Hình chóp tứ giác và một số dạng bài tập liên quan

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Nguyễn Thị Minh Thu

HÌNH CHÓP TỨ GIÁC
VÀ MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP LIÊN QUAN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Hà Nội – Năm 2016


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

Nguyễn Thị Minh Thu

HÌNH CHÓP TỨ GIÁC
VÀ MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP LIÊN QUAN

Chuyên ngành: Hình học

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
ThS. Trần Văn Nghị

Hà Nội – Năm 2016


LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của khóa luận, em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu
sắc tới Thạc sĩ Trần Văn Nghị người đã tận tình hướng dẫn để em có thể hoàn
thành tốt khóa luận này.
Em cũng xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới toàn thể các thầy cô giáo trong
khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã dạy bảo em tận tình trong suốt quá
trình học tập tại khoa.
Nhân dịp này em cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đã
luôn bên em, động viên, giúp đỡ em trong suốt quá trình học tập và thực hiện khóa
luận tốt nghiệp.
Hà Nội, tháng 05 năm 2016
Sinh viên
Nguyễn Thị Minh Thu


LỜI CAM ĐOAN
Khóa luận được hình thành sau quá trình tự tìm hiểu, nghiên cứu của bản thân
dựa trên những kiến thức đã học, tài liệu tham khảo và sự hướng dẫn của thầy giáo
Trần Văn Nghị.
Em xin cam đoan kết quả của khóa luận này là không sao chép từ bất kì bài khóa
luận nào. Em xin chịu hoàn toàn trách nhiệm về lời cam đoan của mình.
Hà Nội, tháng 05 năm 2016
Sinh viên
Nguyễn Thị Minh Thu

Mục lục

Lời nói đầu

1

1 Một số dạng bài tập liên quan đến hình chóp tứ giác

3

1.1

1.2

1.3

Quan hệ song song trong hình chóp tứ giác . . . . . . . .

3

1.1.1

Xác định giao tuyến chung của hai mặt phẳng . .

3

1.1.2

Xác định giao điểm của đường thẳng a và (α) . .

4

1.1.3

Chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng . . . .

6

1.1.4

Chứng minh ba đường thẳng đồng quy . . . . . .

7

1.1.5

Chứng minh đường thẳng a song song với đường
thẳng b . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.1.6

Chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng

8

1.1.7

Hai mặt phẳng song song

. . . . . . . . . . . . .

10

Quan hệ vuông góc trong hình chóp tứ giác . . . . . . .

11

1.2.1

Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng 11

1.2.2

Chứng minh hai đường thẳng a và b vuông góc .

13

1.2.3

Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc . . . . . .

15

Bài toán thiết diện trong hình chóp tứ giác . . . . . . . .

17

i

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.3.1

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Thiết diện của hình chóp với (P) đi qua ba điểm
không thẳng hàng . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.3.2

17

Thiết diện của hình chóp với (P), (P) chứa đường
thẳng a và song song với một đường thẳng b cho
trước (a, b chéo nhau) . . . . . . . . . . . . . . .

1.3.3

Thiết diện của hình chóp với (P) qua một điểm và
song song với hai đường thẳng cho trước . . . . .

1.3.4

1.4

1.5

20

Thiết diện qua một điểm và vuông góc với một
đường thẳng cho trước . . . . . . . . . . . . . . .

1.3.6

19

Thiết diện của hình chóp với (P) đi qua hai điểm
và song song với một mặt phẳng cho trước . . . .

1.3.5

18

21

Thiết diện chứa một đường thẳng a và vuông góc
với một mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

Các bài toán về góc trong hình chóp tứ giác . . . . . . .

23

1.4.1

Góc giữa hai đường thẳng . . . . . . . . . . . . .

23

1.4.2

Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (α) . . . .

24

1.4.3

Góc giữa hai mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . .

26

Các bài toán về khoảng cách trong hình chóp tứ giác . .

28

1.5.1

Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng .

28

1.5.2

Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng . .

30

1.5.3

Xác định đường vuông góc chung giữa hai đường

1.5.4

thẳng chéo nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau . .

34

ii


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.5.5

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song
song và khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song 35

1.6

1.7

Các bài toán về thể tích trong hình chóp tứ giác . . . . .

38

1.6.1

Tính thể tích trực tiếp bằng cách tìm đường cao .

38

1.6.2

Bài toán tính thể tích khối chóp một cách gián tiếp 45

1.6.3

Các bài toán về so sánh thể tích . . . . . . . . . .

47

Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
tứ giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

49

1.8

Hình chóp tứ giác đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

1.9

Các bài tập về hình chóp tứ giác đặc biệt khác . . . . . .

51

1.9.1

Hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy hay
hình chóp có hai mặt bên vuông góc với đáy . . .

1.9.2

Hình chóp có một mặt bên hoặc mặt chéo vuông
góc với đáy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.9.3

51

53

Hình chóp có các mặt bên tạo với đáy các góc bằng
nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2 BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

54

55

2.1

Quan hệ song song trong hình chóp tứ giác . . . . . . . .

55

2.2

Quan hệ vuông góc trong hình chóp tứ giác . . . . . . .

56

2.3

Bài toán thiết diện trong hình chóp tứ giác . . . . . . . .

58

2.4

Bài toán về góc trong hình chóp tứ giác . . . . . . . . . .

60

2.5

Các bài toán về khoảng cách trong hình chóp tứ giác . .

61

2.6

Các bài toán về thể tích trong hình chóp tứ giác . . . . .

62

2.7

Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác . . . . . . . . . . .

64

iii


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

2.8

Hình chóp tứ giác đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

65

2.9

Các bài tập về hình chóp tứ giác đặc biệt khác . . . . . .

65

Kết luận

67

Tài liệu tham khảo

68

iv


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Lời nói đầu
1. Lý do chọn đề tài
Hình học nói chung và hình học không gian nói riêng là một môn
học khó đối với học sinh trong nhà trường trung học phổ thông. Vì hình
học là môn học có tính chặt chẽ, logic và trừu tượng hóa cao hơn các
môn học khác.
Để học Hình học không gian, ngoài tính trừu tượng còn đòi hỏi
học sinh phải có kĩ năng tư duy cao. Hình học không gian bước đầu học
thấy khó song càng học càng thấy sự thú vị trong đó. Do việc nghiên cứu
hình học không gian là cần thiết, nên trong bài khóa luận này em sẽ đi
đào sâu vào một phần nhỏ của hình học không gian là hình chóp tứ giác.
Đây là một chủ đề có cấu trúc thi cao đẳng, đại học và thường xuyên

có mặt trong trong các đề thi tuyển chọn học sinh giỏi ở các trường phổ
thông. Nhằm cung cấp kiến thức, rèn luyện kĩ năng liên quan đến các
dạng bài tập về hình chóp tứ giác nên em đã chọn nghiên cứu đề tài
"Hình chóp tứ giác và một số dạng bài tập liên quan". Là một
giáo viên trong tương lai em nhận thấy việc nghiên cứu đề tài này là
hợp lý và có ý nghĩa thực tiễn.
2. Mục đích nghiên cứu của đề tài
Nghiên cứu cơ sở lí luận, hệ thống hóa và phân dạng các dạng
bài tập về hình chóp tứ giác một cách chi tiết nhất nhằm tích cực hóa
hoạt động của học sinh, nâng cao năng lực sư phạm cho giáo viên và
tăng hiệu quả dạy học môn toán ở THPT.
1


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

3. Phạm vi, đối tượng nghiên cứu
a) Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu là hình chóp tứ giác.
b) Phạm vi nghiên cứu.
Nghiên cứu lý thuyết và bài tập về quan hệ vuông góc, quan hệ song
song, thiết diện, các bài toán về góc, khoảng cách, thể tích, mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp tứ giác, bài toán về hình chóp tứ giác đều và các
bài toán về hình chóp tứ giác đặc biệt khác ở chương trình toán trung
học phổ thông.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
Nhiệm vụ nghiên cứu là phân loại, hệ thống các dạng bài tập
về hình chóp tứ giác.

5. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp phân tích và tổng hợp kiến thức.
6. Cấu trúc khóa luận
Khóa luận gồm 2 chương:
Chương 1: Một số dạng bài tập liên quan đến hình chóp tứ giác.
Chương 2: Bài tập đề nghị.

2


Chương 1
Một số dạng bài tập liên quan đến
hình chóp tứ giác
1.1

Quan hệ song song trong hình chóp tứ giác

1.1.1

Xác định giao tuyến chung của hai mặt phẳng

Phương pháp: Tìm điểm chung của 2 mặt phẳng
Ta đi xác định giao tuyến của hai mặt phẳng phân biệt (P) và (Q)

(P ) ∩ (Q) = A 
⇒ (P ) ∩ (Q) = AB
(P ) ∩ (Q) = B 
.
Ví dụ: Cho hình chóp S.ABCD trong đó ABCD là tứ giác có các cặp
cạnh đối diện song song. Tìm giao tuyến của:

a) (SAC) và (SBD);
b) (SAB) và (SCD);
c) (MBC) và (SAN) với M, N là trung điểm của SA, BC.
Lời giải
3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

a) Gọi O = AC ∩ BD.
Vì O ∈ AC nên O ∈ (SAC).
Vì O ∈ BD nên O ∈ (SAD).
Do đó (SAC) và (SBD) có hai điểm chung
là S và O.
Vậy SO = (SAC) ∩ (SBD).
b) Theo giả thiết ta có AC ∩ BD = E.
Do đó (SAB) và (SCD) có hai điểm chung
là S và E.
Vậy SE = (SAB) ∩ (SCD).
c) Vì M là trung điểm của SA nên M ∈ (SAN ) và M ∈ (M BC).
Vì N là trung điểm của BC nên N ∈ (M BC) và N ∈ (SAN ).
Vậy MN = (MBC) ∩ (SAN).
Xác định giao điểm của đường thẳng a và (α)

a ∩ b = {I} 
⇒ I ∈ a ∩(α).
Cách 1:


b ⊂ (α)


(β) ⊃ a
Cách 2:
(β) ∩ (α) = c 

1.1.2

Khi đó I là giao điểm của đường thẳng a và c tức là giao điểm của đường
thẳng a và (α).

4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Ví dụ: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành. Gọi M là trung
điểm của SC.
a) Tìm giao điểm I = AM ∩(SBD);
b) Tìm giao điểm E = MN ∩(SBD), với N là trung điểm của AB;
c) Tìm giao điểm H = SD ∩(ABM).
Lời giải
a) Gọi O = AC ∩ BD.
Trong

SAC, 2 trung tuyến AM và SO

cắt nhau tại I.
Mà I ∈ SO và SO ∈ (SBD) nên
I ∈ (SBD) .
Vậy AM ∩ (SBD) = I.
b) Ta thấy (SBD) ∩ (ABM) = BI.
Do đó BI ∩ MN = F.
Vậy MN ∩ (SBD) = E.
Xét ∆AMN có IA = 2IM, (do I là trọng
tâm của ∆ SBD ) nên NF // BI với F là trung điểm của AI.
Trong

MNI vì EI//NF và I là trung điểm của MF nên F là trung điểm

của MN.
c) Trong ∆ SBD, vì BI ∩ SD = H nên H ∈ (ABM ).
Vậy SD ∩ (ABM) = H.

5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.1.3

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng

Phương pháp: Muốn chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng ta chứng
minh ba điểm đó là các điểm chung của hai mặt phẳng phân biệt. Khi

đó chúng sẽ thẳng hàng trên giao tuyến của hai mặt phẳng đó.
Cụ thể: Với 2 mặt
 phẳng phân biệt (P) và (Q), nếu

(P ) ∩ (Q) = A 


⇒ A, B, C thuộc giao tuyến của (P) và (Q).
(P ) ∩ (Q) = B



(P ) ∩ (Q) = C 
⇒ A, B, C thẳng hàng.
Ví dụ : Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành, MA =
MB, NS = NC. Chứng minh rằng:
a) AN ∩ (SBD) = I và MN ∩ (SBD) = J;
b) B, I, J thẳng hàng.
Lời giải
a) Ta có (SAC) ∩ (SBD) = SO.
Trong (SAC) có AN ∩ SO = I.
Vậy I = AN ∩ (SBD).
Ta có (SMC) ∩ (SBD) = SH.
Trong (SMC) có SH ∩ MN = J.
Vậy J = MN ∩ (SBD).
b) Ta có (ABN) ∩ (SOB) = I.
(ABN) ∩ (SOB) = J.
(ABN) ∩ (SOB) = B.
⇒ B, I, J thẳng hàng.

6


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.1.4

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Chứng minh ba đường thẳng đồng quy

Phương pháp:
Cách 1: Chứng minh ba đường thẳng này không đồng phẳng và đôi một
cắt nhau.
Cách 2: Chứng minh hai trong ba đường thẳng này cắt nhau và giao
điểm của chúng nằm ở trên đường thẳng thứ ba.
Ví dụ: Cho hình chóp S.ABCD, gọi AC ∩ BD = O và M, N lần lượt là
hai điểm tùy ý trên 2 cạnh SA, SB.
= (OMN) ∩ (SAD);

a) Chứng minh

1

b) Chứng minh

1,

SR,

2

2

= (OMN) ∩ (SBC).

đồng quy với R = AD ∩ BC.

Lời giải
a) Trong (SAB) gọi MN ∩ AB = P.
Trong (ABCD) gọi OP ∩ AD = E và
OP ∩ BC = F.
Khi đó ta suy ra

1

b) Trong (OMN) gọi
Mà Q ∈
Q∈

2

1

≡ ME,
1

∩

2

2

≡ NF.

= Q.

⇒ Q ∈ (SAD) (1);

⇒ Q ∈ (SBC) (2).

Từ (1) và (2) ⇒ Q ∈ (SAD) ∩ (SBC).
Tương tự ta có S ∈ (SAD) ∩ (SBC), R ∈ (SAD) ∩ (SBC).
⇒ (SAD) ∩ (SBC) = RSQ.
Vậy

1,

SR,

2

đồng quy.

7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.1.5

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Chứng minh đường thẳng a song song với đường thẳng
b

Phương pháp:
Cách 1: Tìm (α) chứa a, b và sử dụng các định lý về quan hệ song song
trong mặt phẳng như định lý Talet (đảo), định lý đường trung bình
trong tam giác, hình thang..., định lý hai đường thẳng cùng vuông góc
với đường thẳng thứ ba.
Cách 2: Sử dụng định lý giao tuyến về quan hệ song song.
Cách 3: Sử dụng định lý hai đường thẳng cùng song song với đường
thẳng thứ ba thì chúng song song với nhau.
Ví dụ: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang, AD//BC.
Gọi M là trung điểm của SA, (MBC) ∩ SD = N. Chứng minh MN//AD.
Lời giải
Ta có BC//AD ⇒ BC//(SAD).
Mặt phẳng (MBC) chứa BC mà BC//(SAD)
nên hai mặt phẳng (MBC) và (SAD) cắt
nhau theo giao tuyến MN với MN//BC.
Mà AD//BC ⇒ MN//AD.
1.1.6

Chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng

Phương pháp:

a ⊂ (α) 





Cách 1: b ⊂ (α)
a//b

⇒ a// (α).






8


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D


(α) ∩ (β) = a 





(α) ∩ (γ) = b 
⇒ a// (γ).
Cách 2:


(γ) ∩ (β) = c 





b//c

(α) // (β) 
⇒ a// (α).
Cách 3:

a ⊂ (β)
Ví dụ: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, G là trọng
tâm

SAB, IA = IB, lấy M∈AD sao cho AD = 3AM.

a) Tìm giao tuyến của (SAD) và (SBC);
b) Qua M kẻ Đường thẳng song song với AB, và đường thẳng này cắt
CI tại N. Chứng minh NG//(SCD);
c) Chứng minh MG//(SCD).
Lời giải
a) Ta có S ∈ (SAD) ∩ (SBC) và AD//BC.
⇒ (SAD) ∩ (SBC) = d(S)//AD.
b) Vì G là trọng tâm của

SAB nên suy

ra IS = 3IG (1).

Theo giả thiết AI//MN//CD và
AD = 3AM ⇒ IC = 3IN (2).
Từ (1) và (2) ⇒ GN//SC mà SC ⊂ (SCD) ⇒ NG//(SCD).
c) Ta có NG//SC và MN//CD ⇒ (GMN//(SCD).
Mà MG ⊂(GMN).
Suy ra MG//(SCD).

9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

1.1.7

Hai mặt phẳng song song


a ⊂ (α) , a// (β)



Phương pháp: (α) // (β) ⇔
b ⊂ (α) , b// (β)



 a∩b=O
Ví dụ: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi H, I, K

lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC.
a) Chứng minh (HIK)//(ABCD);
b) Gọi J = SD ∩ (HIK). Chứng minh HIKJ là hình bình hành;
c) Gọi M = AI ∩ DK, N = DH ∩ CI. Chứng minh (SMN)//(ABCD).
Lời giải
a) Vì IH//AB nên IH//(ABCD).
Vì IK//BC nên IK//(ABCD).
Suy ra (IHK)//(ABCD).
b) Vì (IHK)//(ABCD) nên KJ//CD.
Vì K là trung điểm của SC ⇒ J là trung
điểm của SD.
−→ 1 −→ 1 −−→ −→
Ta có IH = BA = CD = KJ.
2
2
Vậy tứ giác HIKJ là hình bình hành.
−→ 1 −−→ 1 −−→
c) Ta có IK = BC = AD.
2
2
Suy ra IK là đường trung bình của
MAD ⇒ KM = KD. Mà KS = KC nên suy ra tứ giác SMCD là hình
bình hành ⇒ SM//CD (1).
Tương tự ta chứng minh được tứ giác SNAD là hình bình hành nên
SN//AD (2). Từ (1) và (2) suy ra (SMN)//(ABCD).

10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

1.2

Quan hệ vuông góc trong hình chóp tứ giác

1.2.1

Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Phương pháp:
Cách 1: Chứng minh a ⊥ b và a ⊥ c với b, c cắt nhau nằm trong (α).
Suy ra a ⊥ (α).
Cách 2: Chứng minh a//b và b ⊥(α) suy ra a ⊥ (α).
Cách 3: Chứng minh (α)//(β)
 và a ⊥ (β) suy ra a ⊥ (α).


(α) ⊥ (β)


⇒ OA⊥ (α)
Cách 4: (α) ∩ (β) = ∆



OA ∈ (β) , OA⊥∆ 




(α) ⊥ (β)


⇒ ∆⊥ (α)
Cách 5: (α) ⊥ (γ)



(β) ∩ (γ) = ∆ 
Ví dụ: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông, (SAB) và
(SAD) cùng vuông góc với (ABCD). Chứng minh:
a) SA ⊥ (ABCD);

b) BC ⊥ (SAB).

Lời giải
a) Ta có (SAB) ⊥ (ABCD) và
(SAD) ⊥ (ABCD) do đó SA ⊥ (ABCD).
b) Ta có SA ⊥ (ABCD) suy ra SA ⊥ BC (1).
Vì ABCD là hình vuông nên AB ⊥ BC (2).
Từ (1) và (2) ta có BC ⊥ (SAB).

11


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O,
SA ⊥ (ABCD). Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên
SB, SC, SD. Chứng minh rằng:
a) BC ⊥ (SAB), CD ⊥ (SAD), BD ⊥ (SAC);
b) AH ⊥ (SBC), AK ⊥ (SCD);
c) HK ⊥ (SAC).
Lời giải
a) • Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ BC.
Vì ABCD là hình vuông nên AB ⊥ BC.
Mà SA, AB ⊂ (SAB) và SA ∩ AB = A.
Suy ra BC ⊥ (SAB).
• Tương tự ta có CD ⊥ AD và
SA ⊥ CD ( vì SA ⊥ (ABCD)).
Mà AD, SA ⊂ (SAD), SA ∩ AD = A .
Suy ra CD ⊥ (SAD).
• Ta có BD ⊥ AC và BD ⊥ SA.
Mà AC, SA ⊂ (SAC), SA ∩ AC = A .
Suy ra BD ⊥ (SAC).
b) Theo câu a ta có BC ⊥ (SAB), mà AH ⊥ (SAB) nên BC ⊥ AH.
Theo giả thiết thì SB ⊥ AH và SB, BC ⊂ (SBC), SD ∩ CD = D.
Suy ra AK⊥(SCD).
c) Ta coó

SAB =

SAD (2 tam giác vuông) và AH, AK lần lượt là
SK
SH
đường cao của 2 tam giác trên. Suy ra
=

⇒ HK//BD.
SB
SD
Lại có BD ⊥ (SAC) (chứng minh câu a). Vậy HK ⊥ (SAC).

12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.2.2

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Chứng minh hai đường thẳng a và b vuông góc

Phương pháp:
o

Cách 1: Áp dụng định nghĩa a ⊥ b ⇒ (a, b) = 90 .
−
−
−
−
Cách 2: a ⊥ b ⇔ →
u ·→
v = 0, (→
u, →
v là các véc tơ chỉ phương của a, b).
Cách 3: a ⊥ (α) và b ⊂ (α) ⇒ a ⊥ b.

Cách 4: Định lý 3 đường vuông góc.
Cách 5: Cho đường thẳng a //(α). Nếu b ⊥ (α) thì b ⊥ a.
Cách 6: Nếu 1 đường thẳng vuông góc với hai cạnh của 1 tam giác thì
nó cũng vuông góc với cạnh còn lại.
Ví dụ 1: (Đề TSĐH khối A- 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy
là hình vuông cạnh a. Mặt bên (SAD) là tam giác đều và ở trong mặt
phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SB,
BC, CD. Chứng minh AM ⊥ BP.
Lời giải
Gọi H là trung điểm của AD.
Vì SAD là tam giác đều nên SH ⊥ AD.
Lại có (SAD) ⊥ (ABCD) suy ra SH ⊥ (ABCD).
⇒ SH ⊥ BD (1).
Dễ thấy

BPC =

CHD (2

vuông ).

ˆ1 = Cˆ1 ⇒ B
ˆ1 + Cˆ2 = Cˆ1 + Cˆ2 = 90o .
⇒B
⇒ BP ⊥ CH (2).
Từ (1) (2) suy ra BP ⊥ (SHC) (3).
Do HC//AN, MN//SC ⇒ (SHC)//(MAN)(4).
Từ (3) (4) suy ra BP ⊥ (MAN) ⇒ AM ⊥ BP.
13

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Ví dụ 2: (Đề TSĐH khối B-2007) Cho hình chóp tứ giác đều
S.ABCD cạnh đáy bằng a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung
điểm của SA. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE, BC. Chứng minh
MN ⊥ BD.
Lời giải
Ta có SEAD là hình bình hành suy ra SE//AD và SE = AD.

Suy ra SEBC là hình bình hành ⇒ SC//EB.
Gọi P là trung điểm của A, khi đó trong các

EAB,

ABC ta có:

MP//EB, PN//AC. Từ đó suy ra (MNP)//(SAC) (1).
Ta có BD ⊥ AC và BD ⊥ SH ( vì SH ⊥ (ABCD)) ⇒ BD ⊥ (SAC) (2).
Từ (1) (2) suy ra BD ⊥ (MNP) ⇒ BD ⊥ MN (đpcm).

14


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.2.3

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc

Phương pháp:
Cách 1: Áp dụng định nghĩa (α) ⊥ (β) khi và chỉ khi góc giữa chúng
o

bằng 90 .

a⊥ (α) 
Cách 2:
⇒ (α) ⊥ (β).

a ⊂ (β)
−
−
−
−
Cách 3: Gọi →
n, →
v là VTPT của (α) và (β), chứng minh →
n ·→
v = 0.
Ví dụ 1: (Đề thi TSĐH khối B-2006) Cho hình chóp S.ABCD có
√
đáy là hình chữ nhật với AB = a, AD = a 2, SA = a và SA ⊥ (ABCD).
Gọi M, N là trung điểm của AD, SC. Chứng minh (SAC) ⊥ (SMB).
Lời giải
Gọi AC BD = I. Ta có MA = MD và

AD//BC nên theo định lý Talet suy ra
1
AI = IC.
2
Lại có AC 2 = AD2 +DC 2 = 2a2 +a2 = 3a2 ;
1
a2
2
2
AI = AC = ;
9
3
1
1 1
a2
M I 2 = M B 2 = ( a2 + a2 ) = .
9
9 2
6
2
2
a
a
1
⇒ AI 2 + M I 2 =
+
= a2 = AM 2 .
3
6
2

Vậy AMI vuông tại I suy ra MB = AC.
Mặt khác SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ MB.
⇒ MB ⊥ (SAC).
Suy ra (SMB) ⊥ (SAC) (đpcm).

15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O,
SA ⊥ (ABCD). Đặt SA = x, tìm x để (SBC) ⊥ (SCD).
Lời giải

Ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ BD.
Vì ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD.
Suy ra BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SC.
Vậy qua BD vẽ (α) ⊥ SC tại I thì BID là góc giữa 2 mặt phẳng (SBC)
và (SCD).

√
BD
a
2
Theo yêu cầu bài toán thì BID = 90o ⇔ OI =
=
(1).
2

2
OI
CO
Mà
COI đồng dạng
CSA. suy ra
=
SA
CS
√
x·a 2
⇒OI = √
(2).
2 x2 + 2a√2
√
√
a·x 2
a 2
= √
Từ (1) (2) ta có
⇔ x2 + 2a2 = x (PT vô nghiệm).
2
2 x2 + 2a2
Vậy 2 mặt phẳng (SBC) và (SDC) không thể vuông góc với nhau.

16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

1.3

Nguyễn Thị Minh Thu-K38D

Bài toán thiết diện trong hình chóp tứ giác

1.3.1

Thiết diện của hình chóp với (P) đi qua ba điểm không
thẳng hàng

Phương pháp:
Bước 1: Từ hai điểm chung có sẵn, xác định giao tuyến đầu tiên của
(P) với một mặt của hình chóp.
Bước 2: Cho giao tuyến vừa tìm được cắt các cạnh của mặt đó của hình
chóp, ta sẽ được các điểm chung mới của (P) với các mặt khác. Từ đó
xác định được giao tuyến với các mặt này.
Bước 3: Tiếp tục như trên tới khi các đoạn giao tuyến tạo thành 1 đa
giác phẳng khép kín ta được thiết diện.
Bước 4: Dựng thiết diện và kết luận.
Ví dụ 1: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, M là điểm bất kì nằm trên
canh SC (không trùng với S, C). Gọi N, P lần lượt là trung điểm của
AB, AD. Tìm thiết diện của hình chóp với (MNP).
Lời giải
Ta có (MNP) ∩ (ABCD) = NP.
Kéo dài BC và NP cắt nhau tại I. Khi đó
(MNP) ∩ (SBC) = KM.
Kéo dài DC cắt MQ tại J. Khi đó
(MNP) ∩ (SCD) = MQ,
(MNP) ∩ (SAD) = PQ.

Vậy thiết diện là ngũ giác KMQPN.

17