SKKN Hệ thức liên hệ các đại lượng hình học giúp học sinh giải nhanh một số bài toán

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"HỆ THỨC LIÊN HỆ CÁC ĐẠI LƯỢNG HÌNH HỌC GIÚP HỌC
SINH GIẢI NHANH MỘT SỐ BÀI TOÁN"
1
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
- Hình học là một môn học được xây dựng trên cơ sở hệ thống các tiên đề, định lý toán
học, là một môn học chứa đựng nhiều tư duy trừu tượng, tư duy logic. Vì vậy đây thực sự
là môn học khó đối với học sinh. Do đó để học sinh tiếp thu được môn học đòi hỏi người
giáo viên phải có nghệ thuật sư phạm hướng dẫn học sinh hình thành các bước giải quyết
bài toán và kỹ năng giải quyết bài toán đó.
- Trong hình học ta thường gặp những bài toán như: chứng minh một đẳng thức hình học,
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một đại lượng hình học, tìm điểm chia đoạn thẳng ….
Để giải các bài toán này cần phải xây dựng một “Hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình
học”. Đây là một dạng toán khó ít gặp ở trong sách giáo khoa song lại gặp nhiều trong
các kỳ thi tuyển sinh, thi học sinh giỏi. Để giúp học sinh định hướng nhanh lời giải cần
đưa ra một phương pháp chung để giải quyết dạng toán này.
- Qua nhiều năm dạy bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, tôi đã rút ra một số kinh nghiệm nhỏ
trong việc giúp học sinh định hướng nhanh việc “Tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng
hình học” và sử dụng phương pháp giải một số bài toán hình học. Với đề tài này tôi hy
vọng sẽ giúp học sinh không lúng túng khi gặp một số bài toán có liên quan. Nó sẽ giúp
học sinh học tốt hơn, có hứng thú hơn đối với môn toán. Đề tài gồm có hai phần đó là:
“Tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học” và “Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng
hình học để giải một số bài toán”
- Ý tưởng nghiên cứu đề tài được nảy sinh từ năm 2003, ban đầu tôi chỉ sử dụng phương
pháp này để giải các bài toán bất đẳng thức hình học và cực trị hình học. Qua nhiều năm
2
dạy học và bồi dưỡng học sinh khá giỏi đề tài được nâng dần áp dụng vào việc tính toán
các đại lượng hình học như độ dài đoạn thẳng, tỉ số đoạn thẳng,
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU

1. Thực trạng vấn đề
Khi gặp một bài toán có nhiều đại lượng hình học thay đổi và yêu cầu tìm điều kiện liên
hệ giữa các đại lượng hình học thoả mãn một tính chất cho trước, tìm giá trị lớn nhất hay
nhỏ nhất của một đại lượng hình học, tìm điểm chia đoạn thẳng, tính độ dài một đoạn
thẳng, …thì học sinh tỏ ra rất lúng túng. Đa số học sinh không định hướng được lời giải,
không biết được tìm lời giải phải bắt đầu từ đâu. Chính vì vậy tôi đã sử dụng các phương
pháp đề cập trong đề tài và thấy có hiệu quả nhất định.
2. Kết quả, hiệu quả của thực trạng
Qua quá trình kiểm tra đối với học sinh khi chưa đưa ra phương pháp trên đã cho kết quả
dưới đây:
Tổng số
học sinh
Loại giỏi Loại khá Loại TB Loại yếu
SL Tỉ lệ
(%)
SL
Tỉ lệ
(%)
SL Tỉ lệ
(%)
SL Tỉ lệ
(%)
45 0 0 8 17,78 17 37,78 20 44,44
Từ thực trạng trên tôi đã mạnh dạn đưa ra nội dung cách thức dạy học nhằm giúp học
sinh định hướng nhanh lời giải bài toán
3
4
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN
Qua quá trình giảng dạy bản thân thấy được hai vấn đề đặt ra ở trên có thể được

giải quyết trong một bài toán. Nếu không tìm được hệ thức liên hệ giữa các đại lượng
hình học thì không giải quyết được bài toán. Vì vậy trong quá trình dạy học, tôi đã dạy
cho học sinh nắm chắc lần lượt hai vấn đề: “Tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học”
sau đó là “Đi tìm hệ thức liên hệ giải một số bài toán hình học”. Hai nội dung trên được
dạy trong các tiết dạy bồi dưỡng học sinh khá giỏi
1. Tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học
- Nếu trong giả thiết của một bài toán hình học có các yếu tố: điểm, đường thẳng, góc …
thay đổi; chịu một điều kiện ràng buộc hình học nào đó thì một vấn đề đặt ra là cần
chuyển điều kiện ràng buộc hình học đó thành một điều kiện ràng buộc giữa các đại
lượng có thể tính toán được dưới dạng một biểu thức đại số - được gọi là biểu thức liên
hệ. Qua nhiều năm giảng dạy tôi đã rút ra được hai cách để giải quyết bài toán trên.
a. Cách 1
Chọn và tính một đại lượng hình học nào đó (Độ dài đoạn thẳng, diện tích một đa giác,
thể tích khối đa diện, …) theo hai cách khác nhau, đẳng thức liên hệ giữa hai cách tính đó
sẽ cho một hệ thức cần tìm. Ta xét một số bài toán minh hoạ sau:
Bài toán 1.1. Cho góc
·
xOy
α
=
, I là một điểm cố định trên phân giác của góc. Một đường
thẳng
∆
thay đổi qua I cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai độ dài
x=OA; y = OB.
BÀI GIẢI
5
O
A
I

B
y
x
+ Đặt OI = d, ta có:
+ S
OAB
=
1
2
.OA.OB.sin
·
AOB
=
1
2
. x.y.sin
α
(1).
+ S
OAB
= S
OAI
+ S
OIB
=
1
2
xd sin
2
α

+
1
2
yd sin
2
α

=
1
2
d sin
2
α
(x+y) (2)
+ Từ (1) và (2) ta có:
( )
1 1
. . .sin . . .sin
2 2 2
x y x y d
α
α
= +

( )
2cos
1 1
2
*
x y d

α
⇔ + =

Đẳng thức (*) chính là hệ thức cần tìm.
Nhận xét
- Đẳng thức (*) tìm được là do ta tính diện tích
∆
ABC bằng hai cách. Cách 1 cho
đẳng thức (1); cách 2 cho đẳng thức (2).
- Thông thường trong hai cách tính đại lượng đã chọn, có một cách là cách tính
thông thường đúng cho mọi trường hợp (Như cách 1). Cách còn lại sẽ chỉ có được do
điều kiện ràng buộc hình học của bài toán (Như cách 2).
Bài toán 1.2. Cho hai tia Am, Bn chéo nhau nhận AB làm đường vuông góc chung. Các
điểm M, N chuyển động trên Am, Bn sao cho đường thẳng MN tiếp xúc với mặt cầu
đường kính AB =a. Tìm hệ thức liên hệ giữa AM = x và BN = y.
BÀI GIẢI
+ Kẻ tia Bt//Am. Gọi M
1
là hình chiếu của M trên Bt, ta có tứ giác AMM
1
B là hình chữ
nhật
⇒
BM
1
= AM = x;
+ Đặt
·
1
M BN

=
α
(
α
bằng góc giữa Am và Bn).
6
+ Trong tam giác vuông M
1
MN ta có: MN
2
= MM
1
2
+ M
1
N
2
= MM
1
2
+ BM
1
2
+BN
2
– 2BM.BN.cos
α
=
2
a

+ x
2
+ y
2
– 2xy.cos
α
(1)
+ Mặt khác, gọi T là tiếp điểm của MN
với mặt cầu ta có :
MN = NT + TM = BN + AM = y + x (2)
+ Từ (1) và (2) ta có:
(x+y)
2
=
2
a
+ x
2
+ y
2
– 2xy.cos
α
( )
2
*
4cos
2
a
xy
α

⇔ =

Hệ thức (*) chính là hệ thức cần tìm
Nhận xét
- Để có hệ thức liên hệ ta đã tính độ dài MN bằng hai cách. Cách 1 cho đẳng thức (1),
cách 2 cho đẳng thức (2).
Bài toán 1.3. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AD, I là một điểm trên AD. Một
đường thẳng qua I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N, đặt AM = x, BN = y . Tìm
hệ thức liên hệ giữa x và y
BÀI GIẢI
+ Ta có :
( )
. 1
AMN
ABC
S
x y
S AB AC
=
+ Mặt khác :

( )
1
2
2 2 2
AMN AMI AIN ANI
AMI
ABC ABC ABD ADC
S S S S
S AI x y

S S S S AD AB AC
+
 
= = + = +
 ÷
 
7
A
B
C
D
I
M
N
A
O
B
T
M
1
M
N
+ Từ (1) và (2) ta có :
.
x y
AB AC
=
( )
1
*

2
AI x y
AD AB AC
 
+
 ÷
 
Nhận xét
- Đẳng thức liên hệ (*) được tìm ra do ta tính tỉ số diện tích
AMN
ABC
S
S
bằng 2 cách
khác nhau. Cách 1 cho đẳng thức (1), cách 2 cho đẳng thức (2)
- Bài toán có thể mở rộng trong trường hợp D không phải là trung điểm mà D
thõa mãn :
DB
k
DC
=
. Áp dụng tương tự ta cũng tìm được hệ thức liên hệ
b. Cách 2
Chuyển điều kiện ràng buộc đã cho thành điều kiện ràng buộc về dạng của một tam giác,
hệ thức liên hệ sẽ là một hệ thức lượng của tam giác này.
Bài toán 1.4. Cho hình hộp chữ nhật ABCDA
1
B
1
C

1
D
1
có ABCD là hình vuông cạnh a,
AA
1
= b. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Tìm điều kiện của a, b để nhị diện
B
1
D
1
của tứ diện MNB
1
D
1
có số đo bằng
3
π
.
BÀI GIẢI
+ Gọi I=BD
⇒∩ MN
I là trung điểm của MN.
+ I
1
là hình chiếu của I trên mp(A
1
B
1
C

1
D
1
)



=
∈
⇒
IBB
DI
11
111
I
B
Do
11
B D

MNDAC ⊥⇒⊥
11
B
, mà
11
B D

)(B
1111
NMIDII ⊥⇒⊥

.=>
·
1
MI N
là góc phẳng nhị
diện cạnh
11
B D
=>
·
1
MI N
là góc phẳng nhị diện cạnh
11
B D
8
+ Do
1
II MN⊥
tại I là trung điểm của MN
nên
∆
MI
1
N cân tại I
1
. Vậy
·
1
MI N

= 60
0

1
MNI⇔ ∆
là tam giác đều.
1
3
2
I I MN⇔ =
4
6a
b =⇔
(*)
Vậy điều kiện của a, b là liên hệ bởi hệ thức (*).
Nhận xét
- Ở cách giải bài toán ta đã chuyển điều kiện ràng buộc
·
1
MI N
= 60
0
về điều kiện để
∆
MNI
1
là tam giác đều.
2. Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán .
- Thông thường trong hình học ta phải giải bài toán tìm một đại lượng hình học f nào đó
bị ràng buộc bởi các đại lượng x, y,…thay đổi. Khi đó để giải được bài toán này ta phải

đi tìm một hệ thức liên hệ giữa các đại lượng thay đổi đó. Ta xét một số bài toán sau đây:
Bài toán 2.1. (Đề thi HSG toán lớp 12 tỉnh Thanh Hoá năm học 2005 – 2006).
Cho góc tam diện vuông Oxyz, trên Oz lấy điểm A cố định khác O, biết OA = a. Gọi (P)
là mặt phẳng thay đổi chứa điểm A và cắt Ox, Oy lần lượt tại các điểm B, C sao cho
.
211
aOCOB
=+
Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn chứa một đường thẳng cố định.
BÀI GIẢI
+ Gọi Ot là tia phân giác của góc
·
BOC
, I = BC
Ot∩
.
+ Áp dụng bài toán 1.1 ta có:
9
A B
D
1
D
C
1
B
1
C
N
M
I

1
A
1
I

( )
0
1 1 2cos45 1 1 2
1
OB OC OI OB OC OI
+ = ⇔ + =

+ Theo giả thiết:
( )
1 1 2
2
OB OC a
+ =

+ Từ (1) và (2) ta có:
2 2
.OI a
OI a
= ⇔ =

Do Ot cố định nên OI = a không đổi.
⇒
I là điểm cố định. Vậy mp (P) luôn chứa đường thẳng cố định AI.
Nhận xét
- Bài toán có hai đại lượng hình học thay đổi OB, OC, ta đã tìm hệ thức liên hệ

giữa chúng chính là hệ thức (1), thay giả thiết
·
BOC
= 90
0
bởi giả thiết
·
BOC
=
α
ta
cũng có bài toán tương tự.
- Bằng cách áp dụng bài toán 1.1 (hoặc cách xây dựng như bài toán 1.1), học sinh sẽ
phát hiện nhanh lời giải các bài toán sau (bài toán 2.2; 2.3;2.4)
Bài toán 2.2. Cho góc tam diện Oxyz,
·
yOx
= 90
0
. Trên Oz lấy điểm A cố định khác O,
biết OA = a. Gọi (P) là mặt phẳng thay đổi chứa điểm A và cắt Ox, Oy lần lượt tại các
điểm B, C sao cho
.
213
aOCOB
=+
Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn chứa một đường
thẳng cố định.
BÀI GIẢI
+ Kẻ tia Ot sao cho

·
xOt
= 30
0
và BC
Ot∩
= I .
Ta có: S
BOC
=
1
2
. OB.OC (1)
10
+ Mặt khác: S
BOC
= S
BOI
+ S
IOC

=
1
2
. OB.OI. sin 30
0
+
1
2
. OI.OC .sin 60

0

=
1 1 3
( ).
2 2 2
OB OC OI+
(2)
+ Từ (1) và (2) ta có:

1 3 3 1 2
( ). . (3)
2 2
OB OC OI OB OC
OB OC OI
+ = ⇔ + =

+Theo giả thiết:
3 1 2
OB OC a
+ =
(4) . Từ (3) và (4) ta có
OIa
aOI
=⇔=
22
.
Do Ot cố định nên I cố định. Do đó mp (P) qua điểm I cố định.
Bài toán 2.3.
Cho hình chóp tứ giác đều SABCD. Một mặt phẳng

( )
α
thay đổi cắt các cạnh SA, SC,
SB, SD lần lượt tại các điểm M, N, P, Q. Chứng minh rằng

SQSPSNSM
1111
+=+
BÀI GIẢI
+ Từ giả thiết ta có:
∆
SAC và
∆
SBD cân. ABCD là hình vuông
=>
∆
SAC =
∆
SBD
·
ASC
=
·
BSC
=
α
. SO là phân giác của
·
MSN
và

·
QSP
.
+ Áp dụng bài toán 1.1 đối với
·
MSN
ta có:
11
SISNSM
2
cos2
11
α
=+
(1)
+ Mặt khác đối với
·
QSP
ta có:
( )
2cos
1 1
2
2
SP SQ SI
α
+ =

Từ (1) và (2) ta có:
SQSPSNSM

1111
+=+
Bài toán 2.4 Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có 8 cạnh đều bằng 1. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của các cạnh SA, SC. Một mặt phẳng (
α
) thay đổi luôn đi qua M, N,
cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại P và Q. Xác định giá trị nhỏ nhất của diên tích tứ giác
MPNQ.
BÀI GIẢI
+ Từ giả thiết ta có:
SA
2
+SC
2
= AD
2
+ DC
2
= 2 = AC
2
.
=>
∆
SAC vuông tại S. Tương tự
∆
BSD vuông tại
S.
+ Do MN
PQ⊥
nên

S
MPNQ
=
2
1
. MN.PQ =
PQ.
4
2
12
D
B
C
A
M
O
S
N
P
Q
I
D
B
C
A
M
O
S
N
P

Q
I
22
.
4
2
yxS
MPNQ
+=⇔
(1)
(Với SP=x; SQ = y, 0<x, y
1≤
)
+Áp dụng bài toán 1.1 ta có
0
1 1 2 os45c
SP SQ SI
+ =
4
11
=+⇔
yx
(2) (Do SI =
1
2
.SO =
4
2
)
+Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm

1 1
,
x y
ta có
4
1
2
11
.2
11
4
≥⇔≥⇔≥+=
xyxy
xyyx
. Vậy
4
1
2.
4
2
4
2
22
≥≥+=
xyyxS
MPNQ

Dấu đẳng thức xảy ra
1 1 1
2

1 1
4
x y
x y
x y
x y


=


⇔ = ⇔ = = ⇔



+ =


P, Q là trung điểm của SB và SD.
Vậy tứ giác MPNQ có diện tích bằng
1
4
khi P, Q lần lượt là trung điểm của SB và SD.
Nhận xét
- Bài toán có hai đại lượng thay đổi SP và SQ. Học sinh thường tính ra được biểu thức
diện tích (1).
- Nếu học sinh không tìm đươc liên hệ x, y bằng đẳng thức (2) thì bài toán khó
giải quyết được. Nhưng vì ở phần trước học sinh đã được học kỹ do đó nhiều em đã dễ
dàng phát hiện ra đẳng thức (2) và bài toán đựoc giải quyết.
13

- Có thể thay đổi giả thiết SA=SB=SC=SD = 1 bởi giả thiết SA=SB=SC=SD = a,
giả thiết M, N là trung điểm được thay bằng gỉa thiết

;(0 1)
SM SN
m m
SA SC
= = < ≤
ta cũng có bài toán với kết luận tương tự.
Bài toán 2.5. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các cạnh
SA, SB, SC, SD ta chọn lần lượt các điểm A
1
, B
1,
C
1
sao cho:
3
1
;
2
1
;
3
2
111
===
SC
SC
SB

SB
SA
SA
.Mặt phẳng(A
1
B
1
C
1
) cắt SD tại D
1
. Tính tỉ số
SD
SD
1
BÀI GIẢI
+ Gọi
1111
; DBSOCAIBDACO
∩∩=∩=
+ Xét tam giác SBD áp dụng bài toán 1.3 ta có:
1 1 1 1
1
. . ( )
2
SB SD SB SDSI
SB SD SO SB SD
= +
(1)
+ Tương tự xét tam giác SAC ta có

( )
1 1 1 1
1
. . ( )
2
2 1 1 2 1 4
. . .( ) 2
3 3 2 3 3 9
SA SC SA SCSI
SA SC SO SA SC
SI SI
SO SO
= +
⇔ = + ⇔ =

Thay (2) vào (1) và áp dụng giả thiết ta có:
1 1 1
1 1 4 1 2
. . .( )
2 2 9 2 5
SD SD SD
SD SD SD
= + ⇔ =
Nhận xét
- Để giải bài toán ta đã tìm ra một hệ thức liên hệ chứa tỉ số
1
SD
SD
. Hệ thức tìm
được nhờ áp dụng bài toán 1.3 đối với hai tam giác ACS và BSD

14
S
A
D
C
A
1
B
C
1
D
1
I
B
1
Bài toán 2.6. Cho tam giác ABC, ba điểm M,N,P trên AB,AB, BC thoã mãn :
1 2
,
3 3
AM AN
MB NC
= =
,
1
3
BP
BC
=
. Đường thẳng MN cắt AP tại I. Tính tỉ số
AI

IP
.
BÀI GIẢI
+ Theo giả thiết:

1 2 1 2
, ;
3 3 4 5
AM AN AM AN
MB NC AB AC
= = ⇒ = =
+
( )
1
. 1
10
AMN
ABC
S
AM AN
S AB AC
= =
+
3
3
2
AMN AMI AIN AIN AIN
AMI AIM
ABC ABC ABC ABC ABP
APC

S S S S S
S S
S S S S S
S
+
= = + = +
1 2
. .
3 3
AM AI AN AI
AB AP NC AC
= +
( )
1 1 2 2 7
. . . 2
3 4 3 5 20
AI AI AI
AP IP AP
= + =

Từ (1) và (2) ta có:
7 1 2 2
20 10 7 5
AI AI AI
AP AP IP
= ⇔ = ⇔ =
Nhận xét
- Thông thường học sinh giải bài toán bằng cách sử dụng định lí talet hoặc sử dụng
phương pháp véc tơ. Song trong cách giải bài toán ta đã đi tìm một hệ thức chứa tỉ số
AI

IP
. Hệ thức tìm được nhờ tính tỉ số
AMN
ABC
S
S
bằng 2 cách. Cách 1 tính thông thường ,
cách 2 tính bằng cách chia diện tích tam giác AMN thành tổng 2 tam giác
15
I
N
M
P
A
C
B
Bi toỏn 2.7. Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh bỡnh hnh, v cú th tớch
bng 8. Cỏc im M,N ln lt l trung im ca cỏc cnh SB v SD.Gi E l mt im
trờn cnh SA, mp(MNE) ct SC ti F. Tỡm v trớ ca im E khi chúp S.EMFN cú
th tớch ln nht, nh nht
BI GII
+ Dng im F
. .
.
. . .
. . . .
1 1 1
( )
2 2 2 2 8
S ENF

S EMF V
S EMFN S EMF S ENF
S ABCD S ABCD S ABC S ADC
V
V V V
SE SM SF SE SN SF SE SF
V V V V SA SB SC SA SD SC SA SC
+
= = + = + = +
( )
( )
.
1
; ;
8
1
S EMFN
SE SF
x y x y
SA SC
V x y
ổ ử
ữ
ỗ
= + = =
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ

= +ị
+ Li cú :
1 1
2 2 2 2
SEF SEI SFI SEI SIF
SAC SAC SAO SOC
S S S S S
SE SF SE SI SF SI
S S S S SA SC SA SO SC SO
+
= = + = +
( ) ( )
1
. 2
4 4 1
x
x y x y y
x
= + =
-
+ Do
1
0 , 1 1
3
x y x< ÊịÊÊ
Thay (2) vo (1) ta cú
2
.
4
4 1

S EMFN
x
V
x
=
-
+ Ta xột hm s :
( )
2
4 1
; ;1
4 1 3
x
x
f x
x
ộ ự
ờ ỳ
= ẻ
ờ ỳ
-
ở ỷ
( )
( )
( )
( )
2
1 1 1
3 2
8 2 1

1 1
0 ;1
2 3
4 1
4 4
; ; 1
3 3
x
x x
f x
x
f f f
ổử ổử
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
ộ ự
-
Â
ờ ỳ
= = = ẻ
ờ ỳ
-
ở ỷ
= = =

16
O
A
C
D
B
S
M
N
F
I
E
.
.
1
1
4
3
;
3
3
1
1
1 1
1
2 2
S EMFN
S EMFN
SE
x

SA
MaxV
SE
x
SA
SE
MinV x
SA
é
é
ê
=
ê
=
ê
ê
=Þ Û Û
ê
ê
ê
=
=
ê
ê
ë
ê
ë
= = =Û Û
Nhận xét
-Thông thường học sinh tìm được

.S EMFN
V
được biểu thị bằng đẳng thức (1), song
không đánh giá được
.S EMFN
V
vì có 2 đại lượng thay đổi x, y. Do đó cần phải tìm được
mối liên hệ giữa x và y . Một hệ thức liên hệ tìm ra được nhờ bài toán 3.1, đẳng
thức (2) đã giúp học sinh giải quyết được bài toán .
Bài toán 2.8. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh bằng 1 và khối chóp có
thể tích bằng 1. Gọi M,N là các điểm di động trên AD, CD sao cho
·
0
45MBN =
. Tìm giá
trị lớn nhất và nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện SBMN
BÀI GIẢI
+ Gọi h là độ dài đường cao của hình chóp ta có
.
3
3
S ABCD
ABCD
V
h
S
= =
+ Đặt AM= x; CN = y,
(0 , 1)x y£ £
( ) ( )

( )
.
1 1
1
1
2 2 2 2
1
1
2
BMN
S BMN
x y
x y xy
S
xy
V
- -
-
= - - - =Þ
-
=Þ
·
·
·
·
·
( )
( )
0 0
45 45

1
tan 1 1 2
1 1
MBN ABM NBC
x y x
ABM NBC y
xy x
+ = + =Û
+ -
+ = = =Û Û Û
- +
17
N
B
C
A
D
S
M
Do
0 , 1x y£ £
nên
[ ]
0;1x ∈
Thay (2) vào (1) ta có:
( )
2
.
1
2 1

S BMN
x
V
x
+
=
+
+ Ta xét hàm số:
( )
( )
[ ]
2
1
, 0;1
2 1
x
x
f x
x
+
= Î
+
( )
( )
[ ]
( ) ( )
( )
[ ]
( )
[ ]

( )
2
2
0 1
1 2
;1
0;1
1 2 1
0 1 2 0;1
2
1
1 1
, , 2 1
2 2
1
minf 2 1,max
2
x
x x
x o
x
x x
f x
x
f f f
f
- +
Î
Î
+ -

¢
= = =- +Û Î
+
= = = -
= - =Þ
Vậy thể tích khối chóp
.S BMN
đạt giá trị lớn nhất bằng
1
2
khi M trùng A hoặc M trùng D,
và đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2 1-
khi
2 1AM = -
Nhận xét
- Thông thường học sinh tìm được
SBMN
V
cho bởi (1) song không đánh giá được biểu
thức thể tích vì có 2 đại lượng thay đổi x, y. Do đó cần phải tìm mối liên hệ giữa x và y
sẽ giúp học sinh giải quyết được bài toán một cách dễ dàng.
- Ta đã tìm được một hệ thức liên hệ giữa x và y cho bởi hệ thức (2) vì vậy
Bài toán 2.9. Cho hai nửa đường thẳng Am, Bn chéo nhau và vuông góc với nhau, nhận
AB = a làm đường vuông góc chung. Các điểm M, N lần lượt chuyển động trên Am, Bn
sao cho độ dài MN = b không đổi.
a) Chứng minh rằng tứ diện ABMN có các mặt là các tam giác vuông.
b) Xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABMN.
BÀI GIẢI
18

a) Ta chứng minh được
∆
AMN vuông tại A;
∆
BMN vuông tại B.
b) Đặt AM = x; BN=y ta có V
ABMN
=
1
3
.S
ABN
.AM =
1
3
.axy (1).
+ Xét tam giác AMN ta có:
2 2 2 2 2 2
MN MA AN MA AB BN= + = + +
2 2 2 2
MN a x y
⇔ = + +
2 2 2 2 2 2 2 2
.b a x y x y b a
⇔ = + + ⇔ + = −
.

2 2
2 2
1 1 1

. ( )
6 6 2 12
ABMN
x y
V axy a a b a
+
⇒ = ≤ = −

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
22
2222
ab
yx
abyx
yx
−
==⇔



−=+
=
Vậy giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABMN
là:
)(
12
1
22
aba −

.
Nhận xét
- Trong bài toán có 2 đại lượng thay đổi x, y. Ta đã tìm hệ thức liên hệ x,y cho bởi
đẳng thức (2) vì vậy sẽ giúp học sinh giải quyết được bài toán một cách dễ dàng .
- Ta có thể giải bài toán tìm giá trị lớn nhất của diện tích toàn phần của tứ diện
ABMN.
Bài toán 2.10. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh thanh hóa năm học 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) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Đặt
,AM x=
AN y=
. Tìm
,x y
để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN đạt giá trị nhỏ nhất.
19
A
B
N
n
M
m
BÀI GIẢI
+Kẻ
DH MN⊥
, do
( ) ( ) ( )
DMN ABC DH ABC⊥ ⇒ ⊥
mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của
tam giác đều ABC.
+ Áp dụng bài toán 1.1 cho

AMN∆
ta có

0 0
1 1 2cos30 1 1 2cos30
x y AH x y AH
+ = ⇔ + =

( )
1 1
3 3 1x y xy
x y
⇔ + = ⇔ + =

[ ]
( )
, 0;1x y ∈
+ Gọi S là diện tích toàn phần của tứ diện DAMN ta có:

ADM AND DMN AMN
S S S S S
= + + +

0 0 0
1 1 1 1
. .sin 60 . .sin 60 . . .sin 60
2 2 2 2
AD AM AD AN DH MN AM AN= + + +
( )
6

3 . 3 3 1
6
x y xy xy= + −
+ Theo (1)
2 4
3 2
3 9
xy x y xy xy xy= + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

Đẳng thức xảy ra khi
3
2
3
x y xy
x y
x y
+ =

⇔ = =

=

Vậy
( )
3 4 2
min
9
S
+
=

, đạt khi
2
3
x y= =
.
Nhận xét
20
H
A
B
C
D
M
N
- Ở bài toán ta đã tìm ra được hệ thức liên hệ (1) nhờ vào việc tính diện tích tam giác
AMN bằng 2 cách ( Bài toán 1.1) . Nhờ có hệ thức (3) ta đánh giá được biểu thức diện
tích toàn phần
Bài toán 2.11. Cho khối hộp
ABCDA B C D
¢ ¢ ¢ ¢
có đáy là hình chữ nhật với
3, 7AB AD= =
.
Hai mặt bên
( )
ABB A
¢ ¢
và
( )
ADD A

¢ ¢
lần lượt tạo với đáy những góc
0
45
và
0
60
, cạnh bên có
độ dài bằng 1. Tính thể tích của khối hộp
ABCDA B C D
′ ′ ′ ′
.
BÀI GIẢI
+ Gọi H là hình chiếu của
A
¢
trên (ABC). Gọi M,N lần lượt là hình chiếu của H trên AB
và AD ta có
·
·
0 0
45 , 60A MH A NH
¢ ¢
= =
+ Trong
( )
0 2
2
: .sin 45 1 . 1
2

A MH A H A M A H AM
¢ ¢ ¢ ¢
= = -D Û
+ Trong
( )
0
: .tan 60 . 3 2ANH A H NH AM
¢
= =D
Từ (1) và (2) ta có
( )
2
2
1 . . 3 3
2
AM AM- =

1
7
AM =Û
.Thay vào (2) ta có
3
7
A H
¢
=
Nhận xét
- Khó khăn khi giải bài toán là việc tính
A H
′

do chưa tính được AM hoặc NH. Ta đặt
vấn đề tìm một hệ thức chứa AM, một cách tự nhiên ta nhận thấy có thể tính
A H
′

bằng 2 cách khác nhau và do đó ta đã tìm được hệ thức (3)
Bài toán 2.12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với đáy AD= 3a,
BC=a. Góc giữa hai đường chéo của đáy bằng
0
60
, các mặt phẳng (SAC), (SBD) vuông
21
B
C
B
¢
D
¢
A
¢
D
C
¢
A
M
N
H
. . 3
ABCDA B C D
V AB AD A H

′ ′ ′ ′
′
⇒ = =
D
S
A
B
C
O
F
E
góc với đáy . mp(SBC) và (SAD) lần lượt tạo với mặt phẳng đáy các góc có số đo
2
a
và
a
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.
BÀI GIẢI:
+ Gọi
O AC BD= Ç
theo giả thiết (SAC) và (SBD)
cùng vuông góc với mp(ABCD)
( )
SO ABCD^Þ
.
Do OA = OD nên F là trung điểm của AD thì ta có

OF AD^
( )
·

AD SOF SFO
a
^ =Þ Þ
.
Tương tự E là trung điểm của BC
·
2SEO
a
=Þ

và E,O,F thẳng hàng .
OAD+D
cân đỉnh O
·
·
0
30OAD ODA= =Þ
.
0
3 3 3
.tan30 .
2 3 2
a a
OF AF= = =Þ
OBC+ D
cân đỉnh O
· ·
0 0
3 3
30 .tan 30 .

2 3 6
a a
OBC OCE OE EC= = = = =Þ Þ
.
Vậy
3 3 2 3
2 6 3
a a a
EF OE OF= + = + =
.
( )
2
1 1 2 3 4 3
.4
2 2 3 3
ABCD
a a
S EF BC AD a= + = =Þ
.
( ) ( )
3
: .tan .tan tan 1
2
a
SOF SO OF SFO OF
a a
+ = = =D
.
22
N

M
S
H
B
C
A
D
( ) ( )
3
: .tan .tan 2 .tan 2 2
6
a
SOE SO OE SEO OE
a a
+ = = =D
.
Từ (1) và (2) ta có
( )
3 3
tan tan 2 3
2 6
a a
a a
=
3tan tan 2
a a
=Û
2
2 tan 1
3tan tan

1 tan
3
a
a a
a
= =Û Û
-
.
Thay vào (1) ta có
3
.
3 1 1 2 3
. .
2 2 3 9
3
S ABCD ABCD
a a a
SO V S= = = =Þ
.
Nhận xét
- Khó khăn đối với học sinh là việc tính độ dài đường cao vì nó chứa
tan
α
.Ta đã tìm
được hệ thức (3) dựa vào tính độ dài SO bằng 2 cách. Hệ thức (3) cho ta tính được
tan
α
Bài toán 2.13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD = a.
SCDD
và

SABD
cân đỉnh S , cạnh bên SD tạo với đáy một góc
0
30
, mp(SCD) và (SAB) lần lượt tạo
với mặt phẳng đáy các góc có số đo
0
45
và
0
60
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
BÀI GIẢI
Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD),
qua H kẻ
( )
;MN CD M CD N AB^ ÎÎ
·
·
·
0 0 0
45 , 60 , 60SMH SNH SDH= = =Þ
SCDD
cân
HC HD M=Þ Þ
là trung điểm của CD
Tương tự N là trung điểm của AB
( ) ( )
0
: .tan .tan60 3. 1SNH SH NH SNH NH NH= = =D

23
( ) ( )
0
: .tan .tan 45 2SHM SH HM SMH HM HM= = =D
Từ (1) và (2)
( )
3 *NH HM=Þ
Mặt khác NH+HM=a, nên từ (*) ta có :
3NH NH a+ =
.
( )
3 3
3
2
1 3 1 3
a
a a
NH SH
-
= = =Þ Þ
+ +
.
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
0
0

2
2
2 2 2
: 3 3
sin sin30
3 3 3 3
1
: .
sin 2 sin 45 2
3 3 3 3
: 3 3 2
2
2
SH SH
HSD SD a
SDH
a a
SH
SHM SM
SMH
a a
SDM DM SD SM DM DC a
= = = -D
- -
= = =D
- -
= - = = = -D Þ Þ
( ) ( )
2 3
.

3 3 2 2 3 2
ABCD S ABCD
S a V a= - = -Þ Þ
.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1. Cho tứ diện S.ABC. G là trọng tâm của tứ diện. Một mặt phẳng
)(
α
quay quanh
AG cắt các cạnh SB, SC tại M, N. Đặt V
1
=V
S.AMN
và V=V
S.ABC
. Chứng minh rằng
1
4 1
9 2
V
V
≤ ≤

Bài 2. Cho tam giác ABC đều cạnh bằng 1. G là trọng tâm của tam giác. Một đường
thẳng
∆
qua G cắt các cạnh AB, AC tại M, N. Chứng minh rằng

3 3
9 8

AMN
S≤ ≤
.
24
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và cạnh SA
⊥
(ABCD). Mặt
phẳng qua AB cắt hình chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau.Tính tỉ số độ
dài của hai đoạn thẳng do mặt phẳng thiết diện cắt
SC
Bài 4. Cho hình chóp lục giác đều SABCDEF. Một mặt phẳng (
α
) cắt các cạnh SA, SD,
SB, SE, SC, SF lần lượt tại các điểm M, N, P, Q, I, K. Chứng minh rằng

1 1 1 1 1 1
SM SN SP SQ SI SK
+ = + = +
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. Một mặt phẳng (
α
) thay
đổi cắt các cạnh SA, SC, SB, SD lần lượt tại các điểm M, N, P, Q. Chứng minh rằng
SQ
SD
SP
SB
SN
SC
SM
SA

+=+
Bài 6. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Các điểm M, N lần lượt chuyển động trên
cạnh AB, AC sao cho mp(DMN) luôn vuông góc với mp(ABC). Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất của thể tích tứ diện ADMN.
Bài 7. Trên mp(
α
) cho hình chữ nhật ABCD có AB = a; BC = b, các điểm M, N lần lượt
chuyển động trên các đường thẳng m, n vuông góc với (
α
) tại A, B sao cho luôn có DM
⊥
CN. Đặt AM = x; BN = y.
a. Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y.
b. Tính thể tích tứ diện CDMN theo a, b, x, y. Từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất của thể
tích tứ diện đó.
Bài 8. (Đề thi HSG toán lớp 12 tỉnh Thanh Hoá năm học 2003 – 2004).
25