quan hệ song song trong không gian

Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành tâm O.M, N là trung
điểm SA, SD.
a). Xác định giao điểm của NC và

( OMD )

b). Xác định thiết diện của hình chóp với

mpα

qua MO và

PSC

.

LỜI GIẢI
a) Có

D = (OMD) ∩ (SCD)

⇒ (OMD) ∩ (SCD) = Dx POM PSC
OM PSC
OM ⊂ (OMD),SC ⊂ (SCD)


 D = (OM D) ∩ (SCD)

⇒ (OM D) ∩ (SCD) = Dx POM PSC

OM PSC
OM ⊂ (OM D),SC ⊂ (SCD)


Trong mp(SCD) gọi

E = CN ∩ Dx

, có

E ∈ CN
⇒ E = CN ∩ (OMD)

E ∈ Dx ⊂ (OMD)

b)
Trường hợp 1:
Gọi

d = (α) ∩ (SCD)

, có

.

d = (α ) ∩ (SCD)

⇒ d POM PSC
OM PSC
OM ⊂ (α);SC ⊂ (SCD)



.

Trong m(SCD) gọi J, K lần lượt là giao điểm của d với CD và SD (1).
Trong mp(ABCD) gọi L là giao điểm của OJ và AB
(2).
Từ (1) và (2) suy ra thiết diện cần tìm là từ giác MKJL.
Trường hợp 2:
Gọi
, có
d = (α) ∩ (SBC)

d = (α) ∩ (SBC)

⇒ d POM PSC
OM PSC
OM ⊂ (α);SC ⊂ (SBC)


.

Trong m(SBC) gọi J, K lần lượt là giao
điểm của d với BC và SB (1).
1


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

Trong mp(ABCD) gi L l giao im

ca OJ v AD
(2).
T (1) v (2) suy ra thit din cn tỡm l
t giỏc MKJL.

Cõu 17: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ABCD l hỡnh vuụng cnh a; SAD l tam
giỏc vuụng cõn ti A; M l mt im trờn SC;
l qua M v song song vi SA

( )

v BC ct cỏc cnh

SB,AB,CD

ln lt ti

N ,P,Q

.

a) Hỡnh MNPQ l hỡnh gỡ? Tớnh din tớch MNPQ trong trng hp SAC l tam
giỏc vuụng ti

(

)

A ,SM = x 0 < x < a 3

b)

CM : ( ) PSD

c) Gi

I = MQ NP

. Tỡm tp hp cỏc im I khi M di ng SC.

LI GII
Cú

(1).

Cú

(2).

() (SBC) = MN
MN P BC

BC P();BC (SBC)

Cú

( ) (SA B) = NP
NP PSA

SA P( );SA (SA B)

() (A BCD) = PQ
PQ PBC

BC P();BC (ABCD)

(3).

T (1), (2) v (3) suy ra t giỏc MNPQ l hỡnh thang, vỡ cú
.
Ngoi ra cú

2

NP PSA

PQ PAD P BC NP PQ
SA AD


()

MN PPQ P BC

()


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Từ
Vì

(∗)

và

∆SAC

Trong

(∗∗)

suy ra MNPQ là hình thang vuông tại N và P.

vuông tại A nên có

.
SC = SA 2 + AC 2 = a2 + 2a2 = a 3

∆SBC

có

SN MN SM
x
x
=
=
=
⇒ MN =
SB BC

SC a 3
3

và

.
BN
SN
x
a 3−x
= 1−
= 1−
=
BS
SB
a 3
a 3

Trong

∆SA B

có

.
PN BN a 3 − x
a 3− x
=
=
⇒ PN =

SA
BS
a 3
3

Vì ABCD là hình vuông và
Vậy
SMNPQ

b) Có

CM BN BP
=
=
CS
BS BA

, ngoài ra

MQ ⊂ (α) ⇒ SD P(α)

Có

.


x  a 3−x
 a+
÷
PQ + MN ) PN 

(
3
3
=
=
2
2

lý đảo Ta lét).
Mà
c) Có

PQ P BC ⇒ PQ = BC = a

BP CQ
CM CQ
=
⇒
=
⇒ MQ PSD
BA CD
CS CD

.

S ∈ (SAB) ∩ (SCD)

⇒ (SA B) ∩ (SCD) = Sx PAB PCD
 A B PCD
 A B ⊂ (SAB),CD ⊂ (SCD)



MQ ∩ NP = I

, có

(Theo định

I ∈ NP ⊂ (SA B)
⇒ I ∈ (SA B) ∩ (SCD)

I ∈ MQ ⊂ (SCD)

.

. Hay

I ∈ Sx

. Suy ra

I chạy trên tia Sx cố định khi M di động trên SC.
Câu 18: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O,
, biết hai tam giác SAB và SCD đều. Điểm M thuộc cạnh SA và
A B = 2a,BC = 3a

SM = x ( 0 < x < 2a)

. Mặt phẳng (MBC) cắt SD tại N.

3


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

a) Xỏc nh giao tuyn ca hai mt phng (SAC) v (SBD); (SAB) v (SCD).
b) Chng minh t giỏc BMNC l hỡnh thang cõn.
c) Tớnh din tớch t giỏc BMNC theo a v x.
LI GII
a) Cú S, O l hai im chung ca hai mt phng
(SAC) v (SBD). Do ú:
(SAC) (SBD) = SO

Cú

S (SAB) (SCD)

(SAB) (SCD) = Sx PAB PCD
AB PCD
AB (SAB);CD (SCD)

S (SA B) (SCD)

(SA B) (SCD) = Sx P A B P CD
A B PCD

A B (SA B); CD (SCD)

b) Cú

M (M BC) (SAD)

(M BC) (SAD) = My PBC PA D
BC PA D
BC (M BC);A D (SAD)


Trong (SAD) gi

N = SD My N = SD (MBC)

T ú suy ra BCNM l hỡnh thang (vi
Cú

MN PBC

.

).

MN SM
x
x
3x
MN PAD
=
=
MN =
.AD =
AD SA 2a

2a
2

.

Xột tam giỏc SBM v tam giỏc SCN cú:
SB = SC

SBM = SCN BM = CN
SM = SN
ã
0
ã
BSM = CSN = 60

T giỏc BMNC cú

MN P BC

MN < BC BMNC
BM = CN


c) p dng nh lý cosin vo

SBM

l hỡnh thang cõn.

ta cú:

BM 2 = SB2 + SM 2 2SB.SMcos600
1
= 4a2 + x2 2.2ax. BM = 4a2 + x2 2ax = CN
2

4

.


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Dựng

MH ⊥ BC

tại H. Ta có

3x
3a −
BC − MN
2 = 6a − 3x
BH =
=
2
2
4

.

2

 6a − 3x 
1
MH = BM 2 − BH 2 = 4a2 + x2 − 2ax − 
28a2 + 7x2 + 4ax
÷ =
4
 4 

Diện tích tứ giác BMNC là:
S=

( MN + BC ) MH
2

 3x
1
2
2
 2 + 3a÷ 4 28a + 7x + 4ax
6a + 3x


=
=
. 28a2 + 7x2 + 4ax
2
16

Câu 19: Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Gọi S là một điểm ở ngoài mặt
phẳng (ABCD) sao cho SB = SD. Gọi M là điểm tùy ý trên AO với AM = x. Mặt
phẳng (α) qua M song song với SA và BD cắt SO , SB , AB tại N, P , Q .
a) Tứ giác MNPQ là hình gì?
b) Cho SA = a. Tính diện tích MNPQ theo a và x. Tính x để diện tích lớn nhất.
LỜI GIẢI
a) Tứ giác MNPQ là hình gì?
Ta có: SB = SD ⇒
∆SBC = ∆SDC ( c.c.c)
·
·
⇒ SCB
= SCD

Gọi I là trung điểm SC thì

⇒ IB = ID

∆IBC = ∆IDC ( c.g.c)

.

Vậy ∆IBD cân tại I ⇒ IO ⊥ BD.
Mà OI // SA ⇒ SA ⊥ BD
(*)
Ta có:
(α) // BD

⇒ MQ // BD

 BD ⊂ (ABO)
(α) ∩ (ABO) = MQ

Tương tự:

(α) // BD

⇒ NP // BD
 BD ⊂ (SBO)
(α) ∩ (SBO) = NP


Từ (1) và (2), suy ra

MQ // NP // BD

(1)

(2)

(3)

5


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

Ta có:

(4)

(α) // SA

⇒ MN // SA
SA ⊂ (SAO)
(α) ∩ (SAO) = MN


Tương tự :

(5)

(α) // SA

⇒ PQ // SA
SA ⊂ (SAB)
(α) ∩ (SAB) = PQ


Từ (4) và (5), suy ra

(6)

MN // PQ // SA

Từ (3), (6) và (*), suy ra MNPQ là hình chữ nhật.
b) Tính diện tích MNPQ theo a và x:
Ta có:
.
SMNPQ = MQ.MN

Tính MQ: Xét tam giác AQM:
Ta có:
cân tại M. Vậy MQ = AM = x.
µ = 450 , Q
µ = 450 , M
µ = 900 ⇒ ∆AQM
A
Tính MQ: Xét tam giác SAO:
Ta có: MN // SA ⇒
a 2
−x
MN OM
OM
2
=
⇒ MN = AS.
= a.
= a − x. 2
AS OA
OA
a. 2
2

⇒
SMNPQ = MQ.MN = x.(a − x. 2) =

.

1

x. 2(a − x. 2)
2
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương
và (
):
x. 2
a − x. 2
2

 x 2+ a− x 2
a2
a2
x 2 a− x 2 ≤ 
⇔ SMNPQ ≤
÷ ⇔ x 2 a− x 2 ≤

÷
2
4
4 2



(

)

(

)

Đẳng thức xảy ra khi
x. 2 = a − x. 2 ⇔ x =

⇔ M là trung điểm AO

6

a
2. 2

=

a. 2
4


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Vậy:

thì
a. 2
x=
4

SMNPQ

đạt giá trị lớn nhất.

Câu 20: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Trên cạnh AB lấy
một điểm M với AM = x. Gọi (α) là mặt phẳng qua M và song song với mặt phẳng
(SAD) cắt SB, SC, và CD lần lượt tại N, P, Q.
a) Tìm thiết diện của (α) với mặt phẳng hình chóp. Thiết diện là hình gì?
b) Tìm quĩ tích giao điểm I của MN và PQ khi M di động trên đoạn AB.
c) Cho
và SA = a. Tính diện tích của thiết diện theo a và x.
·SAD = 900
Tìm x để diện tích của thiết diện bằng

2

.

3a
8

LỜI GIẢI
a) Tìm thiết diện của (α) với mặt phẳng
hình chóp:
Vì mp

( α ) // ( SAD )

⇒

mp ( α )

// với

mọi đường thuộc mặt phẳng (SAD).
• Tìm giao tuyến của mặt phẳng (α) và
mặt phẳng (ABCD).
Có M là điểm chung của hai mặt phẳng
mp ( α )

và mp (ABCD), vì

mp ( α ) // AD

,

nên giao tuyến của chúng qua M và song
song với AD, giao tuyến này cắt CD tại điểm
Q.
Tương tự:
•

Mặt phẳng (α) và mặt phẳng (SAB) có M là điểm chung và

giao tuyến của chúng là MN với MN // SA và
•

N ∈ SB

P ∈ SC

, nên

.

Mặt phẳng (α) và mặt phẳng (SBC) có N là điểm chung và

nên giao tuyến của chúng là NP với NP // BC và

( α ) // SA

( α ) // AD // BC

,

(2)
7


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

•

Mặt phẳng (α) và mặt phẳng (SCD) có 2 là điểm chung là P, Q.

Vậy: giao tuyến của chúng là PQ.
Suy ra: thiết diện cần tìm là MNPQ.
Từ (1) và (2) thì

MQ // PN

. Vậy

MNPQ

là hình thang.

b) Tìm quĩ tích giao điểm I của MN và PQ khi M di động trên đoạn AB:
Ta có:

Mà:

AB // DC

AB ⊂ (SAB) , DC ⊂ (SCD) ⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx ( Sx // AB // CD )
S ∈ (SAB) ∩ (SCD)


I ∈ PQ ⊂ (SCD)
⇒ I ∈ (SAB) ∩ (SDC).

I ∈ MN ⊂ (SAB)

Giới hạn quĩ tích : Khi

M ≡A

thì

I ≡S

Vậy I ∈ Sx.

. Còn khi

M ≡B

thì

I ≡ S0

c) Tính diện tích của thiết diện theo a và x:
Ta có:
Tính

Tính

SMNPQ = S∆IM Q − S∆INP = S∆SA D − S∆INP

S∆SAD

S∆INP

: Ta có ∆ SAD vuông cân tại A, do đó:
SSA D

1
= .a2
2

.

: Xét tam giác SBC, tam giác SBS0 và tam giác SAB có:

NI SN
NI // S0B ⇒
=
S0B SB
PN SN
PN // BC ⇒
=
BC SB
AM SN
MN // SA ⇒
=
AB SB

Từ (1), (2) và (3), ta được:

8

(Vì ∆IMQ = ∆ SAD (c.g.c))

(1)

(2)

(3)

NI PN AM
=
=
⇒ NI = PN = AM = x
S0B BC AB

.


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

⇒ ∆ INP vuông cân tại N, vì NI // SA, PN // AD và
Do đó:
SINP

1
= .x2
2

.

Vậy: diện tích thiết diện:

Để

SMNPQ =

⇔
x2 =

2

⇒

2

3.a
8

⇔

a
4

SA ⊥ AD.

1
1
1
SMNPQ = .a2 − .x2 = (a2 − x2)
2
2
2
2

⇔

1 2 2 3.a
(a − x ) =
2
8

a
x=
2

x2 = a2 −

3.a2
4

.

Câu 21: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm
của SC, (P) là mặt phẳng qua AM và song song với BD.
a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P).
b) Gọi E, F lần lượt là giao điểm của (P) với các cạnh SB và SD. Hãy tìm tỉ số
diện tích của tam giác SME với tam giác SBC và tỉ số diện tích của tam giác SMF
và tam giác SCD.
c) Gọi K là giao điểm của ME và CB, J là giao điểm của MF và CD. Hãy
chứng minh 3 điểm K, A, J nằm trên một đường thẳng song song với EF và tìm tỉ
số

EF
KJ

.

LỜI GIẢI
a) Gọi
Gọi

O = AC ∩ BD ⇒ mp ( SAC ) ∩ mp ( SBD ) = SO

(

I = AM ∩ SO AM ,SO ⊂ mp ( SAC )

⇒ I ∈ mp ( SBD )

.

)

.

9


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

I ( P ) ( SBD )

BD // mp ( P )

BD ( SBD )

( SBD ) ( P ) = Ix( Ix // BD )

Gi

E = Ix SB,F = Ix SD

.

Suy ra: E, F cng l giao im ca SB, SD vi mt phng (P).
Vy: Thit din cn tỡm l t giỏc AEMF.
b) ý ta cú: I l trng tõm ca tam giỏc SAC nờn:
.
SI 2
=
SO 3
Xột tam giỏc SBD cú EF song song vi BD ta cú:
.
SE SF SI 2
=
=
=
SB SD SO 3
;
1
1
ã
ã
SSME 2 SM.SE.sin BSC SE SM 1 SSMF 2 SM.SF.sin DSC SF SM 1
=
=
.
=
=
=
.
=
1
SSBC

SB SC 3 SSCD 1
SD SC 3
ã
ã
SC.SB.sin BSC
SC.SD.sin DSC
2
2
c)
(1)
K = EM BC K mp ( P ) ( ABCD )
(2)

J = FM CD J mp ( P ) ( ABCD )
A mp ( P ) ( ABCD )

(3)

( 3)

T (1), (2), (3) suy ra ba im K, J, K thuc giao tuyn
(ABCD).
Ta cú:

mp ( P ) mp ( ABCD ) = ( )
( ) // BD

BD // mp ( P )

Xột tam giỏc MJK cú:

EF // JK ( vỡ JK // BD,EF // BD )

ME MF MI EF 1
=
=
=
=
MK MJ MA JK 3

10

.

. Vy

EF 1
=
KJ 3

.

:

( )

ca mp (P) v mp


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Câu 22: Cho hình chóp S.ABCD có G là trọng tâm ∆ ABC. Gọi M, N, P, Q, R, H
lần lượt là trung điểm của SA, SC, CB, BA, QN, AG.
a) Chứng minh rằng: S, R, G thẳng hàng và SG = 2MH = 4RG.
b) G' là trọng tâm ∆ SBC. Chứng minh rằng GG' // (SAB), GG' // (SAC).
c) Mặt phẳng (α) qua GG' và song song BC. Xác định thiết diện của hình chóp
tạo bởi mặt phẳng (α).
LỜI GIẢI
a) Chứng minh rằng: S , R , G thẳng hàng và
SG = 2MH = 4RG.
Gọi E trung điểm của GC .
Trong

∆QNE

có RG là đường trung bình

của tam giác nên có:
(1)

uuur 1 uuur
RG = NE
2

Trong

∆SCG

có: NE là đường trung bình

của tam giác nên có:
(2)

uuu
r
uuur
SG = 2NE

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm G, R, S thẳng
hàng và GS = 4GR.
Trong

∆SAG

có HM là đường trung bình của tam giác nên có

GS = 2HM

.

b) Chứng minh rằng: GG' // (SAB); GG' // (SAC).
Trong tam giác SAP có:

PG PG' 1
=
=
⇒ GG' // SA
PA PS 3

.

Hai mặt (SAB) và (SAC) cùng chứa SA.
Suy ra GG' // (SAB), GG' // (SAC).
c) Xác định thiết diện của hình chóp tạo bởi mặt phẳng (α)
•

Vì

( α ) // BC

, nên

( α)

cắt mặt phẳng đáy (ABCD) theo giao tuyến qua G và

song song với BC. Giao tuyến này cắt AB tại F, cắt AD tại L.

11


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn



Vỡ GG' // SA nờn

ct mt phng (SAB) theo giao tuyn qua F v song

( )

song vi SA. Giao tuyn ny ct SB ti T.


Vỡ GG' // SA nờn

( )

ct mt phng (SAD) theo giao tuyn qua F v song

song vi SA. Giao tuyn ny ct SB ti T.


TG' l giao tuyn ca mt phng

( )

vi mt phng (SBC), giao tuyn ny ct

SC ti S.
Thit din cn tỡm l ng giỏc FLKST .

BI 3
HAI MAậT PHANG SONG SONG
nh lớ 1:
Nu mt phng
nhau

( )

a,b

thỡ

v

( )

a,b

( )

cha hai ng thng ct

cựng song song vi mt phng

song song vi

( )

.

Phng phỏp chng minh hai mt phng song
song:
Ta phi chng minh cú hai ng thng ct nhau
thuc mt phng ny ln lt song song vi mt
phng kia.
nh lớ 2:
Qua mt im nm ngoi mt mt phng cho
trc cú mt v ch mt mt phng song song vi

mt phng ó cho.
H qu:
Nu ng thng
song song vi mt phng
d
thỡ trong
cú mt ng thng song song
( )
( )

12


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

với

d

và qua

song với

( α)

d

có duy nhất một mặt phẳng song

.

Phương pháp chứng minh đường thẳng d song
song với
: Ta phải chứng minh d thuộc
và
( α)
( β)

( β)

//

( α)

⇒ d // ( α )

.

Hệ quả 2:
Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với
mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau.
Hệ quả 3:
Cho điểm A không nằm trên mặt phẳng
.
( α)
Mọi đường thẳng đi qua A và song song với

( α)

đều nằm trong mặt phẳng đi qua A và song song

với
.
α
( )
Định lí 3:
Cho hai mặt phẳng song song. Nếu một mặt phẳng
cắt mặt phẳng này thì cũng cắt mặt phẳng kia và hai
giao tuyến song song với nhau.
Hệ quả:
Hai mặt phẳng song song chắn trên hai cát
tuyến song song những đoạn thẳng bằng nhau.

Định lí Ta-lét:
Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai
cát tuyến bất kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.

13


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

Hình lăng trụ và hình hộp.
Cho hai mặt phẳng song song
và

( α ')

. Trên

A 1A 2...A n

( α)

cho đa giác lồi

( α)

.

Qua các đỉnh

A 1,A 2 ,...,A n

ta vẽ

các đường thẳng song song với nhau
và cắt
lần lượt tại
.
'
'
'
( α ')
A 1,A 2 ,...,A n
Hình gồm hai đa giác

,

A nA 'nA '1A 1

và

A 2A '2A '3A 3 ,...,

được gọi là hình lăng trụ

được

kí

hiệu

A 1A 2...A n .A '1A '2...A 'n

Hai

đa

A '1A '2...A 'n

giác

14

là

.

A 1A 2...A n

và

được gọi là hai mặt đáy của

hình lăng trụ.
Các đoạn thẳng
trụ.

,

và các hình bình hành

A '1A '2...A 'n
A 1A 1' A '2A 2

A 1A 2...A n

A 1A 1' ,A 2A '2 ,...,A nA 'n

được gọi là các cạnh bên của hình lăng


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Các hình bình hành

A 1A 1' A '2A 2 ,A 2A '2A '3A 3 ,...,A n A 'n A 1' A 1

được gọi là các

mặt bên của hình lăng trụ.
Các đỉnh của hai đa giác được gọi là các đỉnh của hình lăng trụ.
Nhận xét:
Các cạnh bên của hình lăng trụ bằng nhau và song song với nhau.
Các mặt bên của hình lăng trụ là hình bình hành.
Hai đáy của hình lăng trụ là hai đa giác bằng nhau.
Người ta gọi tên của hình lăng trụ dựa vào tên của đa giác đáy.

Hình chóp cụt
Cho hình chóp
, một mặt phẳng (P) không qua đỉnh, song song với
S.A 1A 2...A n
mặt phẳng đáy của hình chóp cắt các cạnh

A '1,A '2 ,...A 'n

. Hình tạo bởi thiết diện

chóp cùng với các tứ giác

SA 1,SA 2 ,SA 3 ,...,SA n

A '1A '2...A 'n

và đáy

lần lượt tại

A 1A 2...A n

A '1A '2A 2A 1,A '2A '3A 3A 2 ,...,A 'n A 1' A 1A n

của hình

gọi là hình

chóp cụt.
Đáy của hình chóp gọi là đáy lớn của
hình chóp cụt, còn thiết diện
A '1A '2...A 'n
gọi là đáy nhỏ của hình chóp cụt.
Các
tứ
giác
A '1A '2A 2A 1,
A '2A '3A 3A 2 ,...,

A 'n A '1A 1A n

gọi là các
15


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

mặt bên của hình chóp cụt. Các đoạn
thẳng
gọi là các
A 1A '1, A 2A '2 , A n A 'n
cạnh bên của hình chóp cụt.

Tùy theo đáy là tam giác, tứ giác, ngũ
giác …, ta có hình chóp cụt tam giác,
hình chóp cụt tứ giác, hình chóp cụt ngũ giác.
Vì hình chóp cụt được cắt ra từ một hình chóp nên ta dễ dàng suy ra các tính
chất sau đây của hình chóp cụt.
Tính chất:
•

Hai đáy là hai đa giác có các cạnh tương ứng song song và các tỉ số các cặp

cạnh tương ứng bằng nhau.
•
•

Các mặt bên là những hình thang.
Các đường thẳng chứa các cạnh bên đồng quy tại một điểm.

DẠNG 1: Chứng minh hai mặt phẳng song song, đường song song với mặt
Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của SA, SD .
a) Chứng minh rằng :

(OMN) P(SBC)

.

b) Gọi P, Q , R lần lượt là trung điểm của AB, ON, SB. Chứng minh : PQ
(MOR)

P

(SCD)

LỜI GIẢI
a) Chứng minh (OMN) (SBC):
P

Trong hai tam giác SAC và SDB có
OM

P

SC và ON

P

SB (đường trung bình của

tam giác)
Có

OM ,ON ⊂ ( OMN )
⇒ ( OMN ) P( SBC )

SB , SC ⊂ ( SBC )

b) Chứng minh : PQ
16

P

(SBC)

.

P

(SBC),


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Có OP
Suy ra
Vì

P

AD mà AD

P

MN suy ra OP

P

MN .

P ∈ ( OMN ) ⇒ PQ ⊂ ( OMN )

( OMN ) P( SBC )

⇒ PQ P( SBC )

Chứng minh : (MOR) (SCD)
P

Ta có MR AB mà AB CD , suy ra MR CD . Và có OM SC
P

Vì

P

MR,OM ⊂ ( OMR )

P

và

CD,SC ⊂ ( SCD )

P

. Từ đó suy ra

( OMN ) P( SCD )

Câu 2: Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF có chung cạnh AB và không đồng
phẳng. I, J, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD, EF. Chứng minh:

a) (ADF) (BCE)

b (DIK) (JBE)

P

P

LỜI GIẢI
a) mp(ADF) mp(BCE):
P

Ta có AF BE và AD BC. Mà
P

P

AF,AD ⊂ ( ADF )

ra

và

BE,BC ⊂ ( BCE )

. Từ đó suy

( ADF) P( BCE )

b) mp (DIK) mp(JBE)

P

Dễ dàng chứng minh hai tứ giác BIDJ và
BIKE là hình bình hành. Từ đó suy ra DI BJ và
P

IK BE . Suy ra mp (DIK) mp(JBE).
P

P

Câu 3: Cho các hình bình hành ABCD , ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác nhau.
Trên các đường chéo AC, BF theo thứ tự lấy các điểm M,N sao cho MC = 2AM ,
NF = 2BN . Qua M , N lần lượt kẻ các đường thẳng song song với cạnh AB, cắt
các cạnh AD, AF theo thứ tự tại M , N . Chứng minh rằng :
1

1

17


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

a)

b)

MN P DE

LI GII
a) Chng minh

MN P DE

c)

M 1N 1 P(DEF)

(MNM 1N 1) P(DEF)

: Gi I trung im

ca AB .
Ta cú
AC = 3AM
2
3A M = 2A O A M = AO

AC
=
2AO
3


.

Ngoi ra AM l ng trung tuyn ca tam
giỏc ABD t ú suy ra M trng tõm ca tam
giỏc ABD. Chng minh hon ton tng t N

l trng tõm ca tam giỏc EAB. Suy ra ba
ng thng DM , EN , AB ng qui ti im I
Trong
, theo tớnh cht trng tõm cú
IDE
IM

IN 1
=
=
MN P DE
ID IE 3

b) Chng minh
Ta cú :

M 1N 1 P(DEF)

(4)

AN 1 AM 1 1
=
=
M 1N 1 P DF
N 1F M 1D 2

.

DF ( DEF ) M 1N 1 P( DEF )

c) Chng minh
Cú

(3) .

AM 1 IM
1
MM 1 PA I
=
=
M 1D MD 2

T (3) v (4) suy ra

Vỡ

:

AN 1 IN 1
NN 1 PAI
=
=
N 1F NE 2

Tng t cú

.

(MNM 1N 1) P(DEF)

MN P DE

T ú suy ra

v

M 1N 1 P DF

, m

(MNN 1M 1) P(DEF)

:

MN , M 1N 1 ( MNN 1M 1 )

v

DE , DF ( DEF )

.

.

Cõu 4: Cho hai hỡnh bỡnh hnh ABCD v ABEF cú chung cnh AB v nm
trong hai mt phng phõn bit. Gi M, N th t l trung im ca AD, BC v I,
18

P

Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

J, K theo thứ tự là trọng tâm các tam giác ADF, ADC, BCE . Chứng minh (IJK)
(CDFE)
P

LỜI GIẢI
Xét tam giác MFC ta có :
( tính chất trọng tâm )
MI
MJ 1
=
=
MF MC 3

⇒

IJ PFC

(1)

Xét hình bình hành MNEF có :
(2)
MI NK 1
=
=
⇒ IK PFE
MF NE 3

Từ (1) và (2) ta được
IJ PFC , IK PFE

IJ,IK ⊂ ( IJK ) , IJ ∩ IK = I ⇒ mp ( IJK ) Pmp ( CDFE )

FC , FE ⊂ ( CDFE )

Kết luận

(IJK ) P(CDFE)

.

Câu 5: Từ bốn đỉnh của hình bình hành ABCD vẽ bốn nửa đường thẳng song
song cùng chiều
, , , . Sao cho chúng cắt mặt phẳng ABCD. Một
Ax By Cz Dt

mặt phẳng

( α)

cắt bốn nửa đường thẳng theo thứ tự nói trên tại A' , B' , C' , D'.

a) Chứng minh

( Ax,By) P( Cz,Dt)

và

( Ax,Dt) P( By,Cz )

b) Tứ giác A'B'C'D' là hình gì ?
c) Chứng minh

AA '+ CC' = BB'+ DD'

LỜI GIẢI
a) Chứng minh

( Ax,By) P( Cz,Dt)
( Ax,Dt) P( By,Cz )
Có

và

Ax P Dt
⇒ Ax P( Cz,Dt)

 Dt ⊂ ( Cz,Dt)

, và

( 1)
19


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

A B PCD

⇒ AB P( Cz,Dt)

CD ⊂ ( Cz,Dt)

Từ (1) và (2) và

( 2)

Ax,AB ⊂ ( Ax,By ) ⇒ ( Ax,By ) P( Cz,Dt )

Chứng minh tương tự suy ra

( Ax,Dt) P( By,Cz )

b) Tứ giác A'B'C'D' là hình gì ?
Có

( α ) ∩ ( Ax,By ) = A 'B'

( α ) ∩ ( Cz,Dt) = C'D' ⇒ A 'B' PC'D' ( 1)

( Ax,By ) P( Cz,Dt)

.

, và

( α ) ∩ ( Ax,Dt) = A 'D'

( α ) ∩ ( By,Cz ) = B'C' ⇒ A 'D' P B'C' ( 2)


( Ax,Dt) P( By,Cz )

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác A'B'C'D' là hình bình hành.
c) Gọi
. Vì O , O' là tâm của hai bình bình hành
O = AC ∩ BD , O' = A 'C'∩ B'D'

ABCD và A'B'C'D' , nên có OO' là đường trung bình của hai hình thang ACC'A' và
BDD'B', theo tính chất đường trung bình của hình thang suy ra :
.
OO' =

AA '+ CC ' BB'+ DD'
=
⇒ AA '+ CC' = BB'+ DD'
2
2

Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD, mp(P) cắt các cạnh SA , SB , SC , SD lần lượt tại
A', B', C', D'. Tìm điều kiện của mặt phẳng (P) để A'B'C'D' là hình bình hành.
LỜI GIẢI
+ A'B'C'D' là hình bình hành
.
⇔ A 'B' PC 'D'

A 'D' P B'C'

Trong mp(ABCD) gọi

E = AB ∩ CD

và

F = AD ∩ BC

Ta có

SE = (SAB) ∩ (SCD)

+ Ta có:
20

và

SF = (SAD) ∩ (SBC)

.


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

A 'B' = (P) ∩ (SA B)

C'D' = (P) ∩ (SCD)
⇒ SE PA 'B' PC 'D' ⇒ SE P(P)

SE = (SAB) ∩ (SCD)
A 'B' PC'D'

(Định lí về giao tuyến của

3 mặt phẳng).
+ Tương tự, SF (P).
P

Vậy nếu (P) SE và (P) SF thì A'B'C'D' là hình bình hành.
P

P

Câu 7: Cho tứ diện ABCD có AB = CD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC
và BD, E là điểm thuộc AD khác Avà D. Tìm vị trí của E để thiết diện của tứ
diện khi cắt bởi mp(JEI) là hình thoi.
LỜI GIẢI
- Có IJ là đường trung bình của tam giác BCD. Do
đó, IJ CD
CD mp(IJEF)
(do CD, EF
⇒
P
P
⇒ CD PEF
đồng phẳng). Do đó, thiết diện IJEF là hình thang.
Để thiết diện là hình thoi thì
E là
EF = JI
⇒

EF = JE

trung điểm của AD.
Ngược lại, khi E là trung điểm của AD thì

⇒


CD
EF P JI PCD , FE = JI = 2

AB

 JE PFI PAB , JE = FI =
2

CD = AB



IJEF là hình thoi.

Câu 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Mặt phẳng (P) cắt các
đoạn SA, SB, SC, SD lần lượt tại A', B', C', D'. Chứng minh rằng tứ giác
A'B'C'D' là hình bình hành khi và chỉ khi mặt phẳng (P) song song với
mp(ABCD).
LỜI GIẢI

21

C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

-

Giả sử mp(P) mp(ABCD) . Khi đó mp(P) và
P

(ABCD) bị mp(SAB) cắt theo hai giao tuyến A'B' và AB
song song. Tương tự, C'D' CD , B'C' BC , A'D' AD.
P

⇒

P

A'B' C'D' và A'D' B'C'
P

P

⇒

P

A'B'C'D' là hình bình

hành.
- Giả sử A'B'C'D' là hình bình hành :
+ Ta có:

A 'B' PC 'D'

A 'B' ⊂ (SAB) ⇒ ∆ = (SA B) ∩ (SCD) ⇒ ∆ PA 'B' , ∆ PC 'D'
C 'D' ⊂ (SCD)


+ Mặt khác:

AB PCD

AB ⊂ (SAB) ⇒ ∆ = (SAB) ∩ (SCD) , ∆ PAB , ∆ PCD
CD ⊂ (SCD)


Do đó, A'B' AB
P

⇒

.

.

A'B' (ABCD). (1)
P

+ Tương tự A'D' (ABCD).

(2)

P

Từ (1) , (2) suy ra mp(P) mp(ABCD).
P

Câu 9: Cho hai hình vuông ABCD và ABEF ở trong hai mặt phẳng phân biệt. Trên
các đường chéo AC và BF lần lượt lấy các điểm M và N sao cho AM = BN. Các
đường thẳng song song với AB vẽ từ M và N lần lượt cắt AD và AF tại M’ và N’.
Chứng minh rằng:
a) mp(ADF) mp(BCE)
b) mp(DEF) mp(MM’N’N).
P

P

LỜI GIẢI
a) Ta có: AF BE , BE ⊂ (BCE) và AD BC ,
P

P

BC⊂ (BCE)
⇒ AF và AD cùng song song với mp(BCE) , mà
AF, AD ⊂ (ADF) .
Vậy : (ADF) (BCE).
P

b) Ta có:

22

MM ' PAB

mà

AB PEF

⇒

MM ' PEF

⊂ (DEF) (*)


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Mặt khác :

,

AM ' AM
MM ' PCD ⇒
=
AD
AC

Mà AM = BN, AC = BF
⇒

Từ (1), (2) và (3)

(1) NN ' PAB ⇒

AM BN
=
AC
BF

A N ' BN
=
AF
BF

(2)

(3)

AM ' AN '
⇒
=
⇒ M 'N ' P DF ⊂ (DEF)
AD
AF

(**)

Mà MM', M'N' ⊂ (MM'N'N) (***) .
Từ (*), (**), (***) ⇒ (DEF) (MM'N'N).
P

DẠNG 2: THIẾT DIỆN CỦA HÌNH CHÓP VỚI MẶT PHẲNG

( α ) , BIẾT

( α)

SONG SONG VỚI MỘT MẶT PHẲNG THUỘC KHỐI CHÓP.
PHƯƠNG PHÁP:

( α)

Vì
song song với mặt phẳng, suy ra
mặt phẳng đã biết.
Sau đó tìm giao tuyến của

( α)

( α)

song song với mọi đường thuộc

với các mặt của khối chóp. Dựa vào tính chất:

M ∈ ( α ) ∩ ( P )

⇒ ( α ) ∩ ( P ) = Mx Pd
( α ) Pd

d ⊂ ( P )

.

Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, O là giao
điểm hai đường chéo, AC = a,BD = b, tam giác SBD đều.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng

( SAD )

và

( SBC )

.

b) Gọi G,G' lần lượt là trọng tâm của các tam giác ACD,SCD . Chứng minh
GG' song song với mặt phẳng ( SA C ) .
a
0 < x ≤ ).
2 Gọi ( α ) là
c) Gọi M là điểm di động trên đoạn AO với AM = x (với

mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng

( SBD ) . Tìm thiết diện tạo bởi

( α ) và hình chóp S.ABCD.
d) Tính diện tích thiết diện tìm được ở câu c) theo a,b,x . Tìm x để diện tích này
đạt giá trị lớn nhất.
23

C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

LỜI GIẢI

a) Có

S ∈ (SAD) ∩ (SBC)

A D P BC
A D ⊂ (SAD);BC ⊂ (SBC)


⇒ (SA D) ∩ (SBC) = Sx PAD PBC .

b) Gọi E trung điể của CD.Xét trong ∆SA E ,
theo tính chất trọng tâm có:
EG EG'
=
⇒ GG' PSA
EA
ES
(Tính chất Talét) , mà
SA ⊂ (SAC) ⇒ GG' P(SAC)

.

( α ) PSB

( α ) P( SBD ) ⇒ ( α ) PSD


( α ) P BD
c) Do có

M ∈ ( α ) ∩ (ABCD)
⇒

α ) P BD
(
( α ) và (ABCD) qua M và song song


• Có
giao tuyến của

với BD. Giao tuyến này cắt AB, AD lần lượt tại H và K.

K ∈ ( α ) ∩ (SAB)
⇒

α PSB
( α ) và (SAB) qua K và song song với
• Có ( )
giao tuyến của

BD. Giao tuyến này cắt SA tại L.
LK = (α ) ∩ (SAD)
⇒ LK PSD

• Có (α) PSD ⊂ (SAD)

Suy ra thiết diện cần tìm là tam giác HKL.
Trong ∆A BD có
⇒ HK =

HK P BD ⇒

A H AK HK A M
A H A K HK 2x
=
=
=
⇔
=
=
=
AB A D BD A O
A B AD
b
a

2bx
a .

Trong ∆SA B có
KL =

HL PSB ⇒
2bx
a .

AH HL
HL 2x
2bx
=
⇒
=
⇒ HL =
A B SB
SB
a
a .

Tương tự
Từ đó suy ra tam giác HKL đều.
24


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt
2

d) Vì HKL là tam giác đều nên
⇔ x=

S∆HKL

 2bx 
3 b2x2 3
=
=

÷.
a2
 a  4
. Để diện tích này lớn

a
2.

nhất khi x lớn nhất
Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành,
AB = a,A D = 2a

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng

( SAB)

b) Gọi M là điểm di động trên cạnh AB với

và

( SCD )

.

AM = x ( 0 < x < a)

. Gọi

( α)

( SAD )

là mặt

( α)

phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng
. Tìm thiết diện tạo bởi
và hình chóp S.ABCD.
c) Cho tam giác SAD vuông cân tại A. Tính diện tích của thiết diện tìm được ở
câu b) theo a và x.
LỜI GIẢI

a) Vì

(α) PSD

(α) P(SAD) ⇒ (α) PSA
(α) PAD


(α) PA D,A D ⊂ (ABCD)
⇒

M ∈ (α ) ∩ (ABCD)


Do
giao tuyến
(

α
)
của mp
với mp(ABCD) qua M và song song

với AD, giao tuyến này cắt CD tại N.
(α) PSD,SD ⊂ (SCD)
⇒

N ∈ (α) ∩ (SCD)
Do 
giao tuyến của mp (α) với mp(SCD) qua N và

song song với SD, giao tuyến này cắt SC tại P.
(α) PSA ,SA ⊂ (SAB)
⇒

M ∈ (α ) ∩ (SAB)

Do
giao tuyến của mp (α) với mp(SAB) qua M và
song song với SA, giao tuyến này cắt SB tại Q.
Ngoài ra có

PQ = (α) ∩ (SBC)
⇒ PQ P BC PAD

(α) P BC PA D

.

Suy ra thiết diện cần tìm là hình thang MNPQ, do MN PPQ P BC PAD .
SA ⊥ A D
⇒ MQ ⊥ MN

MQ PSA ;MN PAD
b) Do 

25