mỘt sỐ dẠng bÀi toÁn hÌnh hỌc khÔng gian vÀ …chuyen-qb.com/web/attachments/1130_toan...

Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

1

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

( ) 2! ; :m n c ma nb⇔∃ ∈ = +� � �

ℝ .

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.


2

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.

Giải: Ta có ( )1

2PQ AD BC= +��

B

A

C

DP

Q

M

N

M và N chia đoạn thẳng BC và AD theo cùng một tỉ số k nên suy ra

1

kMB NA MB NAk

MC ND BC AD k= = ⇒ = =

+

1 1. ; .

k kAD AN BC BM

k k

+ +⇒ = =��

thay vào (*)

Ta có:

( ) ( ) ( )1 1 11 1 1. . .

2 2 2

k k kPQ AN BM AP PN BP PM PM PN

k k k

+ + += + = + + + = +

��

( )11. , ,

2

kPQ PM PN PQ PM PN

k

+= + ⇒

�� đồng phẳng do đó 4 điểm P,Q,M,N đồng

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


3

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:

D'

B'

I

O

S

A

B

C

D

C'

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.


4

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 ( ); IJd a b =

2.Xác định mặt phẳng ( )Q qua b song song với đường thẳng a thì ( ) ( )( ); ;d a b d a Q=

3. ( ), .

;,

u v ABd a b

u v

=

� � ��

� � với ,u v� �

là các véc tơ chỉ phương của a và b còn ,A a B b∈ ∈

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.

a

b O

P

I

J

S

A D

CB

K

H

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 àBD v SC


5

Kẻ 1

/ / ,2

AH OK H SC OK AH∈ ⇒ = . Trong tam giác vuông SAC ta có AH là đường

cao thuộc cạnh huyền SC nên

( )2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 3 6 6;

2 2 3 6

a aAH d BD SC

AH AS AC a a a= + = + = ⇒ = ⇒ =

Lưu ý: có thể tính OK từ hai tam giác vuông đồng dạng à SACv 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⊥ ⇒ =

Ta có: 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4

4

bhAH

AH AS AN h b b h= + = + ⇒ =

+.

Vậy ( )2 2

;4

bhd AC SD

b h=

+

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


6

2 214

2SE a h= + ; CK =

2 2

2 .

4

dt SCE EC SA ah

SE SE a h

∆= =

+

Vậy ( )2 2

;4

ahd AC SD

a h=

+.

Chú ý: có thể giải bài toán nay bằng phương pháp tọa độ như sau: Chọn hệ trục tọa độ Axyz như hình

vẽ ( ) ( ) ( ) ( )0;0;0 , ; ;0 , 0; ;0 , 0;0; , ; ;02 2

b aA B b a C a S h D

đường thẳng AC qua ( )0;0;0A nhận véc tơ ( )0;1;0j =�

làm vtcp

đường thẳng SD qua ( )0;0;S h nhận véc tơ ( )2 ; ; 2v SD b a h= = −� ��

làm vtcp

Ta có ( ) 2 2, 2 ;0; ; , . ; , 4j v h b j v AS bh j v h b = − − = − = + � � � � ��

( )2 2

, .;

4,

j v AS bhd AC SD

b hj v

= = +

� � ��

� � . Tương tự ( )2 2

;4

ahd AC SD

a h=

+.

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 dS thì d

3VAH

S=

3. Nếu đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại điểm M thì ( )( )

;( )

;( )

d A P AM

d B P BM= .

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: ( ) � 45oSG ABCD SCG⊥ ⇒ =

2 3

2=ABCD

aS ;

2 2 3 2 3

3 3 3

a aCG AC SG= = ⇒ = . KL:

2 3

.

1 2 3 3.

3 3 2 3S ABCD

a a aV = = .

Ta có � 90oCDG CD SD= ⇒ ⊥ . Nên 23 15 15

3 3 6SCD

a a aGD SD S∆= ⇒ = ⇒ =

3

. .

1

2 6S ACD S ABCD

aV V= = . Kết luận: ( )( ) .3 15

,5

S ACD

SCD

V ad A SCD

S= =

△


7

OG

B

A D

C

S

M

H

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

( )( )( )( ) ( )( ) ( )( )

; 3 3; ;

; 2 2

d A SCD ACd A SCD d G SCD

d G SCD GC= = ⇒ =

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

vì 2 2 2 2 2 2

1 1 1 3 3 15 2 2 15

4 4 1515

a aGH

GH GS GD a a a= + = + = ⇒ = = ,

Vậy ( )( ) ( )( )3 3 2 15 15; ; .

2 2 15 5

a ad A SCD d G SCD= = = .

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 , 3.SA AB a BC a= = = Tình thể tích khối chóp S.GBC và khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( )SBC theo a .

Giải: Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên . .

1 1

3 3GBC ABC S GBC S ABCS S V V∆ ∆= ⇒ =

Ta có 3 3

. .

1 1 1 1 1. . . . 3. 3 3

3 6 6 6 18S ABC ABC S GBCV S SA AB BC SA a a a a V a∆= = = = ⇒ =

Đường thẳng AG cắt mặt phẳng ( )SBC tại trung điểm M của cạnh

BC( )( )

;( ) 1

;( ) 3

d G SBC GM

d A SBC AM⇒ = =

Gọi H là trung điểm cạnh SB do tam giác SAC vuông cân tại A nên AH SB⊥ (1). Mặt khác từ (gt) ta


8

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

( ) 2;( )

2

ad A SBC AH= =

Suy ra ( ) 2;( )

6

ad G SBC =

G

S

A

B

CH

M

N

K

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: .3 G SBC

SBC

VGK

S∆

= . Vì 3

. .

13

18G SBC S GBCV V a= = và 21 . 6

.2 2SBC

aS BC SB∆ = =

Từ đó ta có 2

6

aGK = do đó ( ) 2

;( )6

ad G SBC = .

Dạng 4: Tính thể tích Khối chóp và Khối lăng trụ Cơ sở lí thuyết:

1. Thể tích khối chóp tính bằng công thức 1.

3 dV S h= với ,dS 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


9

Ta có: . ' ' '

.

' ' '. .S A B C

S ABC

V SA SB SC

V 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.

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:

1) Xét hai tam giác ABC và MAB ta có 2

2

BA

AMBC

AB

= =

góc � � 090ABC MAB= =

nên � �ABC MAB ACB MBA∆ ∆ ⇒ =∼ hay � �ACB IBA= mặt khác � � 090ACB BAC+ = � � �0 090 90IBA BAC AIB⇒ + = ⇒ = BM AC⇒ ⊥ (1)

do SA ( ) ( ),ABCD BM ABCD BM SA⊥ ⊂ ⇒ ⊥ (2 ) , từ (1) và (2 ) suy ra BM ( )SAC⊥

( ) ( )SMB SAC⇒ ⊥

2 ) V .ANIB N AIBV= Gọi K là trung điểm của đoạn AC ⇒NK // SA ,mà

SA ( )ABCD⊥ nên NK ( )ABCD⊥ và NK = 2

a do đó

V .

1 1. . .

3 6N AIB AIBS NK IA IB NK∆= =

Tam giác ABM vuông có AI là đường cao thuộc cạnh huyền nên

2 2 2 2 2

1 1 1 1 2

3

aAI

AI AB AM a a= + = + ⇒ = ; xét tam giác vuông AIB ta có

2 22 2 2 2 2 2

3 3 3

a a aBI AB AI a BI= − = − = ⇔ =


10

Vậy V31 2 2

. . .6 3 2 363

ANIB

a a a a= =

KI

B C

DA

S

MN

Bài tập 9: Cho khối chóp S.ABC với � � �0 0 0;AS 60 ,BSC 90 ,CSA 120SA SB SC a B= = = = = =

Chứng minh rằng Tam giác ABC là tam giác vuông và tính thể tích khối chóp theo a. Giải: Từ giả thiết suy ra , 2, 3AB a BC a CA a= = = .

Ta có ( )2

2 2 2 2 22 3AB BC a a a AC ABC+ = + = = ⇒ ∆ vuông tại B.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) ( ) à SH ABC v 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.


11

A C

B

S

H

Trong mặt phẳng (SAC), xét tam giác vuông SAH có 3

,2 2

a aSA a AH SH= = ⇒ =

3

.

1 . 3.

3 12S ABC ABC

aV S SH∆= =

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 (1)AC BD⊥

mặt khác (2)SO BD⊥ . Từ (1) và (2) ( )BD SAC⇒ ⊥ ( ) ( )SAC ABCD AC⊥ = (3)

Kẻ đường cao SH của tam giác SAC do (3) nên ( )SH ABCD⊥ .

Vậy SH là đường cao khối chóp S.ABCD do đó 1

( ).3

V dtABCD SH=

Dễ thấy 1

2SO OC AC SAC= = ⇒ ∆ vuông tại S

Ta có 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

1 1

xSH

SH SA SC x x= + = + ⇒ =

+

2 2

2 2 2 2 1 31 à

2 2

x xAC AS SC x AO v BO

+ −= + = + ⇒ = =

21 1 1 1. . . . . . . 3

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


12

OA C

D

B

S

H

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 060 . Trên cạnh

SA lấy điểm M sao cho AM = 3

3

a . Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N.

Tính thể tích hình chóp .S BCNM

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

BC BMBC SA

⊥⇒ ⊥

⊥

Tứ giác BCMN là hình thang vuông có MB là đường cao

Ta có SA = AB tan 60 3o a=

33 23

2 333

aaMN SM MN

AD SA a a

−= ⇔ = =

4

3

aMN⇒ =

BM2

2 2

3 3

a aa= + = .

Diện tích hình thang BCMN là

S 1 = 2

42 2 103

2 2 3 3 3

aaBC MN a a

BM

+ += =


13

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 = 0

AB 12

os60 SB 2

AB AMa

c MS= ⇒ = = .

Vậy BM là phân giác của góc SBA � 0 0 130 sin30 2

2SBH SH SB a a⇒ = ⇒ = = =

V .S BCNM = 1

1.

3S SH =

2 31 10 10 . 3.

3 273 3

a aa = .

Lưu ý: Gọi .S ABCDV V= tính được 32 . 3

3

aV = và . . 2S ABC S ACD

VV V= =

Do MN//AD 2

3

SM SN

SA SD⇒ = =

Ta có: .. .

.

2 2 1

3 3 3S MBC

S MBC S ABC

S ABC

V SMV V V

V SA= = ⇒ = =

.. .

.

4 4 2.

9 9 9S MCN

S MCN S ACD

S ACD

V SM SNV V V

V SA SD= = ⇒ = =

3

. . .

5 10 . 3

9 27S BCNM S MBC S MCN

V aV V V= + = =

K

O

M

B

A D

S

H

C

N

Bài tập 12: Cho khối chóp S.ABC với

� � �0 0 0, , ;AS 60 ,BSC 90 ,CSA 120SA a SB b SC c B= = = = = = ( ) / /BCM AD


14

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= =

Theo kết quả bài tập 9 thì 3

. ' '

. 3

12S AB C

aV =

Mặt khác .. . ' '

. ' '

. 3. . .

' ' 12S ABC

S ABC S AB C

S AB C

V SB SC b c b c abcV V

V SB SC a a a a= = ⇒ = =

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

Đặt .

1, ,

6A MNEAM x AN y AE z V xyz= = = ⇒ =

Hai khối chóp . à .A BCDv A MNE có cùng chiều cao nên

.. .

.

1 1 1

4 4 24A BCD BCD

A BCD A MNE

A MNE MNE

V SV V xyz

V S∆

∆

= = ⇒ = =

.

y

x

z

E

M

N

A

BC

D

Tam giác AME vuông tại A có 2ME a= có 2 2 2AM AN ME+ =

2 2 24x z a⇒ + = (1).Tương tự 2 2 24x y b+ = (2) và 2 2 24y z c+ = (3) Giải hệ (1),(2),(3) ta được

( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22 , 2 , 2x a b c y b c a z a c b= + − = + − = + −


15

( )( )( )2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 28x y z a b c c a b b c a⇒ = + − + − + −

Kết quả ( )( )( )2 2 2 2 2 2 2 2 212

12ABCDV a b c b c a c a b= + − + − + −

Bài tập 14: Cho khối hộp ABCDA’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a và � � � ( )0 0AA' AA' , 0 90BAD B D α α= = = < < .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 '. . '6 6A ABD A A BDV V= Mặt khác . 'A A BD là khối chóp đều có các cạnh bên bằng a , cạnh đáy

' ' 2 sin2

BD A D A B aα

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

Dễ dàng tính được

3 2

2 3 2 2

. '

sin2 . 3 4sin 2 sin . 3 4sin

3 2 2 2A A BD

aV V a

αα α α

= − ⇒ = −

A'

A

B

D

C

B' 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.

3 3A CMD B CMD CMD CMDV V V S AM BM x S∆ ∆= + = + =


16

Tam giác CMD cân tại M nên 1

. .2 2CMD

yMN CD S CD MN MN∆⊥ ⇒ = =

Tam giác BMC vuông tại M nên 2

2 2 2 14

xCM BC BM= − = −

Goị V là thể tích khối tứ diên ABCD thì

A

B

C

D

M

N

( ). .

1 1.

3 3A CMD B CMD CMD CMDV V V S AM BM x S∆ ∆= + = + =

Tam giác NMC vuông tại N nên

( )2 2

2 2 2 2 211 4

4 4 2

x yMN CM CN MN x y= − = − − ⇒ = − +

Kết quả ( )2 214

12V xy x y= − +

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

3SB. Điểm N thuộc cạnh AB mà

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


17

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. .

3S MNPQ A MNPQ MNPQV V S AH⇒ = =

Tam giác vuông ANE có 2 2 2

1 1 1 1;( ) ;

2gt AN DP

AH AE AN= + ⇒ = nên AE = a ,

AN = a/3 10

10

aAH⇒ = MNPQ MNOQ QOPS S S= + ; do MN//SA ( )//MN SAC⇒ nên MN // QO,

vậy MNOQ là hình thang vuông tại N và O .Ta có MN = 2a/3, OQ = a/2 ;

NO = OP = 10

6

a Nên 2 27 10 1 10

; .72 2 24MNOQ QOP

a aS S OQ OP= = =

2 2 27 10 10 5 10

72 24 36MNPQ

a a aS⇒ = + = . Do ®ã

3

.

5

108S MNPQ

aV =

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


18

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

1 2d ,d .


19

Để dựng ( )α , trước tieenhayx xét hai mặt phẳng ( ) ( )1 2M,d , M,d . Trong mỗi mặt

phẳng này dựng một đường thẳng qua M , song song với 1 2

d ,d . Khi đó ( )α là mặt phẳng chứa hai đường thẳng cần dựng .

N

I

OAC

B

D

S

M

H

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 F

K A 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


20

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 ( 2 2 2c a b≥ + ). (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 2 2 2c a b≥ + nên AA’≥AC,nên E nằm giữa C và C’ Thiết diện là tam giác AEF

Kẻ FH//AI,(H∈AE) ⇒FH⊥AE và EF

EI

FH CB

IA CI= = (1) do BK//IA nên (2)

BK CB

IA CI=

Từ (1) và (2) suy ra FH = BK.Ta có :BK.AC = AB.BC = 2 ABCS ⇒BK =

2 2

..

AB BC ab

AC a b=

+

Hai tam giác A’AC và ACE đồng dạng cho ta: 2 2 2 2 2' AA' ' . .

CA AA'

A C A C CA a b c a bAE

AE c

+ + += ⇒ = =

Diện tích thiết diện 2 2 21. .

2 2

abS AE FH a b c

c= = + +


21

A' C'

CA

B

B'

I

E

KH

F

b) ( )α đi qua một đường thẳng

1d , và vuông góc với mặt phẳng ( )β đã cho (

1d không

vuông góc với ( )β ).

Sử dụng kết quả : “ Nếu mặt phẳng ( )α và đường thẳng 2

d cùng vuông góc với mặt phẳng ( )β thì ( )2

d / / α hoặc ( )2d ⊂ α ” ta dựng mặt phẳng ( )α bằng cách : tìm một

đường thẳng 2

d vuông góc với ( )β , thì ( )α sẽ là mặt phẳng chứa 1

d song song với 2

d ,

hoặc chứa 1 2

d ,d . 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)⊥ ⇒ ⊥

E

S

AB

C

IN

M

HF

P

Q


22

Trong tam giác đều ABC ta có : 3 3AI AB 2. 3

2 2= = = . Vậy AI = AS. Suy ra ÁI là

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

1 2F ,F cố định sao cho

1 2F F F≤ ≤ , đồng

thời chỉ rõ các vị trí hình học để có 1 2

F F ; F F= = , 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 2 2 2' 1 12 '.MHMBDS S BD S MH a b c∆= = ⇒ = + + .

Vậy S nhỏ nhất khi và chỉ khi 1MH nhỏ nhất tức là khi 1MH 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= .


23

H0A

A'

D

B C

C'B'

D'

K

M0M

H

Tam giác vuông ABD ta có: 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 abAK

AK AB AD a b a b= + = + ⇒ =

+ .

Kết luận : chu vi thiết diện suy ra 2 2 2

2 2.

a b cS ab

a b

+ +≥

+ . Đẳng thức xẫy ra khi 1MH là

đường vuông góc chung

của hai đường thẳng AA’ và BD’, khi đó 0M M≡ và min2 2 2

2 2.

a b cS ab

a b

+ +=

+.

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 ( )2 EJl IM ME= + +

Trải các mặt ABCD, DCC’D’ lên mặt phẳng (AA’D’D) Vì EJ IJ 2IJIM ME l+ + ≥ ⇒ ≥ . 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 = 3 2a


24

D

E

A'

A

D'

D

C

C'B'

B

A'

A C

C'

CB

M

EI

JN

FD'

I

M

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

đường chéo MN và PQ vuông góc nên 1 2

. .2 4MNPQ

aS MN PQ PQ= = ; do đó MPNQS

nhỏ nhất( lớn nhất) khi chỉ khi PQ nhỏ nhất( lớn nhất ).

P

y

xI

OA C

D

B

S

B D

S

M N

Q

O

IP

Q

Đặt ,SP x SQ y= = 0 ,x y a⇒ ≤ ≤ (1) . Ta có 2 2 2PQ x y= + Tính diện tích tam giác SPQ bằng 2 cách


25

Cách 1: 1 1

.2 2SPQS SP SQ xy∆ = = (2)

Cách 2: ( )0 01 1 1. .sin 45 . .sin 45 .

2 2 2 4SPQ SPI SQI

aS S S SP SI SQ SI x y∆ ∆ ∆= + = + = + (3)

Từ (2) và (3) ta suy ra 4

x y xya

+ = . Kết hợp với (1) ta có: ,3

ax y a≤ ≤ . Đặt t = xy

ta có hệ

4

,3

x y ta

xy t

ax y a

+ =

= ≤ ≤

.

Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi phương trình 2 4. 0z t z t

a− + = có hai nghiệm

2 2

1 2, ;3 4 3

a a az z a t ∈ ⇔ ≤ ≤

2 2 2PQ l x y= = + = 2162t t

a− .

Lập bảng biến thiên hàm số f(t) = 2162t t

a− với

2 2

;4 3

a at

∈

ta suy ra

2 210( )

2 9

a al f t≤ = ≤ . Gọi

2

min4MPNQ

aS S S= ⇒ = khi

2

42

axy a

x y

x y a

=

⇔ = = + =

2 5max

6

aS = khi

2

,33

4,

33

aax y axy

aax a yx y

= == ⇔

= =+ =

Chú ý: có thể từ hệ thức 4

x y xya

+ = ta có ( )

2 22

2

. .( )

4 4

a x a xy l f x x

x a x a= ⇒ = = +

− −

Khảo sát sự biến thiên hàm số f(x) trên đoạn ;3

aa

,t a thu được kết quả như trên.

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


26

1

x

OA

C

B

D

S

H

2 2 1

12

OA OC SO OB SO AC= = = − ⇒ = nên tam giác SAC vuông tại S SA SC⇒ ⊥

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên AC thì do ( ) ( )SAC ABCD⊥ nên

( )SH ABCD⊥ . Tính được 21. 3 ,0 x 3

6V x x= − < <

Ta có: 2 2

2 2 21 1 1 (3 ) 1. 3 (3 ) .

6 6 6 2 4

x xV x x x x

+ −= − = − ≤ =

Đẳng thức xãy ra khi 2 23 6

20 3

x xx

x

= −⇔ =

< < . Vậy

1 6max

4 2V khi x= = .

III. TÍNH THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI: Đề tài này bản thân tôi đã áp dụng giãng dạy cho nhiều đối tượng học sinh, đặc biệt trongcác đối tượng luyện thi đại học ở các năm, thấy rẳng học sinh rất hứng thú, vận dụng tốt . Nhiều học sinh thông qua những điều đã được học đã rèn được phẩm chất, kỹ năng giải toán hình học không gian rất tốt. Tuy vậy chắc chắn vẫn còn có nhiều khiếm khuyết; rất mong sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp .Tôi xin chân thành cảm ơn. IV.TÀI LIỆU THAM KHẢO: Tạp chí Toán hoc & Tuổi trẻ . Hà Nội NXB Giáo dục Sách giáo khoa Hình Học lớp 11 và 12 Sách giáo khoa Hình Học lớp 11 và 12 Chuyên Toán. Đồng Hới, tháng 4 năm 2015 Người viết đề tài Ngô Quang Việt


27

mỘt sỐ dẠng bÀi toÁn hÌnh hỌc khÔng gian vÀ …chuyen-qb.com/web/attachments/1130_toan...

Documents