chuyên đề toán khai thác sâu hình học không gian bằng tương tự hóa bài toán phẳng

KHAI THÁC SÂU HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG TƯƠNG TỰ HÓA BÀI
TOÁN PHẲNG
Xuất phát từ bài toán hình học phẳng cơ bản sau và xem nó như là bài toán gốc
và tương tự hóa bài toán này sang không gian và khai thác sâu các hệ quả của bài toán đó .
A. BÀI TOÁN GỐC:
Cho tam giác ABC trên các cạnh AB, AC lấy các
điểm B’ và C’ khác A.
Chứng minh rằng:
AB'C '
ABC
S AB' AC'
.
S AB AC
∆
∆
=
Trong đó: S
∆
AB’C’
và S
∆
ABC
lần lượt là diện tích
∆AB’C’ và ∆ABC.
Lời giải:
Ta có:
AB'C '
S
∆
=
;Asin'AC'.AB

2
1

ABC
S
∆
=
;AsinAC.AB
2
1
Vậy:
AB'C '
ABC
S AB' AC' sin A
. .
S AB AC sin A
∆
∆
=
⇔
AB'C '
ABC
S AB' AC'
.
S AB AC
∆
∆
=
. Suy ra điều phải chứng minh
B. BÀI TOÁN TƯƠNG TỰ HÓA:

Trong SKG hình học 12 ban cơ bản có bài tập sau, nhận thấy rằng đây là bài
toán mở rộng sang không gian từ bài toán phẳng cơ bản nêu trên.
Cho khối chóp S.ABC trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A’, B’, C’ khác
A. Chứng minh rằng:
S.A 'B'C '
S.ABC
V SA' SB' SC'
. .
V SA SB SC
=
. Trong đó V
S.A’B’C’
và V
SABC
lần lượt là
thể tích của khối chóp S.A’B’C’ và S.ABC
(Bài tập 4 - SGK hình học 12 ban cơ bản trang 25)
Lời giải:
Trang: 1/23
Gọi H’ và H lần lượt là hình chiếu của A’ và A lên mặt phẳng (SBC) khi đó ta
có:
SB'C'
S.A 'B'C' SB'C'
S.ABC SAB
SAB
1
A'H'.S
V A'H'.S
3
1

V AH.S
AH.S
3
∆
∆
∆
∆
= = =
A'H'.SB'.SC'sin BSC A'H'.SB'.SC'
AH.SB.SCsin BSC AH.SB.SC
∠
=
∠
Ta có: ∆SH’A’∼∆SHA
Nên:
A'H ' SA'
AH SA
=
.
Vậy ta có:
S.A 'B'C '
S.ABC
V SA' SB' SC'
. .
V SA SB SC
=
Vậy ta có điều phải chứng minh .
C. BÀI TOÁN KHAI THÁC:
Lại xem bài toán mở rộng nêu trên là bài toán gốc, ta lần lượt khai thác bài toán
trên dưới những góc độ khác nhau. Sau đây, tôi xin đưa ra ba hướng khai thác bài

toán mở rộng trên như sau:
I . ỨNG DỤNG ĐỂ TÌM TỶ SỐ THỂ TÍCH:
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng (ABC) có SA=AB. Mặt phẳng (α) qua A và
vuông góc với SB cắt SB tại B’ cắt SC tại C’ (B’ và C’ khác S). Tìm tỉ
số thể tích hai phần của khối chóp cắt bởi (α)?
Lời giải:
Ta đặt: CB = CA = a; AB =SA = a
2
;
SB = 2a; SC = a
3
S.AB'C '
S.ABC
V SA SB' SC' SB' SC'
. . .
V SA SB SC SB SC
= =
Trang: 2/23
S
A
B
C
C
’
B’
Dễ dàng chứng minh được tam giác AC’B’ vuông ở C’.
Nên ta có:
( )
( )

( )
( )
2 2
2
S.AB'C'
2 2
2 2 2 2
S.ABC
V SA SB' SC' SB' SC' SB'.SB SC'.SC 4 1
= . . = . = . = . = =
V SA SB SC SB SC SB SC 4 .3 3
SA SA
a
a a
SB SC
Vậy
S.AB'C' S.ABC
1
V = V
3
⇒

A.BCC'B' S.ABC
2
V V
3
=
. Hay
S.AB'C'
A.BCC 'B'

V 1
V 2
=
Ví dụ 2: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi B’,
D’ lần lượt là trung điểm của SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC
tại C’. Tính tỉ số thể tích
S.AB'C 'D'
ABCDD'C'B'
V
V
.
Lời giải:
Gọi O là giao điểm của AC
và BD và I là giao điểm của
SO và B’D’. Khi đó AI cắt
SC tại C’.
Ta có:
S.AB'C'
S.ABC
V SB' SC' 1 SC'
.
V SB SC 2 SC
= =

S.AC'D '
S.ACD
V SC' SD' 1 SC'
.
V SC SD 2 SC
= =

Suy ra:
S.AB'C' S.AC'D' S.ABC S.ACD S.ABCD
1 SC' 1 SC'
V V . (V V ) . .V
2 SC 2 SC
+ = + =
Kẻ OO’//AC’ (O’∈SC). Ta có SC’ = C’O’ = O’C.
Do đó:
S.A 'B'C'D' S.ABCD
1 1
V . .V
2 3
=
Hay
S.A 'B'C 'D '
S.ABCD
V 1
V 6
=
Suy ra:
ABCDD 'C 'B'
5
V
6
=
. Vậy
S.AB'C'D '
ABCDD'C'B'
V 1
V 5

=
Trang: 3/23
Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC lấy M và N lần lượt trên các cạnh SA và SB sao
cho
SM 1
MA 2
=
,
SN
2
NB
=
. Mặt phẳng (α) qua MN song song với SC chia
khối chóp thành hai phần, tìm tỉ số thể tích của hai phần đó.
Lời giải:
Kéo dài MN cắt AB tại I, kẻ MD song song SC (D
∈
AC); E =DI
∩
CB.
Khi đó tứ giác MNED là thiết diện khối chóp cắt bởi (α).
Ta có:
A.MDI
A.SCB
V
V
AM AD AI 2 2 4 16
. . . .
AS AC AB 3 3 3 27
= = =

Vậy
A.MDI
V
A.SCB
16
V
27
=

(Do kẻ MJ//AB ta có :
NMJ NIB
∆ = ∆
,
1 4
BJ NJ BI AB ;AI AB)
3 3
= ⇒ = =
Ta lại có:
IBNE
IAMD
V
V
IB IN IE 1 1 1 1
. . . .
IA IM ID 4 2 2 16
= = =
Suy ra:
I.BNE
V
A.MDI S.ABC S.ABC

1 1 16 1
V . V V
16 16 27 27
= = =
⇒
AMDEN
V
AMDI IBNE S.ABC S.ABC S.ABC
16 1 5
V V V V V
27 27 9
= − = − =
Gọi
SMDCEN
V
là phần thể tích còn lại ta có :
SMDCEN
V
S.ABC AMDEN S.ABC
4
V V V
9
= − =
Trang: 4/23
Vậy:
AMDBNE
SMDCEN
V
V
S.ABC

S.ABC
5
V
5
9
4
4
V
9
= =
Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a;
SA SB SC 2a
= = =
. Gọi M là trung điểm của cạnh SA; N là giao điểm
của đường thẳng SD và mặt phẳng (MBC). Gọi
1
V, V
lần lượt là thể tích
của các khối chóp S.ABCD và S.BCNM. Tính tỷ số
1
V
V
.
(Trích đề thi HSG Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu - 2009)
Lời giải:
Do (MBC) chứa BC//(SAD) nên N là
giao điểm của đường thẳng qua M song
song với AD. Suy ra N là trung điểm SD.
Ta có:
S.ABC S.ACD

V
V V
2
= =

(Do ABCD là hình thoi nên
ABC ACD
S S
∆ ∆
=
)
S.MBC
S.ABC
V
V
SB SC SM SM 1
. .
SB SC SA SA 2
= = =
⇒
S.MBC
V
V
4
=
S.MCN
S.ACD
V
V
S.MCN

SM SC SN SM SN 1 V
. . . V
SA SC SD SA SD 4 8
= = = ⇒ =
Suy ra:
1
V
S.MBC S.NCM
3V
V V
8
= + =
. Vậy
1
V 3
V 8
=
.
Trong quá trình tính thể tích của khối đa diện, không phải khi nào chúng ta cũng
có thể tính trực tiếp được một cách dễ dàng. Việc vận dụng bài toán mở rộng trên để
tính thể tích khối đa diện chúng ta gặp thường xuyên trong các đề thi nhất là các kỳ
thi ĐH và các kỳ thi HSG. Sau đây tôi xin đưa ra một số bài toán điển hình về ứng
dụng bài toán mở rộng trên để tính thể tích.
Trang: 5/23
II . ỨNG DỤNG ĐỂ TÍNH THỂ TÍCH:
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
·
·
0
BAD ABC 90

= =
,
AB BC a, AD 2a, SA (ABCD)
= = = ⊥
và SA=2a.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SD. Tính thể tích khối chóp
S.BCNM theo a?
(Trích đề thi ĐH & CĐ khối B năm 2008)
Lời giải :
Áp dụng công thức ta có:
S.BCM
S.BCA
V SB SC SM 1
. . ;
V SB SC SA 2
= =

S.CMN
S.CAD
V SM SN SC 1
. . .
V SA SD SC 4
= =
S.BCNM S.BCM S.CNM
V V V
= +

S.BCA S.CAD
1 1
V V .

2 4
= +
Ta có:
S.ABC ABC
1
V SA.S
3
∆
=
3
1 1 1
SA. BA.BC a
3 2 3
= =
và:
S.ACD ACD
1
V .SA.S
3
∆
=
1 1
.SA. CA.CD
3 2
=
3
1 1 2
.2a. a 2.a 2 a
3 2 3
= =

Vậy:
S.BCNM S.BCM S.CNM
V V V
= +

3 3 3
S.BCA S.CAD
1 1 a 2a a
V V
2 4 2.3 4.3 3
= + = + =
Nên:
S.BCNM S.BCM S.CNM
V V V
= +

3 3 3
S.BCA S.CAD
1 1 a 2a a
V V .
2 4 2.3 4.3 3
= + = + =
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên
SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Tính thể tích
khối tứ diện CMNP theo a
Trang: 6/23
(Trích đề thi ĐH & CĐ khối A năm 2007)
Lời giải :
Ta có:

CMNP
CMBD
V CN CP 1
.
V CB CD 4
= =
(1)
CMBD M.BCD
CSBD S.BCD
V V MB 1
V V SB 2
= = =
(2)
Nhân theo vế (1) với (2) ta có:
CMNP
CMNP S.BCD
S.BCD
V 1 1
V .V
V 8 8
= ⇒ =
Gọi H là trung điểm của AD ta có SH ⊥ AD mà (SAD) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥(ABCD)
Do đó:
3
2
S.BCD BCD
1 1 a 3 1 a 3
V .SH.S . . a
3 3 2 2 12
∆

= = =
Vậy:
3
CMNP
a 3
V
96
=
(đvtt)
Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a; BC = a
2
.
Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = b. Gọi M là trung điểm SD, N
là trung điểm AD. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua BM và cắt mặt phẳng
(SAC) theo một đường thẳng vuông góc với BM. Chứng minh rằng: AC
⊥ (BMN) và tính thể tích khối đa diện S.KMHB.
Lời giải :
Dễ CM được AC ⊥ BN (1)
Lại có: MN // SA
⇒ MN ⊥ AC (2)
Từ (1) và (2) ta có:
AC ⊥ (BMN)
Giả sử (P) cắt (SAC) theo
giao tuyến (d) ⊥ BM.
Mà do (d) và AC đồng phẳng
⇒ (d) // (AC).
Trang: 7/23
Gọi: O = (AC)∩(BD).
Trong mặt phẳng (SBD): SO cắt BM tại I.
Qua I kẻ đường thẳng (d) // (AC) cắt SA, SC lần lượt tại H, K ⇒ Mặt

phẳng (MHBK) là mặt phẳng (P) cần dựng.
Lại vì I là trọng tâm ∆SDC và HK//AC nên:
SH SK SI 2
SC SA SO 3
= = =
(3)
Theo công thức tính tỉ số thể tích ta có:
SMBK
SDBA
V
SM SB SK 1
. . ;
V SD SB SA 3
= =
SMHB
SDCB
V
SM SH SB 1
. . .
V SD SC SB 3
= =

⇒
V
SKMHB
=V
SKMB
+ V
SMHB
=

( )
S.DBC S.DBA S.ABCD
1 1
V V .V
3 3
+ =
=
2
1
2.a b
3
(đvtt)
Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD có các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
các cạnh BD và AC .Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên DN lấy điểm Q
sao cho PQ song song với CM. Tính thể tích khối tứ diện AMNP .
(Tích đề thi HSG tỉnh Nghệ An 2009 )
Lời giải :Qua B kẻ đường thẳng d song
song CM. Gọi K là giao điểm
của đường thẳng CD và d. Khi
đó Q là giao điểm của DN và
AK. Từ Q kẻ đường thẳng d’
song song với AK. Khi đó P là
giao của d’ và AB. Gọi I là
giao của AM và DP ta có NI,
CM, PQ đôi một song song.
Trong mặt phẳng (ACM) kẻ
NI//CM (
I AM
∈
);

Gọi E là trung điểm PB suy ra ME // PI và P là trung điểm AE nên ta có:
Trang: 8/23
AP 1
AB 3
=
MC là đường trung bình tam giác DBK nên:
BK 2CM 3
= =
Suy ra:
PQ AP 1 1 3
PQ P
BK AB 3 3 3
= = ⇒ = =
AMNP
AMCB
V AM AN AP 1 1 1
. . .
V AM AC AB 2 3 6
= = =
Do M là trung điểm BD nên:
AMCB ABCD
1
V V
2
=
Tứ diện ABCD có cạnh bằng 1 nên:
ABCD
2
V
12

=
(ĐVTT) ⇒
AMCB
1 2 2
V .
2 12 24
= =
Vậy:
AMNB AMCB
1 2
V V
6 144
= =
(ĐVTT)
Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a; SA = a
3
và SA
vuông góc với đáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC và cắt SB,
SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’.Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a
.
(Trích đề thi HSG Tỉnh Hải Dương 2012)
Lời giải :
Ta có: BC ⊥ AB; BC ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAB);
SC ⊥ (P) ⇒ SC ⊥ AB’
⇒ AB’⇒ (SBC).
Tương tự ta cũng có:
AD’ ⊥ SD
Trang: 9/23
Lại có:

S.AB'C' D' s.AB'C' S.AD'C'
V V V
= +
S.AB'C '
2 2
S.ABC
2 2
2 2
V SA SB' SC' SB.SB' SC.SC'
. . .
V SA SB SC SB SC
SA SA 3 3 9
. .
SB SC 4 5 20
= = =
= = =
(1)
S.AD 'C '
2 2
S.ADC
V
SA SD' SC' SD.SD' SC.SC'
. . .
V SA SD SC SD SC
= =
(2)

2 2
2 2
SA SA 3 3 9

. .
SD SC 4 5 20
= = =
Do:
3
2
S.ABC S.ADC
1 1 a 3
V V . .a .a 3
3 2 6
= = =
Khi đó cộng theo vế (1) và (2) ta có:
S.AD'C '
S.ADC
V
V
+
S.AB'C '
S.ABC
V
V
=
S.AB'C' S.AD'C'
3 3
V V
a 3 a 3
6 6
+ =
9 9 9
20 20 10

+ =
⇒
3 3
S.AB'C'D'
9 a 3 3 3.a
V
10 6 20
= =
Việc chứng minh và ứng dụng các đẳng thức thức hình học không gian là rất
quan trọng song không hề dễ dàng để chứng minh các đẳng thức đó . Sau đây tôi xin
đưa ra một ra một số đẳng thức quan trong và việc chứng minh hết sức đơn giản
bằng việc vận dụng bài toán mở rộng trên .
III.ỨNG DỤNG ĐỂ CHỨNG MINH CÁC ĐẲNG THỨC:
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng
(α) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’.
Chứng minh rằng:
SA SC SB SD
SA' SC' SB' SD'
+ = +
.
Lời giải :
Trang: 10/23

Xét các hình chóp S.ABC và S.ADC ta có:
S.A 'B'C'
S.ABC
V SA' SB' SC'
. .
V SA SB SC
=

(1)
Và:
S.A 'D'C '
S.ADC
V SA' SD' SC'
. .
V SA SD SC
=
(2)
Vì:
S.ABC S.ACD S.ABCD
1
V V V
2
= =
.
Cộng theo vế (1) và (2) ta có:
S.A 'B'C 'D'
S.ABCD
V
SA' SB' SC' SA' SD' SC'
. . . .
1
SA SB SC SA SD SC
V
2
= +
(3)
Tương tự xét các hình chóp S.ABD và S.BCD ta có:
S.A 'B'D'

S.ABC
V SA' SB' SD'
. .
V SA SB SD
=
(4)
và:
S.B'C'D '
S.BCD
V SB' SC' SD'
. .
V SB SC SD
=
(5)
vì:
S.ABD S.BCD S.ABCD
1
V V V
2
= =
Cộng theo vế (4) và (5) ta có:
S.A 'B'C 'D'
S.ABCD
V
SA' SB' SD' SB' SC' SD'
. . . .
1
SA SB SD SB SC SD
V
2

= +
(6)
Từ (3) và (6) ta có:
Trang: 11/23
SA' SB' SC' SA' SD' SC'
. . . .
SA SB SC SA SD SC
+ =
SA' SB' SD' SB' SC' SD'
. . . .
SA SB SD SB SC SD
+
⇔
SA' SB' SC' SD' SD SB
. .
SA SB SC SD SD' SB'
 
+ =
 ÷
 
SA' SB' SC' SD' SC SA
. .
SA SB SC SD SC' SA'
 
+
 ÷
 
⇔
SD SB SC SA
SD' SB' SC' SA'

+ = +
. Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC. Gọi G là trong tâm tam giác ABC. Mặt phẳng
(α) bất kì cắt các cạnh SA, SB, SC, SG lần lượt tại các điểm A’, B’, C’,
G’ khác S.
Chứng minh rằng:
SA SB SC SG
3
SA' SB' SC' SG '
+ + =
.
Lời giải :
Do G là trọng tâm của tam
giác ABC nên:
S.ABG S.BCG
V V
=
S.ACG S.ABC
1
V V
3
= =
Ta có:
S.A ' B'C '
S.ABC
V SA' SB' SC'
. .
V SA SB SC
=
(1)

Trang: 12/23
Mặt khác ta có:
S.A 'B'C' S.A 'B'G ' S.A 'C 'G' S.B'C'G '
S.ABC S.ABC S.ABC S.ABC
V V V V
V V V V
= + + =
S.A 'B'G ' S.A ' C'G ' S.B'C'G '
S.ABG S.ACG S.BCG
V V V1
3 V V V
 
= + +
 ÷
 
1 SA' SB' SG' SA' SC' SG' SB' SC' SG '
. . . . . .
3 SA SB SG SA SC SG SB SC SG
 
= + +
 ÷
 
1 SA' SB' SC' SG ' SC SB SA
. . .
3 SA SB SC SG SC' SB' SA'
 
= + +
 ÷
 
(2)

Từ (1) và (2) ta có:
SA SB SC SG
3
SA' SB' SC' SG '
+ + =
. Suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 3 : Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a ,AH là đường cao của tứ diện và O là
trung điểm của AH. Một mặt phẳng qua O cắt các cạnh AB, AC, AD lần
lượt tại M ,N ,P . CMR:
1 1 1 6
AM AN AP a
+ + =
Lời giải
Ta có :
A.MNP
A.BCD
V AM AN AN
. .
V AB AC AD
=
(1)
Mặt khác :

A.MNP A.MON A.NOP A.PON
A.BCD A.BCD
V V V V
V V
+ +
=

A.MON A.NOP A.PON
A.BCD A.BCD A.BCD
V V V
V V V
= + +

A.MON A.NOP A.PON
A.BCH A.CDH A.BDH
V V V
3V 3V 3V
= + +
( Do
A.BCH
V
=
A.CDH
V
=
A.BDH
V
=
A.BCD
1
V
3
)
=
1 AM AN AO AN AP AO AP AM AO
. . . . . .
3 AB AC AH AC AD AH AD AB AH

 
+ +
 ÷
 
=
1 1 AM AN AN AP AP AM
. . . .
3 2 AB AC AC AD AD AB
 
+ +
 ÷
 
Trang: 13/23
=
1 AM AN AP AD AB AC
. .
6 AB AC AD AP AM AN
 
+ +
 ÷
 
(2)
Từ (1) và (2) ta có :
AM AN AN
. .
AB AC AD
=
1 AM AN AP AD AB AC
. .
6 AB AC AD AP AM AN

 
+ +
 ÷
 

1 a a a
1
6 AM AN AP
 
= + +
 ÷
 

Hay ta có :
1 1 1 6
AM AN AP a
+ + =
. Suy ra điều phải chứng minh .
Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABC, Lấy điểm M nằm trong tam giác ABC các đường
thẳng qua M song song với SA, SB, SC cắt các mặt bên lần lượt tại các
điểm A’, B’, C’.Chứng minh rằng:
M.A 'B'C '
S.ABC
V MA ' MB' MC'
. .
V SA SB SC
=
Lời giải :
Gọi A1, B1, C1 lần lượt là điểm
đối xứng với A’, B’, C’ qua M.

Khi đó ta có:
1 1 1
M.A 'B'C' M.A B C
V V .
=
Trên các cạnh
SA, SB, SC lấy lần lượt các điểm
2 2 ; 2
A ; B C
sao cho:
2 2 2
SA MA' ;SB MB' ;SC MC'
= = =
Khi đó hình chóp
2 2 2
S.A B C
là ảnh của hình chóp
1 1 1
M.A B C
qua phép
tịnh tiến theo véc tơ
MS
uuur
Nên ta có:
1 1 1 2 2 2
M.A ' B'C' M.A B C S.A B C
V V V .
= =
Khi đó:
2 2 2

S.A B C
M.A 'B'C '
2 2 2
S.ABC S.ABC
V
V SA SB SC
. . .
V V SA SB SC
= =
Trang: 14/23
Hay:
M.A 'B'C'
S.ABC
V MA' MB' MC'
. . .
V SA SB SC
=
Ví dụ 5 : Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với
đáy.Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) là
α
.Một mặt phẳng đi qua A vuông
góc với SC và cắt SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P.
CMR:
2
S.AMNP
S.ABCD
V
cos2
V cos
α

 
=
 ÷
α
 
.
Lời giải :
Ta có ta có từ (gt) suy ra
BSC∠ = α
,
BC SB, SC AN
⊥ ⊥
Lại có :
S.AMNP S.AMN
S.ABCD S.ABCD
V 2V SA SM SN
. .
V V SA SB SC
= =

( )
2 2
2 2
2 2
SM SN SM.SB SN.SC
. .
SB SC SB SC
SA SA
. 1
SB SC

= =
=
Mặt khác ta có :
a
SB a.cot ,SC
sin
= α =
α
.
Nên
2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
cos cos 2
SA SB AB a .cot a a 1 a
sin sin
 
α α
= − = α − = − =
 ÷
α α
 
Do đó
SM
SB
=
2 2
2
2 2 2 2 2
SA cos2 sin cos2

a .
SB sin a cos cos
α α α
= =
α α α
(2)

2 2
2
2 2 2
SN SA cos2 sin
a . cos2
SC SC sin a
α α
= = = α
α
(3)
Lấy (2) và (3) thay vào (1) ta có :
2
S.AMNP
S.ABCD
V
cos2
V cos
α
 
=
 ÷
α
 

.Vậy ta có điều phải CM .
Đối với bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của một đại lượng biến thiên là không
hề dễ dàng. Bởi vậy việc tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của một đại lượng biến thiên
đối với hình học không gian lại càng khó khăn. Sau đây tôi xin đưa ra một số bài toán
hay và khó mà việc vận dụng bài toán mở rộng để giải quyết thì thực sự thuận lợi và đơn
gian.
Trang: 15/23
a
O
D
C
A
B
S
N
P
M
D. BÀI TOÁN PHÁT TRIỂN:
Ví dụ 1: Cho hình chóp đều S.ABC có SA = a Gọi G là trọng tâm tam giác
SBC, mặt phẳng (P) đi qua AG cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M, N.
Gọi V
1
, V lần lượt là thể tích khối chóp S.AMN và S.ABC.
Tìm giá trị lớn nhất của
1
V
V
(Trích đề thi HSG lớp 12 Tỉnh Hải Dương năm
2012-2013 )
Lời giải :

Gọi J là giao điểm của SG và BC ⇒
J là trung điểm BC
Suy ra:
ABJ ACJ ABC
1
S S S
2
∆ ∆
= =
⇒
S.ABJ S.ACJ
V V
= =
S.ABC
1 V
V
2 2
=
Đặt:
SM SN
x , y (x, y (0;1])
SB SC
= = ∈
S.AMG
S.AMG
S.ABJ
V SA SM SG 2x V 2x
. . V
V SA SB SJ 3 2 3
= = ⇒ =

Tương tự:
S.AGN 1 S.AMG S.AGN
2y V V
V V V V (y x)
3 2 3
= ⇒ = + = +
(1)
1
1
V SA SM SN
. . xy V Vxy
V SA SB SC
= = ⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ x + y = 3xy (*)
Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có:

x y 2 xy
+ ≥
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y
Từ (*) ta có:
Trang: 16/23
A
S
G
N
M
B
C
4

3xy 2 xy xy .
9
≥ ⇔ ≥
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
x = y =
2
3
1
V 1 9
.
V xy 4
= ≤
Dấu “=” xảy ra x = y =
2
.
3
Vậy giá trị lớn nhất của
1
V
V
=
9
4

SM SN 2
.
SB SC 3
⇔ = =
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung
điểm SC. Mặt phẳng (α) qua AK cắt SB và SD lần lượt tại M và N. Đặt

1 S.AMKN S.ABCD
V V ; V V
= =
.
Khi mặt phẳng (α) song song BD tỉnh tỉ số
1
V
.
V
Đặt
SM
x
SB
=
,
SN
y
SD
=
. Tính
1
V
V
theo x và y. CMR:
1
1 V 3
.
3 V 8
≤ ≤
(Dựa theo đề thi HSG tỉnh Khánh Hòa)

Lời giải :
a) Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I là giao điểm của AK và
SO;
Qua I kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB và SD lần lượt ở M và
N.
Ta có:
SM 2
SB 3
=
;
SN 2
SD 3
=
.
Vì S.ABCD có đáy là hình bình hành nên:
V
S.ABC
= V
S.ADC
=
2
1
V.
Ta có:
S.AMK
S.ABC
V SM SK 2 1 1
. .
V SB SC 3 2 3
= = =

Trang: 17/23
⇒
S.AMK
1
V V
6
=
⇒
S.ANK
1
V V
6
=
Mà: V = V
S.ABC
+ V
S.ADC
. Vậy V
1
= V
S.AMK
+ V
S.ANK
. ⇒
1
V 1
.
V 3
=
b) Ta có:

S.AMK
S.AMK
S.ABC
V SM SK 1 x
. x V V
V SB SC 2 4
= = ⇒ =
.
Tượng tự ta có:
S.ANK
y
V V
4
=
. Suy ra:
1
V x y
V 4
+
=
(1)
Do: V
1
= V
S.AMN
+ V
S.MNK
và V
S.ABC
= V

S.ADC
=
2
1
V.
Mà:
S.AMN
S.AMK
S.ABD
V SM SN xy
. xy V V
V SB SD 2
= = ⇒ =
⇒
S.KMN
S.KMK
S.CBD
V SM SN SK 1 xy
. . xy V V
V SB SD SC 2 4
= = ⇒ =
.
⇒
1
V 3xy
.
V 4
=
(2).
Từ (1) và (2) suy ra:

x
y .
3x 1
=
−
Do x > 0; y > 0 nên suy ra
1
x .
3
>
Mặt khác:
x 1
y 1 1 x .
3x 1 2
≤ ⇒ ≤ ⇒ ≥
−
Vậy ta có:
1
x ;1 .
2
 
∈
 
 
Xét hàm số:
f(x) =
1
V 3xy
V 4
=

=
2
3x
4(3x 1)
−
với
1
x ;1 .
2
 
∈
 
 
Ta có: f’(x) =
2
3x(3x 2)
.
4(3x 1)
−
−
Bảng biến thiên:
x
2
1

3
2
1
f’(x) - 0 +
Trang: 18/23

f(x)
8
3

1
3

8
3
Vậy:
1
1 V 3
3 V 8
≤ ≤
Khi
1
x 1
V 3
1
V 8
x
2
=


= ⇔

=

thì M là trung điểm SB hoặc M trùng B;

Khi
1
V 1 2
x
V 3 3
= ⇔ =
thì .
Ví dụ 3: Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD. Mặt phẳng (α) đi
qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại
các điểm (khác A). Gọi h
A
, h
B
, h
C
, h
D
lần lượt là khoảng cách từ các
điểm A, B, C, D đến mặt phẳng (α). Chứng minh rằng:
2 2 2
2
B C D
A
h h h
h
3
+ +
≥
.
(Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2012-2013 )

Lời giải :
Gọi B’, C’, D’ lần lượt giao điểm
của mặt phẳng (α) với các cạnh
AB, AC, AD.
Ta có:
AGBC AGCD AGDB ABCD
1
V V V V .
3
= = =
(*)
Vì:
= + +
AB'C'D' AIB'C' AIC'D' AID'B'
V V V V
và (*) nên:
= + +
AB'C'D' AIB'C' AIC'D'
AID' B'
ABCD AGBC AGCD AGDB
V V V
V
V 3V 3V 3V
Trang: 19/23
⇔
AB'.AC'.AD' AI.AB'.AC' AI.AC'.AD' AI.AD'.AB'
AB.AC.AD 3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB
= + +
⇔
AB AC AD AG

3. 6
AB' AC' AD' AI
+ + = =
⇔
BB' CC' DD'
3
AB' AC' AD'
+ + =
Mặt khác ta có:
C
B D
A A A
h
BB' h CC' DD' h
, , .
AB' h AC' h AD' h
= = =
Suy ra:
C
B D
B C D A
A A A
h
h h
3 h h h 3h
h h h
+ + = ⇔ + + =
Ta có:
( )
( )

2
2 2 2
B C D B C D
h h h 3 h h h .
+ + ≤ + +
(**)
⇔
( ) ( )
( )
2 2
2
B C C D D B
h h h h h h 0− + − + − ≥
(luôn đúng).
Kết hợp với (**) ta được:
( )
( )
2
2 2 2
A B C D
3h 3 h h h
≤ + +
hay:
2 2 2
2
B C D
A
h h h
h .
3

+ +
≥
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 4: Cho góc tam diện
Oxyz
và một điểm M cố định trong góc đó. Một mặt
phẳng (α) qua M cắt các tia Ox , Oy , Oz lần lượt tai A’ ,B’ , C’ . Tìm
(α) để khối tứ diện OABC có thể tích lớn nhất.
(Trích đề thi HSG Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu - 2009)
Lời giải :
Giả sử (α) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt
tại A, B, C. Qua M kẻ các đường
thẳng song song với các tia Ox, Oy,
Oz lần lượt cắt các mặt (yOz),
(zOx), (xOy) tại các điểm A
1
, B
1
, C
1
.
Theo ví dụ trên ta có:
Vì
1 1 1
M.A B C
V
không đổi nên ta có:
Trang: 20/23
OABC
V

đạt giá trị nhỏ nhất khi lớn nhất.
Gọi A’, B’, C’ lần lượt là giao điểm của AM, BM,CM với các cạnh đối
diện của ∆ABC ta có:
1
MA A'M
;
OA A'A
=
1
MB B'M
;
OB B'B
=
1
MC C'M
OC C'C
=
Do M năm trong tam giác ∆ABC nên ta có:
MBC
ABC
SMA'
AA' S
∆
∆
=
;
MAC
ABC
SMB'
;

BB' S
∆
∆
=
MAB
ABC
MC' S
.
CC' S
∆
∆
=
Nên:
MBC MCA
MAB
ABC ABC ABC
S SMA' MB' MC' S
1
AA ' BB' CC' S S S
∆ ∆
∆
∆ ∆ ∆
+ + = + + =
Suy ra:
1 1 1
MA MB MC
1.
OA OB OC
+ + =
Vậy:

1 1 1
MA MB MC
. .
OA OB OC
lớn nhất khi:
1 1 1
MA MB MC MA' MB' MC'
OA OB OC AA' BB' CC'
= = ⇔ = =
Hay M là trọng tâm tam giác ABC.
Vậy khi (α) cắt Ox, Oy, Oz sao cho M là trọng tâm tam giác ABC thì
thể tích khối tứ diện tạo thành lớn nhất.
Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có
,AB a AD b
= =
, SA
vuông góc với đáy và
2SA a
=
. Gọi M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho
(0 2 )AM x x a
= < <
. 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.
(Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Thanh Hóa -2014)

Lời giải :
Thiết diện là hình thang vuông MNCB, vuông tại B và M.
Tính diện tích thiết diện:

1
( )
2
MNCB
S MN CB MB
= +
;
2 2 2 2
BM BA AM a x
= + = +
Trang: 21/23

SMN
∆
đồng dạng
SAD
∆
. (2 ).
2
SM AD a x b
MN
SA a
−
⇒ = =

Vậy

2 2
1 2
2 2
MNCB
ab bx
S b a x
a
−
 
= + +
 
 
.
Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD
2
.
1 2
.
3 3
S ABCD ABCD
a b
V SA S V
⇒ = = =
Gọi
1
V
là thể tích của khối SMNCB:
1 . .S MBC S MNC
V V V
= +

Ta có
.
.
. . 2
. . 2
S MBC
S ABC
V
SM SB SC SM a x
V SA SB SC SA a
−
= = =

2
2
1 1 2 2
. .2 . .
3 6 2 2 2 2 3
SABC ABC SMBC
V a x V a x ab
V SA S a b V
a a
− −
= = = ⇒ = =
(2 )
.
6
a x
a b
−

=
.
Ta có
2 2
.
.
. . 2
.
. . 2
S MNC
S ACD
V
SM SN SC SM SN MN a x
V SA SC SD SA SD AD a
−
   
= = = =
 ÷  ÷
   
2
.
2 3
S ACD
V a b
V
⇒ = =

2 2 2
.
2

(2 ) (2 )
. .
4 3 12
S MNC
a x a b a x
V b
a
− −
⇒ = =
Yêu cầu bài toán
2 2 2
1
(2 ). (2 ) .
2 3 6 12 3
V a b a x ab a x b a b
V
− −
⇔ = = ⇔ + =

2 2
(3 5) 2 ( )
6 4 0
(3 5) ( / )
x a a loai
x ax a
x a t m

= + >
⇔ − + = ⇔


= −



Vậy với
(3 5)x a
= −
thì mp(MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích
bằng nhau.
E. Một số bài tập vận dụng :
Bài tập 1. Cho hình chop tam giác S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a,
SA (ABC)
⊥
;
SA =2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Tính thể
tích khối chop A.BCNM theo a.
Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn AD = 2a,
AB = BC = a, SB = 2a, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng
với trung điểm O của AD. Trên các cạnh SC, SD lấy các cạnh M, N sao cho
SM = 2 MC, SN = DN. Mặt phẳng
( )α
qua MN song song với BC cắt SA, SB lần
lượt tại P và Q. Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a.
Bài tập 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a; SA = SB = SC =2a.
Gọi M là trung điểm của SA; N là giao điểm của đường thẳng SD và mặt phẳng
(MBC). Gọi V, V
1
lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABCD và S.BCNM.

Trang: 22/23

a) Tính tỷ số
1
V
V
b) Chứng minh
3
V 2a≤
.
Bài tập 4. Cho hình chóp S.ACD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a góc
0
BAD 60
∠ =
,

SA (ABCD)
⊥
, SA=a . Gọi C’ là trung điểm của SC mặt phẳng (P) qua của AC’ và
song song song với BD cắt SB ,SD lầ lượt tại B’ và D’.
Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’
Bài tập 5 . Cho tứ diện ABCD cạnh bằng a .AH là đường cao của tứ diện và O là trung điểm
của AH . Một mặt phẳng đi qua Ocawts AB, AC, AD lần lượt tại M, N, P .
CMR:
1 1 1 6
AM AN AP a
+ + =
Trang: 23/23