Một số bài toán hình học không gian và phương pháp giải

Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
I.ĐẶT VẤN ĐỀ:
a) Lí do chọn đề tài:
Hình học không gian là một trong môn học khó đối với nhiều học sinh . Để học tốt môn học
này, ngoài khả năng tư duy trìu tượng không gian tốt; kỹ năng biểu diễn hình, kỹ năng phân
tích và khả năng vận dụng nhiều công cụ Toán học phối hợp để giải toán Hình Học
không gian của người học. Việc phân dạng bài tập hình không gian theo từng chủ đề cụ thể
của người thầy giáo rất cần thiết nhằm:
• Giúp học sinh nắm vững các kiến thức, kỹ năng trong các vấn đề đã học.
• Làm quen với nhiều phương pháp giải toán khác nhau.
• Biết xử lí các bài tập mang tính tổng hợp.
• Giúp học sinh nâng cao khả năng tự học, tự giải quyết các dạng toán hình học không gian
thường gặp trong các kì thi vào đại học; thi học sinh giỏi toán.
b) Mục đích của đề tài :
Trên cơ sở về những kinh nghiệm giãng dạy của mình và thực tiễn học tập của học sinh, kết
Hợp với các nội dung có trong chương trình hình học bậc THPT; bản thân tôi đúc kết, hệ
thống lí thuyết xem như chuyên đề nâng cao dạy cho các đối tương học sinh cũng như luyện
thi đại học.
c) Phạm vi nghiên cứu:
Pham vi nghiên cứu xoay quanh các bài toán hình học không gian thường gặp bao gồm:
Chứng minh tính đồng phẳng của các điểm. Xác định và tính khoảng cách giữa các yếu tố
Điểm, đường thẳng, mặt phẳng. Tính thể tích khối đa diện. Các bài toán xác định thiết diện
Các bài toán cực trị hình học. …
II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI:
DẠNG 1:Chứng minh các điểm đồng phẳng
Cơ sở lí thuyết:
1) Bốn điểm A,B,C,D đồng phẳng khi và chỉ khi ba véc tơ
AB, AC , AD đồng phẳng
Cho hai véc tơ không cùng phương a, b thì ba véc tơ a, b, c đồng phẳng

⇔ ∃!( m; n ) ∈ ℝ 2 : c = ma + nb .
2) Cho đường thẳng a và mặt phẳng (P) song song thì có duy nhất mặt phẳng (Q)
chứa a ,(Q)//(P)
3)Cho điêm A không thuộc mặt phẳng (P) thì có duy nhất mặt phẳng (Q) qua A mà
(Q)//(P).
4) Cho điểm A và đường thẳng a thì có duy nhất một mặt phẳng (P) qua A mà (P)
vuông góc với đường thẳn a.

1


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

Bài tập 1:Cho tứ diện ABCD; P và Q lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hai điểm
M và N lần lượt chia đoạn thẳng BC và AD theo cùng một tỉ số k.
Chứng minh bốn điểm P,Q,M,N nằm trên một mặt phẳng.
1
Giải: Ta có PQ = AD + BC
2

(

)

A
N

P

D

Q

B
M

C

M và N chia đoạn thẳng BC và AD theo cùng một tỉ số k nên suy ra
k
k +1
k +1
MB NA
MB NA
⇒ AD =
. AN ; BC =
.BM thay vào (*)
=
=k ⇒
=
=
k
k
MC ND
BC AD k + 1
Ta có:
1 k +1
1 k +1
1 k +1
PQ = .
AN + BM = .

AP + PN + BP + PM = .
PM + PN
2 k
2 k
2 k

(

)

(

)

(

)

1 k +1
PQ = .
PM + PN ⇒ PQ, PM , PN đồng phẳng do đó 4 điểm P,Q,M,N đồng
2 k
phẳng.
Bài tập 2: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng sáu trung điểm của sáu cạnh
AB,BC,CC’,C’D’,D’A’ và A’A nằm trên một mặt phẳng và mặt phẳng đó chia khối hộp
thành hai phần có thể tích bằng nhau.
Giải:Gọi M, N, I, J, K, E lần lượt là trung điểm các cạnh AB,BC,CC’,C’D’,D’A’,A’A của
khối hộp ABCD.A’B’C’D’, còn O là tâm của khối hộp này. Dễ thấy ba đường thẳng
MN, EI và KJ đôi một song song . Hai mặt phẳng (MNIE) và (IEKJ) cùng đi qua EI và
song song với mặt phẳng (ACD’) mà EI // (ACD’) nên chúng trùng nhau. Vậy sáu điểm

M, N, I, J, K, E cùng nằm trên một mặt phẳng ta kí hiệu là (α ) .
Mặt phẳng (α ) chia khối hộp thành hai khối đa diện, khối thứ nhất có các đỉnh

(

)

2


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

M,N,I,J,K,E,A,C,D,D’,khối thứ hai có các đỉnh M,N,I,J,K,E,C’,A’,B,B’.Phép đối xứng
qua tâm O biến tập hợp đỉnh của khối đa diện thứ nhất thành tập hợp đỉnh của khối đa diện
thứ hai. Suy ra hai đa diện đó bằng nhau và do đó chúng có thể tích bằng nhau.
A

M

B
N

D

E

C
O
A’
I

B’

K
D’

J

C’

Bài tập 3: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông ,SA ⊥ ( ABCD ) .
Gọi B’, C’, D, thứ tự là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB, SC, SD.
Chứng minh bốn điểm A, B’,C’, D’ đồng phẳng
Giải:

S

D'

C'
D

I
B'
A

O

C

B
Từ gt ta có BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AB ' .
Mặt khác SB ⊥ AB ' nên AB ' ⊥ ( SBC ) ⇒ AB ' ⊥ SC (1)
lại có AC ' ⊥ SC (2) từ (1) và (2) suy ra SC ⊥ ( AB ' C ')
hoàn toàn tương tự ta cũng có SC ⊥ ( AD ' C ') . Qua điểm A có hai mặt phẳng cùng
vuông góc với SC nên chúng phải trùng nhau do đó bốn điểm AB ' C ' D ' đồng phẳng.
3


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

Dạng 2: Tính khoảng cách d(a;b) giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b
Cơ sở lí thuyết:
1.Xác định đoạn vuông góc chung IJ của a và b thì d ( a; b ) = IJ

2.Xác định mặt phẳng ( Q ) qua b song song với đường thẳng a thì d ( a; b ) = d ( a; ( Q ) )
u , v  . AB
 
3. d ( a; b ) =
với u, v là các véc tơ chỉ phương của a và b còn A ∈ a, B ∈ b
u , v 
 

Chú ý: Nếu a ⊥ b thì nên chọn phương pháp 1. Việc tìm đoạn vuông góc chung như
sau
Xác định mặt phẳng ( P ) chứa b vuông góc với a .Gọi I là giao điểm của ( P ) với a,
trong
( P ) qua I kẻ đường thẳng vuông góc với b cắt b tại J thì IJ là đoạn vuông góc chung
của
a và b.

S

H
a

D

A
K
b

I
P

O

J
B

C

Bài tập 4:Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, SA ⊥ ( ABCD ) và SA = a .
Tính khoảng cách d ( BD; SD )
Giải: Nhận xét BD ⊥ ( SAC ) nên BD ⊥ SC
Gọi O = BD ∩ ( SAC ) ⇒ O = BD ∩ AC . Trong mặt phẳng ( SAC ) kẻ OK ⊥ SC , K ∈ SC
thì OK là đoạn vuông góc chung của BD và SC

4

Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

Kẻ AH / /OK , H ∈ SC ⇒ OK =

1
AH . Trong tam giác vuông SAC ta có AH là đường
2

cao thuộc cạnh huyền SC nên
1
1
1
1
1
3
a 6
a 6
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AH =
⇒ d ( BD; SC ) =
2
2
2
AH
AS
AC
a 2a
2a

3
6
Lưu ý: có thể tính OK từ hai tam giác vuông đồng dạng SACvà DKO .
Bài tập 5: Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại C. SA ⊥ ( ABC ) biết
AC = a, BC = b, SA = h , D là trung điểm của cạnh AC.
Tính khoảng cách giữa các cặp đường thẳng AC và SD; BC và SD.
z
S

H

A

E

C
y

N

K

M

D
x

B

Gọi M là trung điểm của CB, đường thẳng DM song song với AC cắt Ax// CB tại N

Mặt phẳng ( SMN ) chứa SD và song song với AC
nên d ( AC; SD ) = d ( AC; ( SMN ) ) = d ( A;( SMN ) ) . Kẻ đường cao AH của tam giác vuông
SAN dễ thấy rằng AH ⊥ ( SMN ) ⇒ d ( A; ( SMN ) ) = AH
1
1
1
1 4
bh
Ta có:
=
+
= 2 + 2 ⇒ AH = 2
.
2
2
2
AH
AS
AN
h b
b + 4h 2
bh
Vậy d ( AC ; SD ) = 2
b + 4h 2
Gọi E là trung điểm của AC, đường thẳng DE song song với BC. Mặt phẳng ( SDE )
chứa SD và song song với BC nên d ( BC; SD ) = d ( BC; ( SDE ) ) = d ( C;( SDE ) ) = CK với
CK là đường cao của tam giác SEC kẻ từ C. Tam giác vuông SAE tính được
5

Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

1 2
2dt ∆SCE EC.SA
ah
a + 4h 2 ; CK =
=
=
SE
SE
2
a 2 + 4h 2
ah
Vậy d ( AC ; SD ) =
.
a 2 + 4h 2
Chú ý: có thể giải bài toán nay bằng phương pháp tọa độ như sau:
Chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình
b a 
vẽ A ( 0;0;0 ) , B ( b; a;0 ) , C ( 0; a;0 ) , S ( 0;0; h ) , D  ; ;0 
2 2 
đường thẳng AC qua A ( 0;0;0 ) nhận véc tơ j = ( 0;1;0 ) làm vtcp
SE =

đường thẳng SD qua S ( 0;0; h ) nhận véc tơ v = 2 SD = ( b; a; −2h ) làm vtcp
Ta có  j , v  = ( −2h;0; −b ) ;  j , v  . AS = −bh;  j , v  = 4h 2 + b 2
 j , v  . AS
bh
ah
 

d ( AC ; SD ) =
= 2
d
AC
SD
.
Tương
tự
;
=
.
(
)
 j, v 
b + 4h 2
a 2 + 4h 2
 
Dạng 3: Tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng
Cơ sở lí thuyết:
1.Khoảng cách từ một điểm A đến mặt phẳng (P) là d ( A;( P) ) = AH với H là hình
chiếu vuông góc của A trên (P)
2. Nếu AH là chiều cao của khối chóp có thể tích V diện tích đáy là Sd thì AH =
3. Nếu đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại điểm M thì

d ( A;( P ) ) AM
=
.
d ( B;( P ) ) BM

3V

Sd

Bài tập 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi và AB = BD = a . Hình
chiếu vuông góc của đỉnh S lên đáy là trọng tâm G của tam giác ABD, góc giữa cạnh
bên SC và đáy bằng 45o .
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD).
Giải: Ta có: SG ⊥ ( ABCD ) ⇒ SCG = 45o
2

S ABCD =

3

2
2a 3
2a 3
1 2a 3 a 3 a
a2 3
; CG = AC =
⇒ SG =
. KL: VS . ABCD = .
= .
2
3
3
3
3 3
2
3

a 3
a 15
a 2 15
Ta có CDG = 90 ⇒ CD ⊥ SD . Nên GD =
⇒ SD =
⇒ S ∆SCD =
3
3
6
3
1
a
3V
a 15
VS . ACD = VS . ABCD = . Kết luận: d ( A, ( SCD ) ) = S . ACD =
2
6
S△ SCD
5
o

6


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

S

B

C

H

M
G
A

O
D

Chú ý: Đường thẳng AGC cắt mặt phẳng ( SCD ) tại C nên
d ( A; ( SCD ) )

d ( G; ( SCD ) )

=

AC 3
3
= ⇒ d ( A; ( SCD ) ) = d ( G; ( SCD ) )
GC 2
2

Kẻ đường cao GH của tam giác vuông SGC ta suy ra GH ⊥ ( SCD ) nên d ( G; ( SCD ) ) = GH
1
1
1
3
3 15

2a 2a 15
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ GH =
=
,
2
2
2
4a a
4a
15
GH
GS
GD
15
3
3 2a 15 a 15
=
.
Vậy d ( A; ( SCD ) ) = d ( G; ( SCD ) ) = .
2
2 15
5

vì

Bài tập 7:
Cho hình chóp S.ABC với SA là đường cao, tam giác ABC vuông tại B.Gọi G là
trọng tâm của tam giác ABC, biết SA = AB = a, BC = a 3.

Tình thể tích khối chóp S.GBC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SBC ) theo a .
1
1
Giải: Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên S ∆GBC = S ∆ABC ⇒ VS .GBC = VS . ABC
3
3
1
1
1
1
1
Ta có VS . ABC = S ∆ABC .SA = AB.BC.SA = a.a 3.a = a 3 3 ⇒ VS .GBC = a 3 3
3
6
6
6
18
Đường thẳng AG cắt mặt phẳng ( SBC ) tại trung điểm M của cạnh
d ( G;( SBC ) ) GM 1
=
=
d ( A;( SBC ) ) AM 3
Gọi H là trung điểm cạnh SB do tam giác SAC vuông cân tại A nên AH ⊥ SB (1). Mặt
khác từ (gt) ta

BC ⇒

7

Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

suy ra BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH (2) từ (1) và (2) ta có AH ⊥ ( SBC ) . Vậy

a 2
2
a 2
Suy ra d ( G;( SBC ) ) =
6
d ( A;( SBC ) ) = AH =

S

H
C
K
A

G
N

M

B

Chú ý: Kẻ GK ⊥ ( SBC ) thì GK là đường cao của hình chóp G.SBC và nó là khoảng
cách từ G đến mặt phẳng ( SBC )
Ta có: GK =

3VG . SBC

1
1
a2. 6
. Vì VG . SBC = VS .GBC = a 3 3 và S ∆SBC = BC.SB =
2
2
S ∆SBC
18

a 2
a 2
.
do đó d ( G;( SBC ) ) =
6
6
Dạng 4: Tính thể tích Khối chóp và Khối lăng trụ
Cơ sở lí thuyết:

Từ đó ta có GK =

1
3

1. Thể tích khối chóp tính bằng công thức V = Sd .h với Sd , h thứ tự là diện tích
đáy và chiều cao của khối chóp.
2. Nếu hai khối chóp có chiều cao bằng nhau thì tỉ số thể tích bằng tỉ số diện tích
hai đáy tương ứng,
3. Nếu hai khối chóp có diện tích đáy bằng nhau thì tỉ số thể tích bằng tỉ số hai
chiều cao tương ứng,
4.Cho A ', B ', C ' thứ tự là các điểm tương ứng thuộc các đường thẳng SA, SB, SC

của khối chóp S . ABC nhưng không trùng với S

8


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

VS . A' B 'C ' SA ' SB ' SC '
=
.
.
VS . ABC
SA SB SC
5. Thể tích khối chóp không thay đổi nếu đáy có diện tích không đổi còn đỉnh S di
động trên một mặt phẳng hoặc một đưởng thẳng song song với mặt phẳng chứa
đáy.

Ta có:

Chú ý: Nếu việc xác định chiều cao khối chóp hoặc tính diện tích đáy khó khăn, ta
chọn cách tính thể thể tích gián tiếp bằng cách áp dụng 2,3,4 hoặc chia khối cần tính
thể tích ra từng khối chóp nhỏ mà việc tính thể tích các khối này dễ dàng.
Bài tập 8:
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB = a ,AD = a 2 ,
SA ⊥ ( ABCD ) ,SA = a . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AD và SC và I là giao điểm
của BM với AC
1.Chứng minh : ( SMB ) ⊥ ( SAC )
2.Tính thể tích tứ diện ANIB theo a .
Giải:
 BA

 AM = 2
góc ABC = MAB = 900
1) Xét hai tam giác ABC và MAB ta có 
 BC = 2
 AB
nên ∆ABC ∼ ∆MAB ⇒ ACB = MBA hay ACB = IBA mặt khác ACB + BAC = 900
⇒ IBA + BAC = 900 ⇒ AIB = 900 ⇒ BM ⊥ AC (1)
do SA ⊥ ( ABCD ) , BM ⊂ ( ABCD ) ⇒ BM ⊥ SA (2 ) , từ (1) và (2 ) suy ra BM ⊥ ( SAC )
⇒ ( SMB ) ⊥ ( SAC )
2 ) V ANIB = VN . AIB Gọi K là trung điểm của đoạn AC ⇒ NK // SA ,mà
SA ⊥ ( ABCD ) nên NK ⊥ ( ABCD ) và NK =

a
do đó
2

1
1
V N . AIB = S ∆AIB .NK = IA.IB.NK
3
6

Tam giác ABM vuông có AI là đường cao thuộc cạnh huyền nên
1
1
1
1
2
a
=

+
=
+
⇒
AI
=
; xét tam giác vuông AIB ta có
AI 2 AB 2 AM 2 a 2 a 2
3
a 2 2a 2
a 2
2
2
2
2
BI = AB − AI = a −
=
⇔ BI =
3
3
3
9


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

1 a a 2 a a3 2
Vậy V ANIB = . .
. =
6 3 3 2

36

S

N
A
I
B

M

D

K
C

Bài tập 9: Cho khối chóp S.ABC với
SA = SB = SC = a;ASB = 600 , BSC = 900 ,CSA = 1200
Chứng minh rằng Tam giác ABC là tam giác vuông và tính thể tích khối chóp theo a.
Giải: Từ giả thiết suy ra AB = a, BC = a 2, CA = a 3 .

(

Ta có AB 2 + BC 2 = a 2 + 2a 2 = a 3

)

2

= AC 2 ⇒ ∆ABC vuông tại B.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC)
SH ⊥ ( ABC ) và SA = SB = SC ⇒ HA = HB = HC ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
mà tam giác này vuông tại B nên H là trung điểm của cạnh huyền AC.

10


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

S

A

H

C

B
Trong mặt phẳng (SAC), xét tam giác vuông SAH có SA = a, AH =
VS . ABC

a 3
a
⇒ SH =
2
2

a3. 3
1

= S ∆ABC .SH =
3
12

Bài tập 10: Cho khối chóp S.ABCD có SA = x , các cạnh còn lại đều bằng 1.
Tính thể tích V của khối chóp này.
Giải: Từ gt suy ra tứ giác ABCD là hình thoi cạnh bằng 1. Gọi O là tâm hình thoi thì O
là trung điểm của AC và BD và AC ⊥ BD(1)
mặt khác SO ⊥ BD (2) . Từ (1) và (2) ⇒ BD ⊥ ( SAC ) ( SAC ) ⊥ ( ABCD ) = AC (3)
Kẻ đường cao SH của tam giác SAC do (3) nên SH ⊥ ( ABCD ) .
1
Vậy SH là đường cao khối chóp S.ABCD do đó V = (dtABCD).SH
3
1
Dễ thấy SO = OC = AC ⇒ ∆SAC vuông tại S
2
1
1
1
1 1
x
Ta có
= 2+
= 2 + 2 ⇒ SH =
2
2
SH
SA SC
x 1
x2 + 1

AC 2 = AS 2 + SC 2 = x 2 + 1 ⇒ AO =

x2 + 1
3 − x2
và BO =
2
2

1 1
1
1
V = . AC.BD.SH = . AC.BO.SH = x. 3 − x 2 với 0 < x < 3 .
3 2
3
6

11


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

S

D

A

O

H

C

B
Bài tập 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD =
2a, cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600 . Trên cạnh
a 3
. Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N.
3
Tính thể tích hình chóp S .BCNM

SA lấy điểm M sao cho AM =

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ BM
BC
SA
⊥


( BCM ) // AD nên nó cắt (SAD) theo giao tuyến MN//AD. Ta có 

Tứ giác BCMN là hình thang vuông có MB là đường cao
Ta có SA = AB tan 60 o = a 3
MN SM
MN
=
⇔
=
AD SA

2a

a 3
3 = 2 ⇒ MN = 4a
3
3
a 3
3

a 3−

a 2 2a
BM = a +
=
.
3
3
Diện tích hình thang BCMN là
2

4a 

2a +

 2a 10a 2
BC + MN
3
S1 =
BM = 
=


2
2
3
3 3




12


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp
hạ SH ⊥ BM ,H ∈ BM do BC ⊥ ( SAB) ≡ ( SMB ) ⇒ BC ⊥ SH

Vậy SH ⊥ ( BMNC ) ⇒ SH là đường cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB =

AB
AB AM 1
= 2a ⇒
=
= .
0
cos60
SB MS 2

1
Vậy BM là phân giác của góc SBA ⇒ SBH = 300 ⇒ SH = SB sin 300 = 2a = a
2

2
3
1
1 10a 10a . 3
V S . BCNM = S1.SH = a.
=
.
3
3 3 3
27
2a 3 . 3
V
Lưu ý: Gọi V = VS . ABCD tính được V =
và VS . ABC = VS . ACD =
2
3
SM SN 2
Do MN//AD ⇒
=
=
SA SD 3
V
SM 2
2
1
= ⇒ VS .MBC = VS . ABC = V
Ta có: S .MBC =
VS . ABC
SA 3
3

3
VS .MCN SM SN 4
4
2
=
.
= ⇒ VS . MCN = VS . ACD = V
VS . ACD
SA SD 9
9
9
VS . BCNM = VS . MBC + VS .MCN

5V 10a 3 . 3
=
=
9
27

S
H
M

N

K
A

D
O

B

C

Bài tập 12:
Cho khối chóp S.ABC với
SA = a, SB = b, SC = c;ASB = 600 , BSC = 900 ,CSA = 1200 ( BCM ) / / AD
13


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

Tính thể tích khối chóp theo a, b, c
Giải: Trên các tia SB,SC lần lượt lấy các điểm B’,C’ sao cho SB ' = SC ' = a
a3. 3
Theo kết quả bài tập 9 thì VS . AB 'C ' =
12
V
SB SC b c
b c
abc. 3
= . ⇒ VS . ABC = . VS . AB 'C ' =
.
Mặt khác S . ABC =
VS . AB 'C ' SB ' SC ' a a
a a
12
Bài tập 13: Cho khối tứ diện gần đều ABCD với AB = CD = a; AC = BD = b; AD = BC = c
Tính thể tích khối tứ diện này.

Giải: Trong mặt phẳng ( BCD ) từ các đỉnh B, C , D của tam giác BCD ta dựng các đường
thẳng lần lượt song song các cạnh đối diện với các cạnh đối diện chúng đôi một cắt nhau
tại các điểm M , N , E . Từ gt suy ra tứ diện AMNE có ba cạnh AM , AN , AE đôi một vuông
góc
1
Đặt AM = x, AN = y, AE = z ⇒ VA. MNE = xyz
6
Hai khối chóp A.BCDvà A.MNE có cùng chiều cao nên
VA. BCD S ∆BCD 1
1
1
=
= ⇒ VA. BCD = VA. MNE =
xyz
VA.MNE S ∆MNE 4
4
24

A
y
z

E

x

B
.

N

D
C

M
Tam giác AME vuông tại A có ME = 2a có AM 2 + AN 2 = ME 2
⇒ x 2 + z 2 = 4a 2 (1).Tương tự x 2 + y 2 = 4b 2 (2) và y 2 + z 2 = 4c 2 (3)
Giải hệ (1),(2),(3) ta được
x 2 = 2 ( a2 + b2 − c2 ) , y 2 = 2 (b2 + c2 − a2 ) , z 2 = 2 ( a 2 + c2 − b2 )
14


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

⇒ x 2 y 2 z 2 = 8 ( a 2 + b 2 − c 2 )( c 2 + a 2 − b 2 )( b 2 + c 2 − a 2 )

Kết quả VABCD =

1
2 ( a 2 + b 2 − c 2 )( b 2 + c 2 − a 2 )( c 2 + a 2 − b 2 )
12

Bài tập 14:
Cho khối hộp ABCDA’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a và
BAD = BAA ' = DAA ' = α , ( 00 < α < 900 ) .Tính thể tích của khối hộp này
Giải: Khối hộp đã cho và khối chóp A’.ABD có cùng chiều cao, diện tích đáy chóp
bằng nữa diện tích đáy hộp nên thể tích V của khối hộp bằng 6VA '. ABD = 6VA. A' BD
Mặt khác A. A ' BD là khối chóp đều có các cạnh bên bằng a , cạnh đáy
BD = A ' D = A ' B = 2a sin

α

2

( tính được thông qua định lí cô sin cho tam giác ABD )

Dễ dàng tính được VA. A ' BD =

a 3 sin 2

α

2 . 3 − 4sin 2 α ⇒ V = 2a 3 sin 2 α . 3 − 4sin 2 α
3
2
2
2

B'

A'

D'

B

A

C'

C

D

Bài tập 15:
Cho tứ diện ABCD có AB = x, CD = y các cạnh còn lại đều bằng 1.
Tính thể tích khối tứ diện này.
Giải: Gọi M và N thứ tự là trung điểm các cạnh AB và CD các tam giác ABC và
ABD cân chung đáy AB nên CM và DM bằng nhau và cùng vuông góc với AB suy
ra AB ⊥ ( CMD )
Goị V là thể tích khối tứ diên ABCD thì
1
1
V = VA.CMD + VB .CMD = S ∆CMD ( AM + BM ) = x.S ∆CMD
3
3
15


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

1
y
Tam giác CMD cân tại M nên MN ⊥ CD ⇒ S ∆CMD = CD.MN = .MN
2
2
2
x
Tam giác BMC vuông tại M nên CM 2 = BC 2 − BM 2 = 1 −
4

A
M
D
B

N
C

Goị V là thể tích khối tứ diên ABCD thì
1
1
V = VA.CMD + VB .CMD = S ∆CMD ( AM + BM ) = x.S ∆CMD
3
3
Tam giác NMC vuông tại N nên
x2 y 2
1
2
2
2
MN = CM − CN = 1 − − ⇒ MN =
4 − ( x2 + y 2 )
4
4
2
1
Kết quả V = xy 4 − ( x 2 + y 2 )
12
Bài tập 16: Cho hình chóp S.ABCD,đáy là hình vuông cạnh a tâm O, SA ⊥ (ABCD)

và SA = a. Điểm M trên cạnh SB sao cho SM =

1
SB. Điểm N thuộc cạnh AB mà
3

MN // SA .Mặt phẳng (MNO) cắt CD và SC lần lượt tại P và Q.
Tính thể tích hình chóp S.MNPQ.
S
M
Q
E

A

D

H
N

O
P

B

C

16

Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp
Giải: MN ⊥ ( ABCD ) nên mặt phẳng ( MNO ) ⊥ ( ABCD ) = NP . Gọi E = AD ∩ NP và H là hình

chiếu của A trªn EP thì AH ⊥ ( MNO ) .Do SA // MN nên SA // ( MNO ) ,do đó khoảng cách từ
S đến mặt phẳng ( MNO ) bằng khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( MNO ) và bằng AH
1
⇒ VS .MNPQ = VA.MNPQ = .S MNPQ . AH
3
1
1
1
1
Tam giác vuông ANE có
=
+
;(
gt
)
⇒
AN
=
DP; nên AE = a ,
AH 2 AE 2 AN 2
2
a 10
AN = a/3 ⇒ AH =
S MNPQ = S MNOQ + SQOP ; do MN//SA ⇒ MN // ( SAC ) nên MN // QO,
10
vậy MNOQ là hình thang vuông tại N và O .Ta có MN = 2a/3, OQ = a/2 ;
7 a 2 10

1
a 2 10
a 10
NO = OP =
Nên S MNOQ =
; SQOP = OQ.OP =
6
72
2
24
2
2
2
3
7 a 10 a 10 5a 10
5a
⇒ S MNPQ =
+
=
. Do ®ã VS .MNPQ =
72
24
36
108

Dạng 5: Dựng thiết diện do một mặt phẳng (α ) căt hình đa diện T
*Dựng thiết diện là một bài toán dựng hình, nhưng chỉ trình bày phần dựng và phần
biện luận (nếu có)
*Đỉnh của thiết diện là giao điểm của mặt phẳng (α ) với các cạnh của hình đa diên T.
*Cạnh của thiết diện là các đoạn giao tuyến của (α ) với các mặt của T. Do đó thực

chất
của bài toán dựng thiết diện là giải bài toán dựng giao điểm của đường thẳng với mặt
phẳng và dựng giao tuyến của hai mặt phẳng.
1)Phương pháp giao tuyến gốc : Để dựng thiết diện của (α ) với T, trước tiên hãy tìm
cách xác định 1 giao tuyến của (α ) với một mặt phẳng chứa một mặt của T, trên mặt
phẳng này, lấy giao điểm của giao tuyến vừa tìm được với những đường thẳng chứa
cạnh của T. Từ các giao điểm mới tìm được sẽ dựng được giao tuyến của (α ) với các
mặt khác của T. Với các giao tuyến này lặp lại quá trình cho đến khi tìm được thiết
diện. Giao tuyến đầu tiên gọi là giao tuyến gốc.
Bài tập 17: Cho hình chóp S . ABCD với hai đường thẳng AB và CD cắt nhau A’ là điểm
nằm trên cạnh SA không trùng với S và A. Hãy xác định thiết diện do mặt phẳng
( A ' CD ) cắt hình chóp.
Giải: Gọi K là giao điểm của AB với CD thì giao tuyến của mặt phẳng ( A ' CD ) với
mặt phẳng ( SAB ) là đường thẳng A’K ( giao tuyến gốc ). Trên mặt phẳng ( SAB ) lấy
17


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

giao điểm của A’K với SB suy ra giao tuyến của ( A ' CD ) với các mặt phẳng
( SAD ) , ( SBC ) , ( SCD ) là các đường thẳng A’D, B’C, CD.
S

A’

D
I

A

O

C

B’
B
K
Thiết diện cần tìm là tứ giác A’B’CD
Chú ý: Có thể dùng kiến thức cơ sở là hoạt động 6 SGK NC 11 trang 47
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần
lượt tại A’, B’, C’, D’. Gọi O là giao điểm của AC và BD thì ba đường thẳng A’C’,
B’D’ và SO đồng quy.
Từ kết quả này ta suy ra ba trong bốn điểm A’, B’, C’, D’ đã biết thì điểm còn lại
hoàn toàn xác định được.
Gọi I là giao điểm của SO với CA’( O = AC ∩ BD ). Trong mặt phẳng ( SBD ) đường
thẳng DB cắt SB tại điểm B’,ta có A’B’ là giao tuyến gốc do mặt phẳng ( A ' CD ) cắt
mặt phẳng ( SAB ) , các giao tuyến còn lại xác định như cách trên để có thiết diện là tứ
giác A’B’CD.
1)
Phương pháp xác định thiết diện khi (α ) cho bởi các tính chất song song
a) (α ) đi qua đường thẳng a và song song với đường thẳng b chéo với a
bước 1. Xác định mặt phẳng ( β ) chứa b sao cho cắt a,tìm giao điểm A của chúng
bước 2. Trong mặt phẳng ( β ) qua A kẻ đường thẳng a’//b thì (α ) là mặt phẳng chứa a
và a’.
Bài tập 18: Điểm H nằm trong cạnh SC của hình chóp tứ giác S.ABCD. Dựng thiết
diện do mặt phẳng (α ) qua AH, song song với BD cắt hình chóp.
Giải: Gọi O = AC ∩ BD . Đường thẳng AH cắt mặt phẳng (SBD) tại giao điểm I của AH
và SO. Đường thẳng qua I, song song với BD sẽ thuộc (α ) .
Gọi M , N là các giao điểm của đường thẳng đó với SB và SD, tứ giác AMHN là
thiết diện cần đựng.

b) (α ) đi qua một điểm M song song với hai đường thẳng chéo nhau d1 ,d 2 .

18


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp
Để dựng (α ) , trước tieenhayx xét hai mặt phẳng ( M,d1 ) , ( M,d 2 ) . Trong mỗi mặt

phẳng này dựng một đường thẳng qua M , song song với d1 ,d 2 . Khi đó (α ) là mặt
phẳng chứa hai đường thẳng cần dựng .

S
N H
I

D

M
A

C

O

B
Bài tập 19: Hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành . M là trọng tâm tam giác
SBD . Xác định thiết diện do mặt phẳng (α ) qua M , song song với AC và BD.
Giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD. Do ABCD là hình bình hành nên trọng tâm M
của tam giác SBD nằm trên SO Mặt phẳng ( M,SB ) ≡ ( SBD ) . Trong mặt phẳng này,
đường thẳng qua M, song song với SB sẽ cắt SD tại N, cắt BD tại K .

S
N
I
D

M

P C
O
K
A

F
B

E
Do M ∈ SO ⇒ ( M, AC ) là mặt phẳng ( SAC ) . Do đó đường thẳng qua M, song song với
AC cắt SA và SC tại P và I . Vậy (α ) là mặt phẳng chứa hai đương thẳng NK, PI . Mặt
19


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

phẳng này có chung với đáy ABCD điểm K vá nó song song với AC nên cắt mặt phẳng
đáy theo giao tuyến EF qua K song song với AC với E ∈ AB, F ∈ BC . Ngũ giác EFINP
là thiết diện cần tìm.
2) Phương pháp xác định thiết diện khi (α ) cho bởi các tính chất vuông góc
a) (α ) đi qua một điểm M và vuông góc với một đường thẳng a
Ta xác định hai đường thẳng cắt nhau cùng vuông góc với a trong đó có ít nhất một
đường qua M mặt phẳng qua hai đường thẳng đó chính lá mặt phẳng (α ) cần xác định

Bài tập 20: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết
AB =a, BC = b ,AA’ = c ( c 2 ≥ a 2 + b 2 ). (P) là mặt phẳng qua A vuông góc với CA’.
Xác định thiết diện do (P) cắt lăng trụ và tính diện tích của thiết diện theo a , b , c
Giải: Trong (ACC’A’) kẻ AE ⊥ CA’,E ∈ CC’.Kẻ đường cao BK của tam giác ABC
kẻ AI //BK cắt BC tại I, từ gt ⇒ BK ⊥ (ACC’A’) ⇒ AI ⊥ (ACC’A’) nên AI ⊥ CA’.
Mặt phẳng (P)là mặt phẳng (AEI),EI cắt BB’ tại F.Vì c 2 ≥ a 2 + b 2 nên AA’ ≥ AC,nên E nằm
giữa C và C’
Thiết diện là tam giác AEF
FH EF CB
BK CB
=
=
(1) do BK//IA nên
=
(2)
IA
EI CI
IA CI
Từ (1) và (2) suy ra FH = BK.Ta có :BK.AC = AB.BC = 2 S ABC ⇒ BK =

Kẻ FH//AI,(H ∈ AE) ⇒ FH ⊥ AE và

AB.BC
ab
=
.
AC
a 2 + b2
Hai tam giác A’AC và ACE đồng dạng cho ta:
A ' C AA'

A ' C.CA
a 2 + b2 + c2 . a 2 + b2
=
⇒ AE =
=
AE CA
AA'
c

Diện tích thiết diện S =

1
ab 2
AE.FH =
a + b2 + c2 .
2
2c

20


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

A'

C'
E
B'

A

H
K

C
F

I

B

b) (α ) đi qua một đường thẳng d1 , và vuông góc với mặt phẳng (β ) đã cho ( d1 không
vuông góc với (β ) ).
Sử dụng kết quả : “ Nếu mặt phẳng (α ) và đường thẳng d 2 cùng vuông góc với mặt
phẳng (β ) thì d 2 / / ( α ) hoặc d 2 ⊂ ( α ) ” ta dựng mặt phẳng (α ) bằng cách : tìm một
đường thẳng d 2 vuông góc với (β ) , thì (α ) sẽ là mặt phẳng chứa d1 song song với d 2 ,
hoặc chứa d1 ,d 2 .
Bài tập 21: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 2 và cạnh bên bằng
3 . M, N là trung điểm các cạnh AB ,AC . Xác định thiết diện do mặt phẳng (α ) đi qua
MN , vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) .
Giải: Lấy I là trung điểm của cạnh BC và H là trung điểm của SI . Do S.ABC là hình
chóp đều nên BC ⊥ ( SAI ) ⇒ BC ⊥ AH.(1)

S
P H
C
F
N
A

I
E
M

Q
B
21


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp
3
3
Trong tam giác đều ABC ta có : AI = AB = 2. = 3 . Vậy AI = AS. Suy ra ÁI là
2
2
tam giác cân , và SI ⊥ AH.(2) . Từ (1) và (2) suy ra AH ⊥ ( SBC ) .Vậy (α ) là mặt phẳng

qua MN, song song với AH. Thiết diện là hình thang MNPQ ( MN / /PQ / /BC ) với E là
trung điểm của AI, EF//AH ( F ∈ SI )
Dạng : Tìm cực trị hình học
* Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một đại lượng hình học F, gọi là bài
toán tìm cực trị hinh học.
* Phương pháp chung là xác định các giá trị F1 ,F2 cố định sao cho F1 ≤ F ≤ F2 , đồng
thời chỉ rõ các vị trí hình học để có F = F1 ; F = F2 , từ đó đưa ra kết luận .
1)Phương pháp hình học tổng hợp: Dùng các bất đẳng thức trong Hình học để so
sánh đại lượng F với một đại lượng cố định
Bài tập 22: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’, có ba kích thước
AB = a, AD = b, AA' = c . Một điểm M di động trên cạnh AA’.
Xác định giá trị nhỏ nhấtcủa diển tích thiết diện do mặt phẳng (MBD') cắt hình hộp đã
cho.

Giải: Thiết diện do mặt phẳng (MBD’) cắt hình hộp là hình bình hành BMD’N có diện
tích S = 2 S∆MBD ' = BD '.MH1 ⇒ S = MH1 a 2 + b 2 + c 2 .
Vậy S nhỏ nhất khi và chỉ khi MH1 nhỏ nhất tức là khi MH1 là khoảng cách giữa hai
đường thẳng AA’ và BD’. Gọi K là hình chiếu của A trên BD dễ thấy AK vuông góc
với mặt phẳng ( BDD’B’) và AA’// ( BDD’B’) nên d ( AA '; BD ') = AK .

22


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

B

C
K

A
M0
M

A'
Tam giác vuông ABD ta có:

H0

D

H
C'

B'

D'

1
1
1
1
1
ab
=
+
= 2 + 2 ⇒ AK =
.
2
2
2
2
2
AK
AB
AD
a b
a +b

a 2 + b2 + c 2
Kết luận : chu vi thiết diện suy ra S ≥ ab.
. Đẳng thức xẫy ra khi MH1 là
a 2 + b2
đường vuông góc chung

a 2 + b2 + c 2
của hai đường thẳng AA’ và BD’, khi đó M ≡ M 0 và min S = ab.
.
a 2 + b2

Bài tập 23:
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Hai điểm M, N lần lượt thuộc hai cạnh AD và
BB’ sao cho AM = BN . Gọi I và J thứ tự là trung điểm của AB và C’D’.
a) Chứng minh 4 điểm M, N, I, J đồng phẳng;
b) Tìm vị trí của M và N để chu vi thiết điện do mặt phẳng (MNIJ) cắt hình lập phương
đạt giá trị nhỏ nhất;
Giải:
a)Có thể dùng phương pháp véc tơ để chứng minh 4 điểm M,N,I,J đồng phẳng.
b)Dễ thấy thiết diện là một lục giác MINFJ có từng cặp cạnh đối diện đôi một song
song. Gọi l là chu vi của nó thì l = 2 ( IM + ME + EJ )
Trải các mặt ABCD, DCC’D’ lên mặt phẳng (AA’D’D)
Vì IM + ME + EJ ≥ IJ ⇒ l ≥ 2IJ . Đẳng thức xãy ra khi I,M,E,J thẳng hàng, suy ra M
và N thứ tự là trung điểm của AD và BB’
l nhỏ nhất bằng 2IJ = 3a 2
23


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

F

B'

D'

C'

J

N

A'

A'

C'
D'

E
B

C

I

A

M

E

A

M

D

C

I

D

C

B

2)Phương pháp đại số giải tích: Biểu thị đại lượng F theo một đại lượng biến thiên x
hoặc hai đại lượng biến thiên x và y hoặc ba đại lượng x,y,z dạng F = f ( x) hoặc
F = f ( x; y ), F = f ( x; y; z ) . Dùng phương pháp đại số hoặc phương pháp giải tích để
đánh giá F.
Bài tập 24: Cho hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . M và N lần lượt
là trung điểm của SA và SC; mặt phẳng (P) thay đổi qua MN sao cho cắt cạnh SB, SD
lần lượt tại P và Q. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích thiết diện MPNQ theo a.
Từ (gt) ta suy ra các tam giác SBD và SAC vuông cân tại S và tứ giác MPNQ có hai
1
a 2
đường chéo MN và PQ vuông góc nên S MNPQ = MN .PQ =
.PQ ; do đó S MPNQ
2
4
nhỏ nhất( lớn nhất) khi chỉ khi PQ nhỏ nhất( lớn nhất ).
S
S
Q

yQ

N

M

I

D

x

P
A

P
O

C

B

I
O

D

B

Đặt SP = x, SQ = y ⇒ 0 ≤ x, y ≤ a (1) . Ta có PQ 2 = x 2 + y 2

Tính diện tích tam giác SPQ bằng 2 cách
24


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

1
1
Cách 1: S∆SPQ = SP.SQ = xy (2)
2
2
1
1
1
a
Cách 2: S∆SPQ = S ∆SPI + S∆SQI = SP.SI .sin 450 + SQ.SI .sin 450 = ( x + y ) . (3)
2
2
2
4
4
a
Từ (2) và (3) ta suy ra x + y = xy . Kết hợp với (1) ta có: ≤ x, y ≤ a . Đặt t = xy
a
3
4

x
+
y

=
t

a

ta có hệ  xy = t
.
a
 ≤ x, y ≤ a
3
4
Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi phương trình z 2 − t.z + t = 0 có hai nghiệm
a
2
2
a
a
a 
z1 , z2 ∈  ; a  ⇔
≤t ≤
4
3
3 
16
PQ 2 = l = x 2 + y 2 = t 2 − 2t .
a
 a2 a2 
16 2
Lập bảng biến thiên hàm số f(t) = t − 2t với t ∈  ;  ta suy ra
a

4 3


a2
a
10a
a
a
 xy =
≤ l = f (t ) ≤
. Gọi S = S MPNQ ⇒ min S =
khi 
4 ⇔x= y=
4
2
9
2
x + y = a

a

a2

x
=
,y=a
xy
=
2



a 5
3
3
khi 
max S =
⇔
6
4
a
 x = a, y = a
x + y =

3
3

4
a.x
a 2 .x 2
2
⇒ l = f ( x) = x +
Chú ý: có thể từ hệ thức x + y = xy ta có y =
2
a
4x − a
(4x − a)
2

2

2

a 
Khảo sát sự biến thiên hàm số f(x) trên đoạn  ; a  ,t a thu được kết quả như trên.
3 
Bài tập 25: Cho hình chóp S.ABCD có SA = x . Tất cả các cạnh còn lại bằng 1
a)Chứng minh : SA ⊥ SC
b)Tính thể tích V của hình chóp S.ABCD theo a và x.
Xác định x để V đạt giá trị lớn nhất.
Giải: Từ (gt) suy ra (SAC) là mặt phẳng trung trực đoạn BD ⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD )
Tứ giác ABCD là hình thoi có cạnh bằng 1. Gọi O là tâm hình thoi ABCD; ta tính có
25