Toán HHKG Ôn Luyện HSG-Nguyễn Minh Đức

Bài Viết Toán Học

Ôn Luyện
Hình Học Không Gian
Part 1. Bồi Dưỡng HSG Toán THPT

THPT Lê Quảng Chí-Tx. Kỳ Anh-T. Hà Tĩnh


Bài Toán 1: Cho góc tam diện vuông Oxyz. Gọi a, b, c lần lượt là khoảng cách từ
một điểm I ở bên trong góc tam diện theo thứ tự đến ba mặt phẳng  Oyz  ,  Ozx 
và  Oxy  . Qua I vẽ mặt phẳng  P  cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C. Phải chọn
mặt phẳng  P  như thế nào để thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất ?
(Đề nghị Olympic 30-4)
Bài Giải:

Ta có:

VIOAB VIOBC VIOCA


1
VOABC VOABC VOABC

Do đó:

c
a
b



1
OC OA OB

1
1
abc
1
abc
VOABC  .OA.OB.OC 

6
6 a . b . c
6 a
b
c
 OA  OB  OC
OA OB OC

3


OA  3a
a
b
c
1



  OB  3b .

Dấu “=” xảy ra khi:
OA OB OC 3
OC  3c








3



9
abc.
2

Như vậy ta cần chọn mặt phẳng  P  đi qua I sao cho OA  3a, OB  3b, OC  3c.

ÔN LUYỆN

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

GMAIL:


Bài Toán 2: Cho góc tam diện vuông Oxyz. Gọi S là điểm cố định trên tia Oz và
A, B là hai điểm lần lượt di động trên các tia Ox, Oy sao cho OA  OB  OS  a.

1. Xác định theo a giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện SOAB. Nêu cách
dựng tâm I của mặt cầu ngoại tiếp tự diện SOAB và tính theo a bán kính R
của mặt cầu ấy khi thể tích khối tứ diện SOAB đạt giá trị lớn nhất.
2. Khi A, B di động, chứng minh rằng tổng các góc phẳng tại đỉnh S của tứ
diện SOAB luôn bằng


.
2

(Đề nghị Olympic 30-4)

Bài Giải:

1.

1
OS
OS  OA  OB 
OS 3 a3
Ta có: VSOAB  OA.OB.OS 
.OA.OB 

 .
6
6
6
4
24 24
a

Dấu “=” xảy ra khi OA  OB  .
2
3
a
a
Vậy MaxVSOAB  . Đạt được khi OA  OB  .
24
2
Cách dựng tâm I:
 Gọi M là trung điểm AB . Qua M dựng đường thẳng Mt vuông góc với
mặt phẳng  OAB  .
2



Trong mặt phẳng  Oz, Mt  dựng đường thẳng  qua trung điểm N của

SO và song song với OM . .
 Vậy I chính là giao của của đường thẳng Mt với đường thẳng  vì theo
cách dựng đó ta có IA  IB  IS  IO.
Bán kính R được tính bởi:
2
2
2
a 6
 OS  AB
 OS  OA  OB
R  OI  MN  ON  OM  





.



4
4
4
 2 
 2 
2

2

ÔN LUYỆN

2

2

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

GMAIL:


2. Ta đặt các góc phẳng tại đỉnh S như sau: ASB   , OSA   , OSB  


 0  ,  ,  

2


.

Khi đó ta có:
SA2  SB 2  AB 2 SO 2  OA2  SO 2  OB 2  OA2  OB 2
cos  

2SA.SB
2SA.SB
2
SO  OA  OB  OA SO SO OB
SO



.

 sin  cos   cos  sin   cos     
SA.SB
SA.SB
SA SB SA SB

    


2

 dpcm 

Bài Toán 3: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' , cạnh a. Trên cạnh AA ' kéo
dài về phía A ' lấy một điểm M , và trên cạnh BC kéo dài về phía C lấy một điểm
N sao cho MN cắt cạnh C ' D '. Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn MN .
(Đề nghị Olympic 30-4)
Bài Giải:

Gọi MN  C ' D '  I ', AN  CD  I .

 AMN    CDD ' C '  II '

Vì  AMN    ABB ' A '  AM  II ' AM .

 CDD ' C '  ABB ' A '
Đặt AM  x  0, BN  y  0.
Theo định lý Thales ta có:
A ' M MI ' AI BC
xa a
1 1 1




    .
AM
MN AN BN
x
y
x y a
Ta có: MN  AM 2  AN 2  AM 2  BN 2  AB2  x 2  y 2  a 2

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :
1 1 1
4
  
 x  y  4a *
a x y x y
Lại có :

 x  y


2

Do (*)

 4a 

1

2


 8a 2  x 2  y 2  a 2  9a 2  x 2  y 2  a 2  3a  2 
2
2
Từ (1) và (2) suy ra: MN  3a. Dấu “=” xảy ra khi x  y  2a.
Vậy giá trị nhỏ nhất của MN là 3a đạt được khi AM  BN  2a.
x y
2

2

ÔN LUYỆN

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

GMAIL:


Bài Toán 4: Cho hai nửa đường thẳng Ax, By chéo nhau. Hai điểm C , D thay đổi
1
2
3
lần lượt trên Ax và By sao cho:


.
AC BD AB
1. Chứng minh rằng: Mặt phẳng   chứa CD và song song với AB luôn đi
qua một điểm cố định I trong mặt phẳng    chứa Ax và    song song
với By.
2. Tìm vị trí của C và D sao cho thể tích tứ diện ABCD là nhỏ nhất.
(Đề nghị Olympic 30-4)
Bài Giải:

1. Dựng Ay ' song song với By . Trên Ay ' lấy D ' sao cho AD '  BD.
Khi đó     DCD ' ,      ACD ' .
Ta có:
1
2

3
AB 2 AB




 1 1
AC BD AB
3 AC 3 AD '
Giữa hai điểm C , D thỏa giả thiết, luôn tồn tại điểm I thuộc CD ' sao cho:
D'I
AB

D ' C 3 AC
Với điểm I trên, gọi M  Ay ', N  Ax sao cho MI Ax, NI Ay '.
Khi đó, áp dụng định lý Thales ta có:
AN D ' I
AB
AB


 AN 
*
AC D ' C 3 AC
3
AM
CI
D'I
AB Do 1 2 AB
2 AB


 1
 1

 AM 
**
AD ' CD '
D 'C
3 AC
3 AD '
3
Từ (*) và (**) suy ra M , N cố định hay I cố định. Do đó   luôn đi qua
điểm I cố định trong    .
2. Vì ABD  DD ' A nên VABCD  VC. ABD  VC .DD ' A  VD. AD 'C
Do đó VABCD nhỏ nhất khi VD. AD 'C nhỏ nhất.

ÔN LUYỆN

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

GMAIL:



 D  By
Vì 
 d ( D,   )  d  D,  AD ' C    const.
By






Suy ra: VD. AD 'C nhỏ nhất khi diện tích S AD 'C nhỏ nhất.
1
1
Ta có: S AD 'C  AC. AD 'sin A  AC.BD sin A .
2
2
Nhận thấy S AD 'C nhỏ nhất khi AC.BD nhỏ nhất.
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
3
1
2
1 2
8


2
.
 AC.BD  AB 2 .
AB AC BD
AC BD
9
2 AB

AC 

1
2

3 AB

3
Dấu “=” xảy ra khi



.
4
AB
AC BD
2
 BD 

3
2 AB
4 AB
Vậy VABCD nhỏ nhất khi hai điểm C , D thỏa mãn AC 
; BD 
.
3
3
Bài Toán 5: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, có

SA  a 2 và vuông góc với đáy. M và N là các điểm di động trên BC, CD
tương ứng sao cho  NAM  450. Xác định vị trí của M , N để hình chóp S. AMN
có thể tích đạt giá trị lớn nhất. Tìm các giá trị ấy.
Bài Giải:

Đặt MAB   ; NAD   .

a
b
Khi đó ta có: AM 
; AN 
;     900  MAN  450.
cos 
cos
Ta có:
1
1
1
VS . AMN  SA.S AMN  a 2. . AM . AN .sin 450
3
3
2
a 2 2
a2
a3
1
a3

.
.
 .

6
2 cos  cos 
3 2 cos  cos  3 cos      cos     

ÔN LUYỆN

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

GMAIL:




a3
3 2
 3cos    
2

max cos       1
0

0    45
Vì 
 450      450  
0
2.
0    45
min cos      

2

Từ đó suy ra:
  450 ;   00
a3 2
. Đạt được khi 

max VS . AMN 
.
0
0
6
  0 ;   45
min VS . AMN 



a3 2  2
3

 . Đạt được khi     22 30'.
0

Bài Toán 6: Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có khoảng cách từ A tới mặt
phẳng  SBC  bằng 2a. Gọi  là góc giữa mặt bên và đáy của hình chóp. Với giá
trị nào của  thì thể tích của hình chóp là nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
Bài Giải:

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và BC.
Khi đó ta có: SNM   .
Vì DA BC nên DA  SBC   d  A,  SBC    d  M ,  SBC  

1 .

Ta có: BC   SMN    SBC    SMN  .

Do đó nếu kẻ MH  SN  H  SN  thì MH   SBC  . Vậy d  M ,  SBC    MH

 2

Từ (1) và (2) ta suy ra MH  2a.
Từ đó ta có:
MH
2a
MN
a
MN 

 SO  ON tan  
tan  
.
sin  sin 
2
cos 
2

1
1
1  2a  a
4a 3
Vậy VS . ABCD  .S ABCD .SO  MN 2 .SO  


3
3
3  sin   cos  3sin 2  cos 

ÔN LUYỆN

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

*

GMAIL:


Từ (*) suy ra, để VS . ABCD nhỏ nhất thì A  sin 2  cos   0 phải đạt giá trị lớn nhất.
Ta có:



2 A  sin  .sin  2  2sin 
2

 A2 

2

2

2



sin


2

  sin 2   2  2sin 2  
27

3



8
27

4
2 3
 A
.
27
9

Dấu “=” xảy ra khi:
 6
6
   arcsin 
 .
3
 3 
 6
4a 3
Suy ra: VS . ABCD 
 2 3a 3 . Dấu “=” xảy ra khi   arcsin 

.
3 
2 3

3
9
Vậy MinVS . ABCD  2 3a3 .
sin 2   2  2sin 2   3sin 2   2  sin  

Bài Toán 7: Hình chóp A.BCD có ACB  ADB  900 , AB  2a. Đáy BCD là
tam giác cân tại B, có CBD  2 và CD  a. Tính thể tích khối chóp A.BCD
theo a và  .
(HSG Tỉnh Toán 12 Hà Tĩnh năm học 2010-2011)
Bài Giải:

AB
 a.
2
Gọi H là hình chiếu của I trên  BCD  , M là trung điểm CD , ta có ngay:
Gọi I là trung điểm AB. Dễ dàng nhận thấy IB  IC  ID 

 H  BM
.

 HB  HC  HD
ÔN LUYỆN

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

GMAIL:

Theo định lí hàm sin ta có:
BH 

CD
a

.
2sin CBD 2sin 2

a2
a
Suy ra: d  I ,  BCD    IH  IB  BH  a 

4sin 2 2  1.
2
4sin 2 2sin 2
a
 d  A,  BCD    2d  I ,  BCD   
4sin 2 2  1.
sin 2
a
Từ tam giác BMC vuông tại M ta có: BM  DM tan   .cot  .
2
Vậy
2

2

2

1
1
a
1 a
a3 4sin 2 2  1
VA.BCD  .d  A,  BCD   .S BCD  .
4sin 2 2  1. . .cot  .a 
.
3
3 sin 2
2 2
24
sin 2 
Bài Toán 8: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông với AB  2a, tam
giác SAB vuông tại S . Mặt phẳng  SAB  vuông góc với  ABCD  .Biết góc tạo bởi

1
đường thẳng SD và  SBC  bằng  với sin   . Tính thể tích khối chóp S. ABCD
3
và khoảng cách từ C đến  SBD  theo a.
Bài Giải:

Ta có: BC  AB  BC   SAB   SA  BC . Lại có SA  SB ,suy ra: SA   SBC  .

1
Vì góc tạo bởi đường thẳng SD và  SBC  bằng  với sin   nên ta có:
3
SD

SD
d  D,  SBC    SD.sin  
 d  A,  SBC    A S 
 Do AD  SBC  .
3
3
Xét tam giác SAD vuông tại A (do DA   SAB  ) ta có:
SA2  AD 2  SD 2  SA2  4a 2  9SA2  SA 

Áp dụng định lý Py-ta-go ta được: SB  AB 2  SA2 

ÔN LUYỆN

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

a 2
.
2

a 14
.
2

GMAIL:


Khi đó ta có: SH 

SA.SB
SA2  SB 2



a 2 a 14
.
2
2
2

 a 2   a 14 

 

 2   2 

2



a 7
.
4

1
1 a 7
a3 7
Vậy VS . ABCD  .SH .S ABCD  .
.4a 2 
.
3

3 4
3
1
a3 7
Ta có: VC .SBD  VS . ABCD 
.
2
6
a 14
3a 2
Tam giác SBD có SB 
, SD  3SA 
, BD  2a 2.
2
2
Dễ thấy SB2  SD2  DB2 nên suy ra tam giác SBD vuông tại S .

a3 7
3.
3V
1 a 14 3a 2 3a 2 7
6  2a .
Do đó SSBD 

. Suy ra: d  C ,  SBD    C . BCD 
2
2 2
2
4
S BCD

3
3a 7
4
Bài Toán 9: Cho tứ diện ABCD có độ dài các cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của DB, AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN
lấy điểm Q sao cho PQ CM . Tính độ dài PQ và thể tích khối AMNP.
Bài Giải:

Gọi F là trung điểm AM , khi đó FN CM .
Vậy P  DF  AB. Trên  DPN  dựng PQ  Q  DN  song song với FN .
Gọi E là trung điểm của PB. Khi đó ME || PF suy ra PF là đường trung bình của
tam giác AME .
Ta có:
1
1
3
PF  ME  PD  DF  PD.
2
4
4
CM a 3
FN 

.
2
4
ÔN LUYỆN

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

GMAIL:


a 3
FN DF 3
3
a 3
Suy ra:

  4   PQ 
.
PQ DP 4
PQ 4
3
V
V
AP AN 1 1 1
Ta có: APMN 
.
 .   VAMNP  ABCD
VABMC AB AC 3 2 6
12

Lại có: VABCD 

a3 2
12

1 .

 2 .

Từ (1) và (2) ta suy ra: VAMNP 

a3 2
.
144

Bài Toán 10: Cho hình chóp S. ABC có các mặt phẳng  SBC  và  ABC  vuông
góc với nhau. Các cạnh AB  AC  SA  SB  a. Tìm độ dài cạnh SC sao cho khối
a3
chóp S. ABC có thể tích V  .
8
(HSG Tỉnh Toán 12 Hà Tĩnh năm học 2012-2013)
Bài Giải:

Gọi H là hình chiểu của A trên BC.
Ta có các tam giác vuông sau bằng nhau AHB  AHC  AHS (ch-cgv).
Từ đó suy ra: HB  HC  HS  SBC vuông tại S .
3a 2  x 2
 BC 
Đặt SC  x  0. Khi đó: BC  a  x  AH  AC  
.
 
2
 2 
2

2

2

2

1
1 3a 2  x 2 1
ax 3a 2  x 2
. ax 
.
Vậy VSABC  . AH .SSBC 
3
3
2
2
12
a3
Ta cần tìm x sao cho VSABC  . Hay:
8
2
2
3
ax 3a  x
a

 2 x 3a 2  x 2  3a 2  3a 2  x 2  x
12
8
a 6
.
Vậy độ dài SC cần tìm bằng

2



ÔN LUYỆN

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN



2

0 x

a 6
.
2

GMAIL:


Trong quá trình gõ bài viết, không thể tránh khỏi những sai sót. Rất mong được sự
đóng góp ý kiến từ mọi người để Nguyễn Minh Đức có thể hoàn thành tốt bài viết và
phục vụ cho việc hoàn thành part2 bổ sung của bài viết. Cảm ơn!
Sẽ tiếp tục cập nhật….
My Facebook: www.facebook.com/minhduck2pipu
“Tôi thích sự truyền đạt”
Nguyễn Minh Đức.

ÔN LUYỆN

HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

GMAIL: