Sử dụng thao tác tư duy phân tích để tìm cách vẽ hình phụ trong việc giải bài toán hình học không gian lớp 11

Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TOÁN

------

KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP
Đề tài:

SỬ DỤNG THAO TÁC TƯ DUY PHÂN TÍCH
ĐỂ TÌM CÁCH VẼ HÌNH PHỤ TRONG VIỆC GIẢI
BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN LỚP 11

Giáo viên hướng dẫn
Sinh viên thực hiện
Lớp

: Th.S.Ngô Thị Bích Thuỷ
: Lê Tự Nam Long
: 12ST

- Đà Nẵng, tháng 5/2016 SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 1


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

LỜI CẢM ƠN
Em xin chân thành cảm ơn:
Cơ Ngơ Thị Bích Thuỷ đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ em trong suốt thời gian hồn
thành khố luận.
Các thầy cơ trong khoa Tốn đã góp ý cho em những kiến thức quý báu để hồn thiện
khố luận.

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 2


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

MỤC LỤC
Trang phụ bìa
Lời cảm ơn
Mục lục...............................................................................................................................2
Các chữ và kí hiệu viết tắt................................................................................................3
Mở đầu...............................................................................................................................4
1. Lý do chọn đề tài............................................................................................................ 4
2. Mục đích nghiên cứu.......................................................................................................4
3. Nhiệm vụ nghiên cứu.......................................................................................................5
4. Phương pháp nghiên cứu.................................................................................................5
5. Phạm vi nghiên cứu.........................................................................................................5

6. Cấu trúc luận văn.............................................................................................................5
Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN...........................................................................................6
1.1. Giới thiệu thao tác tư duy phân tích..............................................................................6
1.2. Các kiến thức hình học sử dụng trong đề tài.................................................................7
1.2.1. Định lí Pytago:
1.2.2. Định lí Talet trong mặt phẳng:
1.2.3. Định lí cosin:
1.2.4. Hệ quả của định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng:
1.2.5. Định lí điều kiện để đường thẳng và mặt phẳng vng góc với nhau:
1.2.6. Định lí về tính chất của đường thẳng song song với mặt phẳng:
1.2.7. Tính chất liên hệ giữa quan hệ song song và quan hệ vng góc của đường thẳng
và mặt phẳng:
1.2.8. Định lí ba đường vng góc:
Chương 2: SỬ DỤNG THAO TÁC TƯ DUY PHÂN TÍCH ĐỂ TÌM CÁCH VẼ
HÌNH PHỤ TRONG VIỆC GIẢI BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
LỚP 11................................................................................................................................9
2.1. Dạng 1: Tính diện tích thiết diện, diện tích đa giác......................................................9
2.2. Dạng 2: Các bài toán liên quan đến tỉ số, đẳng thức................................................ ..21
2.3. Dạng 3: Chứng minh các yếu tố vng góc................................................................29
2.4. Dạng 4: Các bài tốn quỹ tích, tập hợp điểm..............................................................34
Kết luận.............................................................................................................................39
Tài liệu tham khảo...........................................................................................................40

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 3


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

CÁC CHỮ VÀ KÍ HIỆU VIẾT TẮT
mp : mặt phẳng
đpcm : điều phải chứng minh

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 4


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Sự phát triển kinh tế-xã hội trong bối cảnh tồn cầu hố đặt ra những u cầu đổi mới đối
với tồn xã hội, do đó cũng đặt ra những yêu cầu mới cho sự nghiệp giáo dục thế hệ trẻ
và đào tạo nguồn nhân lực. Một trong những định hướng cơ bản của việc đổi mới giáo
dục là chuyển từ nền giáo dục mang tính hàn lâm sang một nền giáo dục chú trọng việc
hình thành năng lực hành động, phát huy tính chủ động, sáng tạo của người học. Định
hướng quan trọng trong đổi mới phương pháp dạy học là phát huy tính tích cực, tự lực và
sáng tạo, phát triển năng lực hành động, năng lực cộng tác làm việc của người học. Đó
cũng là những xu hướng quốc tế trong cải cách phương pháp dạy học ở nhà trường phổ
thông.
Mặt khác, nghị quyết hội nghị Trung ương 8 khoá XI về đổi mới căn bản, toàn diện giáo
dục và đào tạo nêu rõ: “Tiếp tục đổi mới mạnh mẽ phương pháp dạy và học theo hướng
hiện đại; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo và vận dụng kiến thức, kĩ năng của
người học; khắc phục lối truyền thụ áp đặt một chiều, ghi nhớ máy móc. Tập trung dạy

cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo cơ sở để người học tự cập nhật và đổi mới
tri thức, kĩ năng, phát triển năng lực”.
Hiện nay, trong chương trình tốn trung học phổ thơng, hình học khơng gian được dạy và
học ở hai khối 11 và 12. Bộ môn này yêu cầu người học phải có óc quan sát, hình dung,
tưởng tượng, tư duy logic,... Để giúp học sinh hình thành và phát triển tốt những kĩ năng
trên, đòi hỏi giáo viên cũng phải có những phương pháp cụ thể. Đó là những phương
pháp phân tích, tổng hợp, suy luận logic giúp học sinh có thể tự mình tìm ra những lời
giải thích hợp cho từng bài tốn.
Trong chương trình tốn hình lớp 11 hiện nay, đa số các em học sinh đều gặp khó khăn
khi giải quyết các bài tốn hình học khơng gian, đặc biệt là dạng tốn vẽ thêm hình phụ
trong q trình tìm lời giải. Đơi khi ta sẽ khơng tìm được đáp số của bài tốn nếu khơng
vẽ thêm hình phụ. Thế nhưng việc tạo ra hình phụ thích hợp cho từng bài tốn cụ thể là
vấn đề không đơn giản. Muốn giải quyết vấn đề đó, người học khơng chỉ cần kiến thức,
phương pháp vững vàng mà còn phải rèn luyện tư duy, đồng thời phải có kĩ năng phân
tích từng giả thiết của bài tốn.
Với những lí do trên, tơi chọn đề tài: “Sử dụng thao tác tư duy phân tích để tìm cách vẽ
hình phụ trong việc giải bài tốn hình học khơng gian lớp 11”.
2. Mục đích nghiên cứu
Đưa ra một số phương pháp vẽ hình phụ trong việc giải bài tốn hình học khơng gian lớp
11.

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 5


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
-Nghiên cứu cơ sở lý luận.
-Nghiên cứu cách phân tích giả thiết, phương pháp tư duy để tìm cách vẽ hình phụ trong
việc giải bài tốn hình học không gian lớp 11.
4. Phương pháp nghiên cứu
-Nghiên cứu cở sở lý luận và thực tiễn của việc dạy học hình học khơng gian lớp 11.
-Nghiên cứu các tài liệu về phương pháp dạy học toán, những tài liệu liên quan đến hình
học khơng gian lớp 11.
5. Phạm vi nghiên cứu
Đề tài chỉ tập trung nghiên cứu thao tác tư duy phân tích để tìm cách vẽ hình phụ trong
việc giải bài tốn hình học khơng gian lớp 11 (sách hình học 11 nâng cao).
6. Cấu trúc luận văn
Chương 1: Cơ sở lý luận
1.1. Giới thiệu thao tác tư duy phân tích.
1.2. Các kiến thức hình học sử dụng trong đề tài.
Chương 2: Sử dụng thao tác tư duy phân tích để tìm cách vẽ hình phụ trong việc giải bài
tốn hình học khơng gian lớp 11.
2.1. Dạng 1: Tính diện tích thiết diện, diện tích đa giác.
2.2. Dạng 2: Các bài toán liên quan đến tỉ số, đẳng thức.
2.3. Dạng 3: Chứng minh các yếu tố vng góc.
2.4. Dạng 4: Các bài tốn quỹ tích, tập hợp điểm.

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 6


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN
1.1 Giới thiệu thao tác tư duy phân tích.
1.1.1. Mơ tả:
Phân tích là dùng trí óc chia cái toàn thể ra thành từng phần hoặc từng thuộc tính hay khía
cạnh riêng biệt nằm trong cái tồn thể đó.
1.1.2. Tác dụng trong dạy, học tốn:
Trong dạy học tốn, thao tác tư duy phân tích giúp học sinh hiểu sâu và đầy đủ những
thuộc tính, những trường hợp riêng lẻ nằm trong một khái niệm, một định lý...
Đây là thao tác cơ bản luôn được sử dụng để tiến hành các thao tác khác.
1.2.3. Biện pháp thực hiện:
Khi dạy học sinh giải bài tập tốn, cần phải:
-Nhìn bao qt một cách tổng hợp, xem bài toán đã cho thuộc loại nào? Phân tích cái đã
cho và cái cần tìm...
-Thực hiện phân tích và tổng hợp xen kẽ nhau. Sau khi phân tích được một số ý thì tổng
hợp lại xem ta có thu được điều gì bổ ích khơng? Cịn thiếu yếu tố nào nữa?
-Tách bài tốn đã cho thành nhiều bài toán thành phần, bài toán đặc biệt đơn giản hơn và
dễ hơn, rồi cuối cùng tổng hợp lại để có kết quả.
Ví dụ: Cho a+b  2 (1). Chứng minh a 3 +b 3  a 4 +b 4 (2).
Bước 1: Biến đổi kết luận.
Nhận thấy trong hai vế của kết luận đều có chứa cả a lẫn b nên đưa về một vế để đặt
thành thừa số chung.
(2)  a 4 -a 3 +b 4 -b 3  0  a 3 (a-1) + b 3 (b-1)  0 (3).
Bước 2: Làm cho gải thiết và kết luận gần nhau.
Chuyển vế và tách ra trong (1) để gần gũi với (3).
(1)  (a-1) + (b-1)  0 (4).
Bước 3: Tiếp tục phân tích vế trái của giả thiết. Tổng của hai số mà khơng âm thì chỉ có
ba khả năng xảy ra:
Khả năng 1: a-1  0 và b-1  0 suy ra a  1 và b  1. Lúc này (3) hiển nhiên đúng. Bất đẳng
thức chứng minh xong.

 a 1  0
 a 1  0


Khả năng 2:  b  1  0
hay  b  1  0
 a 1  b 1
 b 1  a 1



Hai khả năng trên đây là tương tự, ta chỉ cần xét một là đủ.
SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 7


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

 a 1  0
 a 1


 b 1  0   b  1 .
 a 1  b 1
a  1  1  b



Từ điều kiện b  1 ta phân tích thành các trường hợp sau:
b=0 hay b=1 và a  1 thì (3) hiển nhiên đúng.
b<0 suy ra b 3 <0 và b-1<0 nên b 3 (b-1)>0. Do đó (3) đúng.
0a 1 b3
(3)  a 3 (a-1)  b 3 (1-b) 
 .
1 b a3
Bất đẳng thức này đúng vì:
3
b
b
0a
a
a 1
 1.
a-1  1-b>0 nên
1 b
Cách chứng minh trên đây có thể dài hơn một số cách chứng minh khác, nhưng rõ ràng ta
đã rèn luyện cho học sinh thao tác tư duy phân tích có hiệu quả.
1.2. Các kiến thức hình học sử dụng trong đề tài.
1.2.1. Định lí Pytago:
Trong một tam giác vng, bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc
vng.
1.2.2. Định lí Talet trong mặt phẳng:
Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh cịn lại thì nó
định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
1.2.3. Định lí cosin:

Trong tam giác ABC, với BC=a, CA=b, AB=c, ta có:
a 2 =b 2 +c 2 -2bc.cosA;
b 2 =a 2 +c 2 -2ac.cosB;
c 2 =a 2 +b 2 -2ab.cosC.
1.2.4. Hệ quả của định lí về giao tuyến của ba mặt phẳng:
Nếu hai mặt phẳng cắt nhau lần lượt đi qua hai đường thẳng song song thì giao tuyến của
chúng song song với hai đường thẳng đó.
1.2.5. Định lí điều kiện để đường thẳng và mặt phẳng vng góc với nhau:

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 8


Khố luận tốt nghiệp
GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ
Nếu đường thẳng d vng góc với hai đường thẳng a và b cắt nhau cùng nằm trong mặt
phẳng (P) thì đường thẳng d vng góc với mặt phẳng (P).
1.2.6. Định lí về tính chất của đường thẳng song song với mặt phẳng:
Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng (P) thì mọi mặt phẳng (Q) chứa a mà cắt (P)
thì cắt theo giao tuyến song song với a.
1.2.7. Tính chất liên hệ giữa quan hệ song song và quan hệ vng góc của đường
thẳng và mặt phẳng:
Mặt phẳng nào vng góc với một trong hai đường thẳng song song thì cũng vng góc
với đường thẳng cịn lại.
1.2.8. Định lí ba đường vng góc:
Cho đường thẳng a khơng vng góc với mặt phẳng (P) và đường thẳng b nằm trong (P).
Khi đó, điều kiện cần và đủ để b vng góc với a là b vng góc với hình chiếu a ' của a
trên (P).

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 9


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

Chương 2: SỬ DỤNG THAO TÁC TƯ DUY PHÂN TÍCH
ĐỂ TÌM CÁCH VẼ HÌNH PHỤ TRONG VIỆC GIẢI BÀI TỐN
HÌNH HỌC KHƠNG GIAN LỚP 11.
2.1 Dạng 1: Tính diện tích thiết diện, diện tích đa giác.
Bài tốn 1: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a. Kéo dài BC một đoạn CE bằng a, kéo dài BD
một đoạn DF bằng a. Gọi M là trung điểm của AB.
a) Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (MEF).
b) Tính diện tích thiết diện trên theo a.
Giải:

A

M

B

K
H

F

D
C
E

 Phân tích:
a) Để xác định thiết diện của tứ diện ABCD với mp (MEF), ta cần tìm giao tuyến của mp
(MEF) với từng mặt bên của tứ diện (ABCD).
Đầu tiên ta tìm giao tuyến của mp (MEF) với mp (ABC). Ta thấy M và C lần lượt là
trung điểm của AB và BE. Khi đó hai đường trung tuyến AC và EM của tam giác ABE

cắt nhau tại một điểm, ta gọi điểm đó là H. Như vậy hai mp (ABC) và mp (MEF) có hai
điểm chung là M và H. Do đó MH là giao tuyến của mp (MEF) với mp (ABC).
Tương tự ta xác định được MK là giao tuyến của mp (MEF) với mp (ABF), trong đó K là
trọng tâm của tam giác ABF.
Nối HK thì HK là giao tuyến của mp (MEF) với mp (ACD).
Vậy thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (MEF) là tam giác MHK.
SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 10


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

b) Ta vẽ tam giác MHK để dễ tính diện tích của nó.
Muốn tính diện tích tam giác MHK, ta cần có độ dài đáy và đường cao. Hiện tại tam giác
MHK chưa có đường cao nên ta vẽ đường cao MI của nó.

M

H

K

I

1
Gọi S là diện tích của tam giác MHK thì S= .HK.MI.Vậy ta cần tính độ dài HK và MI.
2
Đầu tiên, ta tính độ dài HK. Ta thấy H và K lần lượt là trọng tâm của tam giác ABE và
AH AK 2
ABF nên:
=
= . (từ đây ta sẽ suy ra độ dài HK dựa vào định lí Talet trong tam
AC AD 3
giác ACD).
2a
2
Suy ra AH= AC= ,
3
3
2a
2
AK= AD= ,
3
3
2
2a
HK//CD, HK= CD= .

3
3
Tiếp theo ta tính độ dài MI. ta thấy đoạn MI chỉ liên quan đến tam giác vng MHI nên
ta sẽ tính độ dài MH và HI rồi áp dụng định lí Pytago để tính MI.

Làm sao để tính đoạn MH? Ta thấy MH là một cạnh của tam giác AMH cân tại A. Do đó
áp dụng định lí cosin trong tam giác AMH ta được:

  a   2a   a   2a 
13a
-2AM.AH.cos MAH =   +   -2     cos60 =
2

2

2

2

MH =AM +AH

 MH=

2

2



2

 3 

2  3 

36

a 13
.
6

Làm sao để tính đoạn IH? Ta sẽ chứng minh tam giác MHK cân tại M có đường cao MI
cũng là trung tuyến. Thật vậy:
SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 11


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ





Hai tam giác AMH và AMK có cạnh AM chung, AH=AK, MAH = MAK =60  (do các
mặt của tứ diện ABCD là các tam giác đều bằng nhau) nên hai tam giác này bằng nhau,
suy ra MH=MK, tức là tam giác MHK cân tại M.
a

1
Tam giác MHK cân tại M, đường cao MI cũng là trung tuyến. Do đó MI= HK= .
3
2
2
2
2
a
13a  a  a
Suy ra MI 2 =MH 2 -HI 2 =
-  =
 MI= .
2
36  3  4
Như vậy ta đã có độ dài cạnh HK và MI. Gọi S là diện tích của tam giác MHK thì
1
1 2a a a 2
S= .HK.MI= . . = (đvdt).
2
2 3 2 6
 Lời giải:
a) Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (MEF):
Vì AC và EM là hai đường trung tuyến của tam giác ABE nên chúng cắt nhau tại H là
trọng tâm của tam giác ABE.
Tương tự AD và MF cắt nhau tại K là trọng tâm của tam giác ABF.
Ta có: (MEF)  (ABC)=MH
(MEF)  (ABD)=MK
(MEF)  (ACD)=HK.
Suy ra thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (MEF) là tam giác MHK.

b) Tính diện tích thiết diện:
H và K lần lượt là trọng tâm của tam giác ABE và ABF nên:

AH AK 2
=
= .
AC AD 3

2a
2
Suy ra AH= AC= ,
3
3
2a
2
AK= AD= ,
3
3
2
2a
HK//CD, HK= CD= .
3
3

Áp dụng định lí cosin trong tam giác AMH ta được:

  a   2a   a   2a 
13a
-2AM.AH.cos MAH =   +   -2     cos60 =
2

2

2

2

MH =AM +AH

 MH=

2

2



2

 3 

2  3 

36

a 13
.
6

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 12


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ





Hai tam giác AMH và AMK có cạnh AM chung, AH=AK, MAH = MAK =60  (do các
mặt của tứ diện ABCD là các tam giác đều bằng nhau) nên hai tam giác này bằng nhau,
suy ra MH=MK, tức là tam giác MHK cân tại M.
Tam giác MHK cân tại M, đường cao MI cũng là trung tuyến. Do đó MI=

HK a
= .
3
2

2

a
13a 2  a  a 2
Suy ra MI =MH -HI =
-  =
 MI= .
2

36  3  4
1
1 2a a a 2
Gọi S là diện tích của tam giác MHK thì S= .HK.MI= . . = (đvdt).
2
2 3 2 6
2

2

2

Bài tốn 2: Cho hình vng ABCD cạnh a. Lấy S là điểm nằm ngoài mp (ABCD) sao
cho tam giác SAB đều, SC=SD=a 3 . Gọi H và K lần lượt là trung điểm của SA, SB.
Lấy điểm M trên cạnh AD, đặt AM=x (0  x  a). Mp (HKM) cắt BC tại N.
a) Chứng minh HKNM là hình thang cân.
b) Tính diện tích tứ giác HKNM theo a và x.
Giải:

S

P

H
K

M

A

B

N

D

C

 Phân tích:
a) Theo giả thiết, mp (HKM) cắt BC tại N nên trước tiên ta phải xác định vị trí điểm N.
Ta thấy điểm M vừa thuộc mp (HKM), vừa thuộc mp (ABCD) nên ta sẽ xét hai mp đó.
Ta có mp(ABCD) chứa AB, mp(HKM) chứa HK mà HK//AB nên hai mặt phẳng này có
giao tuyến là MN thì MN//AB//HK. Vậy ta vẽ đường thẳng qua M và song song với AB
cắt BC tại N.

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 13


Khố luận tốt nghiệp
GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ
Tiếp theo ta chứng minh HKNM là hình thang cân.
Trước hết nó là hình thang vì HK//NM (1).
Phần cịn lại ta sẽ chứng minh NK=MH. Ta thấy đây là hai cạnh tương ứng của hai tam
giác BKN và AHM. Ta sẽ chứng minh hai tam giác đó bằng nhau. Thật vậy:
Vì SA=SB=a, AD=BC=a, SC=SD=a 3 nên hai tam giác SBC và SAD bằng nhau. Suy

 

ra SBC = SAD .
 SB SD 

Mặt khác BK=AH  
 , BN=AM (do MN//AB) nên  BKN=  AHM. Suy ra
2 
 2
NK=MH (2).
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác HKNM là hình thang cân.

b) Ta vẽ hình thang HKNM để tính diện tích của nó.
Muốn tính diện tích hình thang HKNM, ta cần có độ dài đáy lớn, đáy bé và đường cao.
Hiện tại hình thang HKNM chưa có đường cao nên ta vẽ đường cao HH ' và KK ' của nó.

P

K

N

K'

H

H'

M

1
Gọi S là diện tích hình thang HKNM thì S= KK ' .(HK+NM). Vậy ta cần tính độ dài

2
'
HK, NM và KK .
AB a
Ta dễ dàng tính được HK=
= vì HK là đường trung bình của tam giác SAB.
2 2

Mặt khác, MN//AB, mà ABCD là hình vng nên ta cũng dễ thấy MN=a.
Việc cịn lại là tính độ dài KK ' . Ta thấy KK ' là một cạnh của tam giác vng NKK ' . Do
đó ta sẽ tính độ dài KN và NK ' rồi áp dụng định lí Pytago để tính KK ' .
Làm sao để tính KN? Ta sẽ áp dụng định lí cosin cho tam giác BKN.

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 14


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ



-2SB.BC.cos B .

Muốn vậy ta phải tính cos KBN bằng cách áp dụng định lí cosin cho tam giác SBC có:
SC 2 =SB 2 +BC 2

 SB

 cos B =

2



1
 BC 2  SC 2 a 2  a 2  3a 2

=
=
 B =120  .
2
2
2.SB.BC
2a

Áp dụng định lí cosin cho tam giác BKN có:

 a
-2BK.BN.cos KBN =  

2

2
1
a  1 a
KN =BK +BN
 x  2 .x.   =  x 2  ax .
2

2
 2  2 4
'
'
'
Làm sao để tính NK ? Ta đã có MN=a, chỉ cần tính độ dài H K và chứng minh
MN  H ' K '
NK ' =MH ' , ta sẽ tính được độ dài NK ' =
2
a
Vì HH ' và KK ' vng góc với MN nên HK=H ' K ' = .
2
2

2

2

2

Xét  NKK ' và  MHH ' là hai tam giác vng có KK ' =HH ' , NK=MH nên hai tam giác
này bằng nhau. Suy ra NK ' =MH ' .
a
a
'
'
MN  H K
2 a.

Do đó NK ' =

2
2
4
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vng NKK ' , ta tính được:
2
2
a2
1
1
 a  3a
2
' 2
' 2
2
KK =NK -NK =  x  ax -   =
 x 2  ax .
4
2
2
 4  16
Gọi S là diện tích hình thang HKNM thì:
1
1 1
a
 3a
(4 x  a ) 2  2a (đvdt).
S= KK ' .(HK+NM)= . . 3a 2  16 x 2  8ax   a  =
16
2
2 4

2

 Lời giải:
a) Chứng minh HKNM là hình thang cân.
Ta có mp(ABCD) chứa AB, mp(HKM) chứa HK mà HK//AB nên hai mặt phẳng này có
giao tuyến là MN thì MN//AB//HK (1).

Vì SA=SB=a, AD=BC=a, SC=SD=a 3 nên hai tam giác SBC và SAD bằng nhau. Suy

 

ra SBC = SAD .

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 15


Khố luận tốt nghiệp
GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ
 SB SD 

Mặt khác BK=AH  
 , BN=AM (do MN//AB) nên  BKN=  AHM. Suy ra
2 
 2
NK=MH (2).
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác HKNM là hình thang cân.
b) Tính diện tích tứ giác HKNM theo a và x.
AB a

Ta có HK=
= vì HK là đường trung bình của tam giác SAB.
2 2
Mặt khác, MN//AB, mà ABCD là hình vng nên ta cũng dễ thấy MN=a.



Áp dụng định lí cosin cho tam giác SBC có: SC 2 =SB 2 +BC 2 -2SB.BC.cos B .

 SB
 cos B =

2



1
 BC 2  SC 2 a 2  a 2  3a 2
=
=   B =120  .
2
2
2.SB.BC
2a

Áp dụng định lí cosin cho tam giác BKN có:

 a
-2BK.BN.cos KBN =  

2

2
1
a  1 a
KN =BK +BN
 x  2 .x.   =  x 2  ax .
2
2
 2  2 4
a
Vẽ HH ' và KK ' vng góc với MN. Suy ra HK=H ' K ' = .
2
2

2

2

2

Xét  NKK ' và  MHH ' là hai tam giác vng có KK ' =HH ' , NK=MH nên hai tam giác
này bằng nhau. Suy ra NK ' =MH ' .
a
a
'
'
MN  H K
2 a.


Do đó NK ' =
2
2
4
a2
1
Xét tam giác NKK ' vuông tại K ' có : KK ' 2 =NK 2 -NK ' 2 =  x 2  ax 4
2
2
2
1
 a  3a
 x 2  ax .
  =
2
 4  16
Gọi S là diện tích hình thang HKNM thì:
1
1 1
a
 3a
(4 x  a ) 2  2a (đvdt).
S= KK ' .(HK+NM)= . . 3a 2  16 x 2  8ax   a  =
2
2 4
2
 16

Bài toán 3: Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D. AD=a,
DC=2a, AB=3a. Mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại A. Gọi M là một điểm di động

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 16


Khố luận tốt nghiệp
GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ
trên cạnh AD, (P) là mặt phẳng qua M song song với SA và DC, (P) cắt các cạnh BC, SC,
SD lần lượt tại N, E, F. Đặt AM=x (0a) Chứng minh MNEF là hình thang vng.
b) Tính diện tích của tứ giác MNEF theo a và x.
Giải:

S

E

F
A

B
N

M
D

C

 Phân tích:

a) Muốn chứng minh MNEF là hình thang vng, ta cần chứng minh nó là hình thang có
một góc vng.
Trước hết ta chứng minh nó là hình thang. Muốn vậy, ta phải chú ý các yếu tố song song
có trong bài tốn. Ta có (P)//CD, (P)  (ABCD)=MN, (P)  (SCD)=EF nên MN//EF//CD.
Suy ra MNEF là hình thang.
Tiếp theo, ta cần chứng minh hình thang MNEF có một góc vng. Quan sát hình trên, ta
dự đoán MN  MF. Ta sẽ chứng minh điều đó.
Ta thấy (P)//SA, (P)  (SAD)=MF nên MF//SA.
Vì MF//SA, MN//AB(do CD//AB), SA  AB nên MN  MF.
Do MN//EF, MN  MF nên EF  MF.
Vậy MNEF là hình thang vng tại M và F.

b) Muốn tính diện tích hình thang MNEF, ta cần tính độ dài đáy lớn MN, đáy nhỏ EF và
đường cao FM.
Trước tiên ta tính độ dài MN. Ta thấy MN nằm trong hình thang ABCD nên ta vẽ hình
thang đó.
SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 17


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

A
M
D

H

K

B
N

C

Để tính độ dài MN, qua C ta vẽ đường thẳng vuông góc với AB và cắt AB tại H, cắt MN
tại K. Tiếp theo ta tính độ dài MN=MK+KN.
Làm sao để tính MK? Ta dễ thấy MK=CD=2a.
Làm sao để tính NK? Vì AB//MN//CD nên áp dụng định lí Talet vào tam giác CHB ta có:
NK CK DM
DM .HB (a  x)a
 NK 



=a  x.
HB CH
DA
DA
a
Suy ra MN=MK+KN=2a+a-x=3a-x.
Sau đó ta tính độ dài MF và EF. Hai cạnh này cũng liên quan đến yếu tố song song nên ta
sẽ sử dụng định lí Talet để tính.
Vì MF//SA nên áp dụng định lí Talet trong tam giác SAD ta có:
SA.DM 3a (a  x)
MF DM



=3(a-x).
 MF 
DA
a
SA
DA
Vì EF//CD nên áp dụng định lí Talet trong tam giác SCD ta có:
EF SF
CD. AM 2a.x


 EF 
=2x.
CD AD
AD
a
Vậy ta đã có độ dài các cạnh MN, EF và FM.
Gọi S là diện tích hình thang vng MNEF thì:
1
1
3
S= .MF.(MN+EF)= .3(a-x)(3a-x+2x)= (3a+x)(a-x) (đvdt).
2
2
2
 Lời giải:
a) Chứng minh MNEF là hình thang vng:
Ta có (P)//CD, (P)  (ABCD)=MN, (P)  (SCD)=EF nên MN//EF//CD. Suy ra MNEF là
hình thang.
Mặt khác (P)//SA, (P)  (SAD)=MF nên MF//SA.

Vì MF//SA, MN//AB(do CD//AB), SA  AB nên MN  MF.
Do MN//EF, MN  MF nên EF  MF.
Vậy MNEF là hình thang vng tại M và F.

b) Tính diện tích của tứ giác MNEF theo a và x:

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 18


Khố luận tốt nghiệp
GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ
Qua C vẽ đường thẳng vng góc với AB và cắt AB tại H, cắt MN tại K, ta có:
MK=CD=2a.
Vì AB//MN//CD nên áp dụng định lí Talet vào tam giác CHB ta có:
NK CK DM
DM .HB (a  x)a
 NK 



=a  x.
HB CH
DA
DA
a
Suy ra MN=MK+KN=2a+a-x=3a-x.
Vì MF//SA nên áp dụng định lí Talet vào tam giác SAD ta có:
SA.DM 3a (a  x)

MF DM


=3(a-x).
 MF 
DA
a
SA
DA
Vì EF//CD nên áp dụng định lí Talet vào tam giác SCD ta có:
EF SF
CD. AM 2a.x


=2x.
 EF 
CD AD
AD
a
Gọi S là diện tích hình thang vng MNEF thì:
1
1
3
S= .MF.(MN+EF)= .3(a-x)(3a-x+2x)= (3a+x)(a-x) (đvdt).
2
2
2
2.2. Dạng 2: Các bài toán liên quan đến tỉ số, đẳng thức.
Bài toán 4: Cho tứ diện ABCD. Gọi E là trung điểm của cạnh BC. F và H là hai điểm lần
lượt thuộc hai cạnh AC và BD sao cho FC=2FA, HB=3HD. Gọi G là giao điểm của mặt

GA
phẳng (EFH) với cạnh AD. Tính tỉ số
.
GD
Giải:

A

F

G
I

B

H

D

E
C
 Phân tích:

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 19


Khố luận tốt nghiệp
GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

a) Theo giả thiết G là giao điểm của mp (EFH) với cạnh AD, mà AD nằm trong mp
(ACD) nên G phải thuộc mp (EFH) và mp (ACD). Khi đó G sẽ nằm trên giao tuyến của
hai mp đó. Ta sẽ xác định giao tuyến của mp (EFH) và mp (ACD). Muốn vậy, ta phải tìm
hai điểm chung của hai mp đó.
Đầu tiên ta thấy điểm F nằm trên đường thẳng AC nên nó là điểm chung thứ nhất của mp
(EFH) và mp (ACD).
Ta để ý thấy mp (EFH) chứa đường thẳng EH, mp (BCD) chứa đường thẳng CD, mà EH
và CD đồng phẳng nên trong mp(BCD),ta vẽ I là giao điểm của EH và CD. Khi đó I là
điểm chung thứ hai của mp (EFH) và mp (ACD).
Hai mặt phẳng (EFH) và (ACD) có hai điểm chung là F và I. Do đó giao tuyến của chúng
là đường thẳng FI.
Như đã nói ở trên, điểm G sẽ thuộc giao tuyến FI của hai mp (EFH) và mp (ACD), đồng
thời G cũng thuộc đường thẳng AD. Vậy G là giao điểm của FI và AD.Khi đó G là giao
điểm của mp(EFH) với cạnh AD.
b) Muốn tính tỉ số

GA
, từ D ta dựng đường thẳng song song với AC cắt IF tại L.
GD

I
L
G

A

D

F
C

GA FA
FA
=
. Như vậy ta cần tính tỉ số
.
GD DL
DL
Trong hai đoạn FA và DL, ta chỉ có dữ kiện liên quan đến FA là FC=2FA. Do đó ta tính
DL
.
FC
Ta để ý thấy DL//FC, nên từ yếu tố song song này, ta nghĩ đến định lí Talet, ta có:
DL ID
=
.
FC IC
ID
Bây giờ ta tính
. Ta cũng sẽ dùng các cạnh song song để áp dụng định lí Talet. Ở đây
IC
ta đã có E là trung điểm BC nên gọi K là trung điểm của CD thì ta được EK//BD. Ta có
hình phụ sau:

Khi đó áp dụng định lí Talet ta có:

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 20

Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

I
H

B

D
E

K
C

Khi đó EK là đường trung bình của tam giác BCD nên EK//BD và EK=
Theo giả thiết HD=

BD
EK
.
 HD=
4
2

Trong tam giác IEK, HD//EK và HD=
Suy ra

BD
.

2

EK
nên D là trung điểm của IK.
2

ID 1
= .
IC 3

Áp dụng định lí Talet ta có:

DL ID 1
=
= .
FC IC 3

DL 2
= .
FA 3
GA FA
GA 3
Lại có
=
. Suy ra
= .
GD DL
GD 2

Mà FC=2FA, do đó

 Lời giải:
Trong mp (BCD), EH cắt CD tại I. Hai mặt phẳng (EFH) và (ACD) có hai điểm chung là
F và I. Do đó giao tuyến của chúng là đường thẳng FI.
Trong mp (ACD), FI cắt AD tại G thì G là giao điểm của mp (EFH) với cạnh AD.
GA
-Tính tỉ số
:
GD
ID
BD
Trước hết ta tính
. Gọi K là trung điểm của CD, ta có EK//BD và EK=
.
IC
2
BD
EK
 HD=
Theo giả thiết HD=
.
4
2
EK
Trong tam giác IEK, HD//EK và HD=
nên D là trung điểm của IK.
2
ID 1
Suy ra
= .

IC 3
Từ D dựng đường thẳng song song với AC cắt IF tại L.

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 21


Khố luận tốt nghiệp
Áp dụng định lí Talet ta có:

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ
DL ID 1
=
= .
FA IC 3

DL 2
= .
FA 3
GA FA
GA 3
Lại có
=
. Suy ra
= .
GD DL
GD 2

Mà FC=2FA, do đó

Bài tốn 5: Cho tứ diện ABCD. Gọi E, F, G là các điểm lần lượt thuộc các cạnh AB, BC,
AD sao cho EA=2EB, FB=FC, GD=2GA. Giao điểm của mp (EFG) với đường thẳng BD
IB
là I. Tính tỉ số
.
ID
Giải:

A
G
E
I

B

D
F
C

 Phân tích:
Đầu tiên ta tìm giao điểm I của mp (EFG) với đường thẳng BD. Ta thấy BD nằm trong
mp (ABD). Như vậy điểm I vừa nằm trong mp (EFG), vừa nằm trong mp (ABD), khi đó
điểm I sẽ thuộc giao tuyến của hai mp đó.
Ta sẽ tìm hai điểm chung của hai mp (EFG) và (ABD). Dễ thấy hai điểm chung đó là G
và E. Do đó giao tuyến của hai mp đó là GE. Vậy ta xác định được I là giao điểm của hai
đường thẳng GE và BD.
IB
Tiếp theo ta tính tỉ số
.

ID
Để làm những bài tốn tính tỉ số, ta thường dùng các đường thẳng song song để áp dụng
định lí Talet.

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 22


Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

IB
, ta xem thử có đường thẳng nào đi qua B song song với
ID
đường thẳng đi qua D khơng?
Hiện tại chưa có các đường thẳng nào như vậy cả. Do đó qua B ta dựng đường thẳng
song song với AD cắt IG tại M.

Ở đây, muốn tính tỉ số

A
G
M
I

E
B

D

Bây giờ ta có thể áp dụng định lí Talet trong tam giác IDG để được

IB BM
=
.
ID GD

BM
. Trong hai đoạn BM và GD, ta xem thử có giả thiết nào liên
GD
BM
quan đến độ dài của chúng không? Ta thấy GD=2GA. Như vậy ta sẽ tính
.
GA
Vì BM//GA, mà MG cắt AB tại E và EA=2EB nên ta nghĩ đến việc áp dụng định lí Talet
BM EB 1
để có được
=
= .
GA EA 2
BM 1
Suy ra
= .
GD 4
IB BM 1
Vậy
=
= .

ID GD 4

Tiếp theo ta cần tính

 Lời giải:
EG là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABD) và (EFG), EG cắt BD tại I suy ra I cũng là
giao điểm của (EFG) và BD.
IB
-Tính tỉ số
:
ID
Qua B dựng đường thẳng song song với AD cắt IG tại M, áp dụng định lí Talet ta có:
IB BM BM EB 1
BM 1
=
,
=
= , mà GD=2GA suy ra
= .
ID GD GA EA 2
GD 4
IB BM 1
Vậy
=
= .
ID GD 4

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 23

Khố luận tốt nghiệp

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

Bài tốn 6: Cho hình chóp S.ABCD. Gọi O là một điểm bên trong tam giác ABC. Qua O
dựng các đường thẳng lần lượt song song với SA, SB, SC cắt các mặt (SBC), (SCA),
OA ' OB ' OC '
(SAB) theo thứ tự A ' , B ' , C ' . Chứng minh rằng tổng
+
+
có giá trị khơng
SA SB SC
đổi khi O di động bên trong tam giác ABC.
Giải:

S

A'

'

B

C

M
A
O

E

K
B

 Phân tích:
Đầu tiên ta cần xác định các điểm A ' , B ' và C ' .
Gọi E là giao điểm của OA và BC. Hai đường thẳng song song SA và OA ' xác định một
mặt phẳng gọi là mp (P).
Vì E thuộc OA nên E thuộc (P). Ba điểm S, A ' , E là ba điểm chung của mp (P) và mp
(SBC) nên chúng thẳng hàng.
Từ đó ta suy ra cách dựng điểm A ' như sau:
-Vẽ điểm E là giao điểm của AO và BC, nối SE.
-Dựng đường thẳng d qua O và song song với SA.
-Lấy giao điểm của d và SE thì giao điểm đó là A ' (vì SE  (SBC)).

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 24


Khoá luận tốt nghiệp
Tiếp theo ta chứng minh tổng

GVHD: Th.S. Ngơ Thị Bích Thuỷ

OA ' OB ' OC '
+
+

có giá trị không đổi khi O di động bên
SA SB SC

trong tam giác ABC.
Vì giả thiết cho OA ' //SA nên ta nghĩ đến việc áp dụng định lí Talet vào tam giác SAE, ta
OA ' EO
được:
=
.
SA EA
OB ' MO OC ' KO
Tương tự, ta cũng có
=
,
=
, trong đó M=OB  AC, K=OC  AB.
SB MB SC KC
OA ' OB ' OC ' EO MO KO
Suy ra
+
+
=
+
+
.
SA SB SC EA MB KC
EO MO KO
Như vậy ta sẽ chứng minh tổng
+
+

không đổi.
EA MB KC
EO
Đầu tiên ta tính
. Dựng AH và OI lần lượt là các đường cao của tam giác ABC và
EA
OBC, ta có hình phụ sau:

C
A

O
E
I
H
B

OI EO
=
. Mà AH và OI
AH EA
lần lượt là các đường cao của tam giác ABC và OBC nên ta nghĩ đến việc tính tỉ số diện
tích của hai tam giác đó.
1
+diện tích tam giác ABC là S ABC = .AH.BC,
2
1
+diện tích tam giác OBC là S OBC = .OI.BC.
2
S

OI
Suy ra OBC =
.
S ABC AH

Vì OI//AH nên áp dụng định lí Talet vào tam giác EAH ta có:

SVTH: Lê Tự Nam Long

Trang 25