OAB
= α
.
a.
Tính góc
α
khi
8
3
a
OS =
và
5
3

SA OA
=

b.
Kẻ OE
⊥
SA, OF
⊥
SB. Tìm quĩ tích của các điểm E, F khi góc vuông
x
O
y

quay quanh O.
Bài 3.
Cho mặt cầu tâm O cố định. Xét một tam diện 3 góc vuông có đỉnh S cố
định trên mặt cầu và các cạnh cắt mặt cầu lần lượt tại A, B, C. Chứng minh
rằng mặt phẳng (ABC) luôn đi qua một điểm cố định.
www.VNMATH.com