hinh chopco loi giai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP GÓC – KHOẢNG CÁCH Quan hệ song song – vuông góc là một mảng vô cùng quan trọng trong chương trình hình học không gian nói chung và trong những bài toán có liên quan đến hình chóp nói riêng. Và một trong những ứng dụng quan trọng nhất của quan hệ song song – vuông góc trong việc giải các bài toán hình học không gian cũng như các bài toán có liên quan đến hình chóp là tìm góc và khoảng cách.Ta đến với những bài toán sau: Bài 1: Cho (),() chéo nhau, có AA là đường vuông góc chung của () và () (A  () và A  ()). Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và vuông góc với (), còn (Q) // (P) cắt () và () lần lượt tại M và M. Gọi N=ch M/(P). Đặt  = (,(P)), MAM = , MAA = . Tìm mối quan hệ của ,,. Giải : ( ') ( ). * Vì (P)  () và AA  (), A  (P)  AA  (P) * AA // (Q) MA // MN MA  (P)  MM // AN  MMNA là hình chữ nhật N = ch M/(P) MA  AN. O. A'. H. Đặt MN = x. Ta có AA2 = AM2 – AM2 = AN2 + MN2 – (AN2 + MN2) = AN2 – AN2  AA  AN * Dễ dàng thấy được  = MAN. Trong mặt phẳng (MAM), ta có: MM2 = AA2 + AN2 = MA2 + MA2 – 2MA.MA.cos  Mà AA = cot .x AN = cot .x x MA = sin  x MA = sin . N. A.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  1 1 cos   2  2   2 sin  .sin    x2(cot2 + cot2) = x2  sin  sin  cos  2  cot2 + cot2 = 2 + cot2 + cot2 - sin  .sin .  cos  = sin .sin Bài 2: Cho tứ diện vuông S.ABC. M là một điểm bất thuộc ABC, I là trung điểm AB. Giả sử CA = 2SB, CB = 2SA. Kẻ SE  CA, SF  CB. CMR: tan 4 ( SCI ) EB  1 4 b. tan ( SCA) AB. a. SC  EF Giải : C. * Ta có SC2 = BC2 – SB2 = 4SA2 – SB2 SC2 = AC2 – SA2 = 4SB2 – SA2  SA = SB  AC = AB SC.SA * SE = AC. F E. SC.SB SF = AB S.  SE = SF. B. Từ đây ta dễ dàng suy ra: EF // AB mà SC  (SAB) nên EF  SC. I. 2. SC EF CE SC 2   AC  2 * Ta có : AB CA AC AC. Mặt khác: AB =. 2 .SA (do SAB vuông cân). 2 = 2 AC SC 2 2 SC 2  . 2 2 AC EF = AC CS  3    SA 1  cos    cos   6 2  2 3 Lại có: AC 2  SAC = 3  AC 6 AB 2 2 CS = AC  SA = SA 3 = 2 3 EF 3 2 3 6 . . . AB AB  Do đó: EF = 2 2 2 = 4  AB 4 (1). A.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 AB SI 6 2   SC 6 6 AB 2 * tan SCI = SA SA 3   tan SCA = SC SA 3 3 tan 4 SCI 1  4  tan SCA 4 (2) tan 4 ( SCI ) EB 1 3    1 4 * Từ (1),(2) suy ra: tan ( SCA) AB 4 4 (đpcm). Bài 3: Trong (P) cho ABCD là hình vuông cạnh a. Lấy M,N  CB và CD. Đặt CM = x, CN = y. Trên At  (ABCD) lấy S. Tìm x,y để:  a. ((SAM),(SAN)) = 4  b. ((SAM),(SMN)) = 2 Giải : S. a. AM  SA, AN  SA  MAN = ((SAM),(SAN)) SA = (SAM)  (SAN) . A. D N. Để ((SAM),(SAN)) = 4 thì ta có: 2 AM 2  AN 2  MN 2  2 AM . AN cos MAN = 2 2. 2. 2. 2. B. M. C.  2. a  (a  x) . a  (a  y ) = a2 + (a – x)2 + a2 + (a – y)2 – (x2 + y2)  2[a2 + (a – x)2].[a2 + (a – y)2] = [4a2 – 2a(x + y)]2  a4 + a2[2a2 – 2a(x + y) + x2 + y2] + (a2 + x2 – 2ax)(a2 + y2 – 2ay) = 2[2a2 – a(x + y)]2.  a4 + 2a4 – 2a3(x + y) + a4 + a2(x2 + y2) + 4a2xy – 2a3(x + y) + x2y2 – 2axy(x + y) = 8a4 – 8a3(x + y) + 2a2(x2 + y2) + 4a2xy  x2y2 + 4a3(x + y) = 2axy(x + y) +4a4 b. Giả sử (SAM)  (SMN) Dựng NM  SM ( M  SM). Ta có :  NM '  SM  NM '  ( SAM )   SM ( SAM )  ( SMN ).  NM  SA Mặt khác: SA  (ABCD)  SA  NM Do đó: M  M.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  MN  (SAM)  MN  AM Vậy để (SAM)  (SMN) thì ta phải có: AM2 + MN2 = AN2  a2 + (a – x)2 + x2 + y2 = a2 + (a – y)2  2x2 = 2ax – 2ay  x2 = a(x – y). Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có SA  (ABCD) và SA = a 2 . ABCD là hình thang vuông tại A, D. AB = 2a, AD = CD = a a. Tính góc (S, BC, A) và (A, BS, C) b. Tính góc ((SBC),(SCD)) S Giải : K. * Xét mp (ABCD) + Gọi H = ch C/AB  AHCD là hình vuông, CHB là tam giác vuông cân. . I A.  CAB = 2 hay CA  CB  Từ giả thuyết ta dễ dàng có được: SB = a 6 ,. D.  BC = AC = a 2 , SD = a 3  SC = 2a  SC2 + BC2 = SB2.  SC  CB E   Do đó: (S, BC, A) = SCA = 4 . + Gọi K = ch A/SB I = ch A/SC SC  CB    CB  ( SAC ) AC  CB   AI  BC mà AI  SC  AI  (SBC).  AI  SB  SB  (AIK) AK  SB  KI  SB  (A, SB, C) = AKI Dễ thấy:AI = a a 2.2a 2 3 a. 3 AK = a 6 SI KI SI .BC a.a 2 3   KI   a SB BC SB 3 a 6 2 2 a 4a 2 2 2  AI + KI = a + 3 = 3 = AK2.  AKI vuông tại I. H. C. B.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> AI a 3   AK a 2 3 2 3  sin AKI =   AKI = 3. * Trong mp (SCD) dựng đường thẳng qua C vuông góc với SC và cắt SD tại E. SC  CE    (( SCB ), (SCD )) SC  CB   = ECB 2 4a 4 3 a 2 + SE.SD = SC  SE = a 3 = 3 3 4 3 3 4 a. a  a2 2 3 3  DE = 3 a  CE = DE.SE = 3 BD a 5   SD 2  SB 2  BD 2 2 2 SB a 6   cos ESB   2 SD.SB 3  SD a 3  +.  BE2 = SE2 + SB2 – 2.SE.SB.cos ESB 2 2 4 3 2 16 . a. 6a  a 2 3 3 = 3 a2 + 6a2 – 2. 3. CE 2  CB 2  EB 2 2.CE.CB  cos ECB = 6  ECB = arccos 3. 4 2 2 a  2a 2  a 2 3 3  6 3 2 3 2. a. 2a 3 =. Bài 5: Cho SAB đều và hình vuông ABCD cạnh a nằm trong 2 mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi M là trung điểm của AD a. Tìm d(SA,MC) b. Gọi (P) là mặt phẳng qua BC và một điểm P bất kì trên SD. Xác định giá trị lớn nhất có thể có của góc nhị diện giữa (P) và (ABCD), biết thiết diện giữa.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> (P) và hình chóp là hình thang Giải :. S. Q. P. A M. Q'. O. B E. P'. D. Gọi O là trung điểm của AB  SO  AB Mà (SAB)  (ABCD) = AB  SO  (ABCD)  SO  BC mà BC  AB  BC  (SAB) a. Gọi E là trung điểm của BC a 5  AE = MC = SE = 2 a AM = EC = 2.  AMCE là hình bình hành. C.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  MC // AE  (MC,SA) = (AE,SA) a2 5  2 2 2 5 AE  SA  SE 5 2a .a 2. AE.SA 2  cos (MC,SA) = = 2 5 a 3  sin (MC,SA) = 5 . Dễ thấy SO = 2 1 1 1 a 3 a a3 3 . .a. 2 = 24 Ta có: VS.AMC = 3 SO.SAMC = 6 SO.DC.MA = 6 2 1 1 VS . AMC  SA.MC.sin  MC , SA  .d  SA, MC  6 Mặt khác: VS.AMC = 6 SA.MC.sin (MC,SA).d(SA,MC) a3 3 1 a 5 2 5 a. . .d ( SA, MC ) 2 5  24 = 6 a 3  d(SA,MC) = 4. b. + Thiết diện giữa (P) và hình chóp là hình thang. Dựng PQ // AD (Q  SA)  PQ // BC Dễ thấy PQBC là thiết diện của (P) với hình chóp S.ABCD + Trong mặt phẳng (SAB) dựng QQ // SO  QQ  (ABCD) Dựng PP  (ABCD) (P  (ABCD))  (PQBC) = ch (PQBC)/(ABCD) + Ta có: (OAD) = ch (SAD)/(ABCD)  P  OD, Q  OA + Đặt SP = x (0  x  SD = a 2 SP x  SD a 2 SP x OP '    PD a 2  x P ' D.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> OP ' SP x    OD SD a 2 x.  OP = a 2. . a2 . a2 4. OP ' OQ ' x   OD OA a 2 OQ ' . . x 2 4. PQ / / AD    P ' Q '/ / AD P ' Q ' ch( PQ ) / ( ABCD) .  PQ  AB  PQ =. 5x2 x2 x 2   8 8 2.      1 1  a  x 2 a x 2  1 a  x 2  2 4   2  4  2   SP’Q’BC = 2 .QB.(PQ + BC) = 2  = SP PQ x   + SD AD a 2 x 2  PQ = 2 1. 1. 1.  AQ  SQ  QQ ' AQ  SA  x a 2 x          1   SA  AQ  a 2  a 2 x  AQ  + SH a 2 x . 6 4  QQ =. Do QQ  QB 2. a x 2 3 Q ' B  QQ '      a 2 x 4  8 2 2.  QB =. 2. =. a 2 ax 2 x 2 3 2 3 2 3    a  ax  x 2 4 4 8 4 4 8. =. a 2 x2 a  x 2 2 2. . . 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  SPQBC =. 1 2 a 2 x2 a  x 2 2 2. 1 2.  cos ((P),(ABCD)) =. x 2   a    2 . x 2 1 a 2x 2  a 2 x 2 2 2a 2  a 2 x  x 2 a2  x 2 2 a. a 2x. Đặt f(x) =. 2a 2  a 2 x  x 2. x  [o;a 2 ]. 6a 2  3xa 2.  2a Xét f(x) =. 2.  ax 2  x 2. Vậy max f(x) = 2. . 2a 2  a 2 x  x 2. >0. x  [o;a 2 ]. min f(x) = 1. Bài 6: Cho hình chóp tam giác S.ABC đều có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi α là góc giữa mặt bên và mặt đáy và  là góc giữa hai mặt bên. Tìm mối quan hệ giữa  và  . Giải: + Gọi I là trung điểm của BC . SI  BC (SAI)  BC     AI  BC SIA ((SBC), (ABC)) . + Dựng BJ  SA ( J  SA ). Ta dễ dàng suy ra: CJ  SA (BJC)  SA  Suy ra: BJC ((SAB), (SAC)) .  IJ  SA     BJI ((SAI),SAB))  BJ  SA  2 + (BJC)  SA BJC BJI  2 ) ( Do BJ = JC mà I trung điểm BC nên + Gọi H = ch S (ABC)  H là tâm của ABC.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1. 1. 3. 1. 3. a2. 31. S  SH.AI  a HI.tan   a a .tan   tan  SAI 2 2 2 2 2 2 3 8 1. 1. BI. 1. S  BJ.SA  SH 2  AH 2 .  SAB 2 2 sin BJI 2 + (SAI)  BC  . . a2 1 a2 tan 2   a 2   12  3 2.sin 4.sin 2 2 a. tan 2   4 12. I ch S (SAI) . S S .cos ((SAB), (SAI))  S .cos BJI  S .cos SAI SAB SAB SAB 2 a2 tan   8.  tan 2  . a2 4.sin. tan 2   4  .cos 12 2.  2. tan 2   4  .cot 2 3 2.  3.tan 2 .tan 2.  tan 2   4  tan 2   2. 4 3 tan 2.  1 2. Bài 7: Cho hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, đường cao SH = h. Cho mặt phẳng (P) qua BD và vuông góc với mặt phẳng (SCD). Tính tỉ lện thể tích hai khối đa diện được chia bởi  với  là góc giữa hai mặt bên và mặt đáy Giải:. S. E. D. + Gọi M, N lần. M A. + Dựng DE . C H. lượt là trung điểm của AD và BC.. N B. SC.. +.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> BD  SH    BD  (SHC) HC  BD  Ta có:.  BD  SC  (BDE)  SC  (BDE)  (SCD). ( hay (BDE) (P)). + Gọi V =VS.ABCD, V1 = VC.EBD , V2 là phần còn lại. Xét : a , ϕ Ta có: SC  SN 2  NC 2  NH 2 ..  (BDE)  SC  BE  SC 1. 1 a 1 a  NC2  1  cos 2   1 2 2 cos  2.cos  cos SNM 2. 1. SSBC  BE.SC  SN.BC  BE.SC SN.BC 2 2 a 1 a SN.BC a 2 cos   BE    SC a 1 1  cos 2   1 2 cos 2   CE  BC2  BE 2  a 2 . a2 a.cos   2 1  cos  1  cos 2 . Suy ra: a.cos  V1 1  V 2. 1  cos 2 . a 1  cos 2  2.cos  V1 V  cos 2   1 V  V1 V2. cos 2   1  cos 2 . Bài 8: Cho (P) có chứa hình chữ nhật ABCD với AB = a, BC = b. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại trung điểm O của AB lấy điểm S sao cho SO = ab. Trên BC lấy BM = x, trên CD lấy DN = y (M  BC, N  CD) Tìm mối quan hệ giữa x, y, a, b sao cho:.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 1) a.  SOM    SMN  b.  SON    SMN . 2) P là trung điểm của SM, Q là trung điểm của ON. Tìm điều kiện để PQ = d(SM, ON) Giải: 1) a. Giả sử ta có :.  SOM    SMN  . Dựng NM’  SM (M’  SM)..  NM '  SM  NM '  (SON)  SM  SON    SMN    Ta có :  NM '  SO. Mặt khác: SO.   ABCD   SO  NM. Do đó: M M’ Vậy để.  MN   SOM   MN  OM.  SON    SMN  thì ta phải có. OM 2  MN 2 ON 2. (1). Ta có BM = x  CM = b – x DN = y  DN = a – y  BN 2 b 2  (a  y) 2 AN 2 b 2  y 2 2. MN 2  b  x    a  y . 2. a2 OM   x 2 4 2 BN 2  2AN 2  AB 2 4b 2  2(a  y )2  2 y 2  a 2  ON 2   4 4 2. Vậy theo (1) ta có : 4b 2  2( a  y ) 2  2 y 2  a 2 a 2 2 2   x2   b  x    a  y  4 4 2 2  2bx  ay 2 x  a.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 2 2 Vậy điều kiện để (SOM) và (SMN) vuông góc là : 2bx  ay 2 x  a. b) lập luận như trên ta có điều kiện để (SON)  (SMN) là ON  MN 2 2 2 Khi đó : 2y  2b  a 2bx  3ay. PQ  SM  PQ  ON 2) PQ = d(SM, ON). (1). Ta có : 2. 2 2 2 ON 2 4b  2  a  y   2y  a OQ   4 16 2. 2. 2. 2. 2. 2 2. SQ OQ  SO a b . 4b 2  2  a  y   2y 2  a 2. SM 2 SO2  OM 2 a 2 b 2 .  OP 2 SP 2 . a 2 b2 . 16 2. a  x2 4. a2  x2 4 4. Từ (1) ta có : PQ 2 SQ 2  SP 2 OP 2  OQ 2  SQ 2  OQ 2 SP 2  OP 2 2OP 2 2. . 4b 2  2  a  y   2y 2  a 2. 2. 2 2. a b . 16  2a b  2b  2y 2 x 2  2ay 2 2. 4b 2  2  a  y   2y 2  a 2 16. . 4a 2 b 2  a 2  4x 2 8. 2. Vậy điều kiện để PQ là khoảng cách giữa ON và SM là : 2a 2 b 2  2b 2  2y 2 x 2  2ay. a 6 Bài 9 :Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình vuông cạnh a và đường cao SA = 2 . Gọi. (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, cắt các cạnh SC, SB, SD lần lượt tại C’, B’, D’. Tính góc giữa C’D’ và AD Giải : +Gọi E C ' D ' CD  C ' E  SC.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Dựng DK  SC.  K  SC .  DK / /C 'E  (C ' D ', AD) (C ' E, AD) (DK, AD) ADK SA  CD    CD  (SAD)  CD  SD  CD  AD . Mà ta có C ' E  SC nên suy ra: SDC đồng dạng với EC 'C  CC ' .  AC’  SC. . C 'E C 'C  SD CD (1). AC 2 AC 2 2a 2 2 14    a 2 2 SC 7 3 2 SA  AC a  2a 2 2. 2 14 3 2 a a  a2 SD.CC ' CC ' SA  AD 2 35 7 2    a CD a 7 Từ (1) : C’E = CD 8 20  EC  CC '2  C 'E 2  a 2  a 2 2a 7 7 CD 1 DK CK     (do DK / /EC ') EC 2 EC ' CC '  35 a DK   7   CK  14 a  7 2. 2. AC a 2 2 7   SC 7 14 a 2  cos SCA = 2 2 2  AK CK  AC  2CK.AC.cosSCA 2 14 2 7  a 2  2a 2  2.a 2. a. 7 7 7 8  a2 7 2 14  AK  a 7 5 8 a2  a2  a2 2 2 2 DA  DK  AK 7 7  2 35   2.DA.DK 35 35 2a a 7 + cos ADK  ADK arccos. 2 35 35.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thoi cạnh a có BAD 60o . Gọi O là giao điểm của AC và BD , biết SO  (ABCD) 3 a và SO = 4 .. a. Xác định và tính khoảng cách giữa SB, AD. b. Tính góc giữa (SBC) và (SAD). Giải : a. Qua O dựng đường thẳng d  AD và cắt AD, BC lần lượt tại I,J. + Dựng IH  SJ ( H  SJ ) SO  (ABCD)    BC  (SIJ)  IH  BC   IJ  BC  IH  (SBC)  IH  SB.  AD // BC  IH  AD Vậy IH = d(AD,SB) 3 3 a a Dễ thấy OI = OJ = 4 . Dựng F là hình chiếu của O trên SJ , ta dễ dàng suy ra được : OF = 8 3 a Suy ra : IH = 2.OF = 4. b. Qua S dựng đường thẳng d // AD // BC, d =.  SIJ   AD . SI  AD   SJ  AD .  SAD    SBC . SI  d (do d / /AD / /BC)  SJ  d.  ISJ ((SAD), (SBC)). Ta dễ dàng có được: 3 a  IJ = 2.OI = 2 SI SJ  SO2  OI 2 .   SIJ đều. 9 2 3 2 3 a  a  a 16 16 2.  ISJ 60o. o Vậy góc giữa (SAD) và (SBC) là ISJ 60.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Nhận xét : Ở bài toán này, để tính độ dài khoảng cách giữa hai đoạn AD và SB ta còn có thể làm như sau : o + BAD 60  ABD đều cạnh a. S. ABD. . 3 2 a 4. SO  (ABCD) 1 13 3 2 3 SO.SABD  a a  a3 34 4 16 Suy ra : VS.ABD = 3. (1). + Mặt khác : 1 SB.AD.d(AD,SB).sin (AD,SB) VS.ABD = 6. Trong đó:.  SB =. OB2  SO 2 . 9 2 1 2 13 a  a  a 16 4 4. 9 2 3 2 21 a  a  a 16 4 4  SC =  AD // BC  (AD,SB) (BC,SB) SBC 13 2 21 2 a  a2  a 2 2 2 SB  BC  SC 16  13 cosSBC   16 2.SB.BC 13 13 2.a. a 4 2 39  sin SBC  13 3 2 a .d(SB, AD) Suy ra: VS.ABD = 12 (2) 3 a + Từ (1) và (2) ta suy ra được : d(AD,SB) = 4 OC 2  SO 2 . Bài toán không khó, nó chỉ xoay quanh những phạm vi kiến thức cơ bản và chỉ đòi hỏi mức độ nắm vững kiến thức của chúng ta và sự linh hoạt trong việc biến đổi biểu thức Bài 11: Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại A. AB = a, BC = 2a. CH . CA 6 , SH  a 3 3 . Gọi I, J lần lượt là trung điểm. Dựng SH vuông góc với (ABC) tại H sao cho của BC, SA. Gọi () là mặt phẳng qua BJ và vuông góc với mặt phẳng (SHI)..

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Tính góc giữa () và (ABC). Giải: o + Dễ thấy CA = a 3 và ABC 60. Gọi K là trung điểm của AH 1 3 AK 3  CA  a  tan ABK    ABK 30o 3 AB 3 Suy ra : AK 3. (1) + Gọi N là trung điểm của SI. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ICS và ba điểm B, N, M ta có : BI MC NS 1 MS . . 1  . .( 1) 1 2 MC BC MS NI MS   2 MC. Gọi T là giao điểm của MJ và AC. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACS và ba điểm T, M, J ta có : TA MC JS MS . . 1  ( 2). .( 1) 1 TC MS JI MC TA 1   TC 2. Do đó: A là trung điểm của TC. o Suy ra :  BTC cân tại T  TBA ABC 60 .. Từ (1) và (2) ta có :  BK  TB. (2). (3). + Mặt khác , ta thấy H là hình chiếu của S trên (ABC) , do đó AH là hình chiếu của SA trên (ABC) . Mà J, K lần lượt là trung điểm cùa SA và AH. Nên K là hình chiếu của J trên (ABC)  JK  TB. (4). + Từ (3) và (4) ta được : (JBK)  TB  JBK ((), (ABC)). Ta dễ dàng tính được :. JK . 6 2 3 6 a, BK  a  BJ  a 6 3 2.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> BK 2 2   cos JBK = BJ 3. Bài 12 : Cho hình chóp C. ABB’A’ với đáy ABB’A’ là hình chữ nhật . Biết AA’ và BB’ cùng vuông góc với (ABC), dựng đường vuông góc chung của A’B và B’C. Giải : Trong mặt phẳng (ABB’A’) kẻ đường thẳng qua B’, song song với A’B và cắt AB tại D. Từ B kẻ BK  CD ( K  CD ). Từ B kẻ BH  B’K ( H  B' K ). Từ H kẻ đường thẳng song song với A’B và cắt CB’ tại J. Từ J kẻ đường thẳng song song với BH và cắt A’B tại I Ta có :  CD  BK  CD  (B ' BK)     BH  (B ' DC)  CD  BB '  BH  B 'K . BH  B 'C  BH  DB '. Mà DB’ // A’B nên BH  A’B BH  B'C  Mặt khác IJ // BH nên BH  A ' B. Vậy IJ là đường vuông góc chung mà ta cần dựng. Bài 13 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa hình lục giác đều cạnh a, đường cao SA = a. Dựng đường vuông góc chung của BD, SC ; xác định chân đường vuông góc trên các cạnh SC và BD.Tính độ dài đoạn vuông góc chung đó. Giải : Qua C kẻ đường thẳng song song với BD và cắt AB và AD lần lượt tại K và E..

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Kẻ BH  SK.  H  SK  . Từ H kẻ đường thẳng song song với BD cắt SC tại J, từ. J kẻ đường thẳng song song với BH và cắt BD tại I. + Do ABCD là nửa hình lục giác đều cạnh a nên BD  AB  KE  AB   KE  (SAK)  KE  BH KE  SA   BH  SK    BH  (SKE)  BH  KE    IJ  (SKE)  IJ  KE  IJ  BD (do BD / /KE)   + IJ / / BH. + IJ  (SKE)  IJ  SC Vậy IJ là đường vuông góc chung của SC và BD. a a 3 3a a 13 KB  , KC  , KA  , KS  SA 2  AK 2  2 2 2 2 Dễ thấy :. Lại có tứ giác SABH nội tiếp. Do đó KH.KS = KB.KA  KH . KB.KA 3a 13  KS 26. 3a 13 KH 3  26  KS a 13 13 2 Vậy CJ 3  Suy ra : CS 13 (do HJ // KC). Điểm J được xác định trên CS SH HJ 10 10 5a 3    HJ  KC  13 13 Ta lại có: SK KC 13 5a 3 BI 5  13  Vì BI = HJ nên BD a 3 13 . Điểm I được xác định trên BD BH BK 1 a 13    BH IJ  13 13 +Ta có: SA SK. ( BH // IJ , HJ // BI  HJIB là hình bình hành ).

<span class='text_page_counter'>(20)</span> BÀI TẬP TỰ LUYỆN BT1/ Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, mp(SAB). mp(ABCD),. tam giác SAB đều. Tính góc giữa các cặp mặt phẳng sau: a/ (SAB) và (SAD); b/ (SAD) và (SBC); c/ (SHC) và (SDI), với H, I lần lượt là trung điểm của AB và BC.. BT2/ Cho tứ diện ABCD, hai mp(SAB) và (SBC) vuông góc với nhau, SA vuông góc mp(ABC). Cho SA=a √ 2 , ∠ BSC=45 ° , ∠ ASB=α . Xác định α để mp(SCA) và mp(SCB) tạo với nhau góc 600.. BT3/ Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD cạnh a, AC=. 2 a √6 . Trên đường thẳng vuông 3. góc với (P) tại giao điểm O của hai đường chéo hình thoi, lấy điểm S sao cho SO = a. Chứng minh rằng mp(SAB) vuông góc với mp(SAD).. BT4/ Trong mp(P) cho hình thang cân ABCD có AB=2a, CD=a, BC=AD=a. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại trung điểm M của AB, lấy S: SM=a. a/ Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. b/ Tính góc giữa SM với mp(SCD).. BT5/ Cho ABC là tam giác vuông ở C, AC = a, BC = b. Trên đường thẳng vuông góc với (ABC) tại A lấy điểm S sao cho SA = h. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và SB. Tìm giá nhỏ nhất của MN khi h thay đổi..

<span class='text_page_counter'>(21)</span> BT6/ Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, góc BAC bằng 1200, AC = b, BC = a, cạnh SA vuông góc với đáy, góc giữa mp(SBC) và mặt phẳng đáy là 600. Tính: a/ Đường cao của hình chóp. b/ Khoảng cách từ A đến mp(SBC).. BT7/ Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại C, AC = x, AB = 2a, đường cao SA = h (h cho trước và nhỏ hơn 2a). Gọi I và J lần lượt là trung điểm AC và SB. Xác định x theo a để IJ là đường vuông góc chung của AC và SB. Khi đó hãy tính khoảng cách từ A đến (SBC).. BT8/ Cho tam giác đều ABC cạnh a. Trên đường thẳng At vuông góc với mp(ABC) lấy điểm S sao cho AS = b. a/ Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a, b. b/ Hz là đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác SBC và vuông góc với (SBC). Chứng minh rằng khi S di động trên At thì Hz luôn đi điểm cố định..

<span class='text_page_counter'>(22)</span> NHỮNG BÀI TOÁN VỀ THIẾT DIỆN TRONG HÌNH CHÓP Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. M là trung điểm của SC, (P) là mặt phẳng qua AM và song song với BD. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của (P) với các cạnh SB, SD. Tìm tỉ số diện tích của tam giác SME với tam giác SBC và tỉ số diện tích tam giác SMF với tam giác SCD.. Giải: S. H. M. F E. I. K. D. A. C O B. - Tỉ số diện tích tam giác SME với tam giác SBC: + Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M, C lên SB. 1 MH .SE MH SE SM SI 1 SI SME  2  .  .  . 1 S CK SB SC SO 2 SO CK .SB SBC 2 +. S. + Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác SOC với bộ điểm (I, A, M): IS AO MC IS 1 IS SI 2 . . =1 ⇔ . .(−1)=1 ⇒ =3⇒ = IO AC MS IO 2 IO SO 3. S . SME  1 . 2 1 S 2 3 3 SBC S SMF 1 S 3 - Tương tự, SDC ..

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Bài 2: Cho hình chóp S.ABC có điểm M nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng qua M lần lượt song song SA, SB, SC cắt các mp(SBC), (SAC), (SAB) tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng MA ' MB ' MC ' + + =1. SA SB SC. Giải:. S. -Gọi N là giao điểm của AM và BC. Suy ra, S, A’, N thẳng hàng. (Do cùng thuộc giao tuyến của mp(SAM) với (SBC)). MA ' S MBC  SA S ABC . Thật vậy: - Ta chứng minh: A'. A. C M. - Tương tự: MB ' S MAC MC ' S MAB  ,  SB S SC S ABC ABC .. N K. B H. . 1 .MK .BC MK NM MA ' MBC  2    1 S AH NA SA . AH .BC ABC 2 .. S. MA ' MB ' MC ' S MBC S MAC S MBA S ABC       1 SA SB SC S S S S. ABC. ABC. ABC. ABC. (đpcm).. Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi với các đường chéo AC = 4a, BD = 2a, chúng cắt nhau tại O. Đường cao của hình chóp SO = h. Dựng mặt phẳng qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Xác định h để thiết diện B’C’D’ là tam giác đều. Giải: Để mp(B’C’D’) chính là thiết diện cần dựng ta cần có C’ thuộc đoạn thẳng SC, khi đó ∠ A SC phải là góc nhọn. Suy ra OC < SO. Thật vậy, nếu OC = SO thì.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> C’. D’ Δ SAC vuông tại S và C ' ≡ S . B’. D. Còn nếu OC > SO thì:. C. O. ∠OSC>∠OCS, ∠ OSA >∠OAS 0 ⇒2 ∠ A SC >∠ASC +∠OSC+∠OAS=180 0 ⇒ ∠ A SC>90 ∠ ASC Nghĩa là là góc tù, trái với kết luận trên.. A. H. B. Từ đó OC < SO hay 2a < h. B1. Trong mp(ABCD) từ A kẻ. đường thẳng song song với BD, đường thẳng này cắt BC kéo dài tại B1, B 1 ∈(α ) và B 1 ∈ mp(SBC) . Hiển nhiên C’, B’, B1 đều. thuộc giao tuyến của mp( α ) và mp(SBC), nên chúng thẳng hàng. 2S. SAC. 4ah  AC '.SC  AC '. 4a 2  h 2  AC ' . 4ah 4a 2  h 2. Vì AC = 2OC và AB1 // OB, nênAB1 = 2OB = 2a. 3 2. 0 √ Nếu AB’C’D’ đều thì ∠ EC ' B '=30 ⇒ AC '=2 AB1 =AB1 √3=2 a √3 . Suy ra :. 2 a √3=. 4 ah 2h ⇔ √ 3= ⇔ h=2 a √ 3=SO 2 2 √ 4 a +h √ 4 a2 +h2. Do đó Δ SAC đều và C’ là trung điểm SC. Dễ dàng kiểm tra lại nếu h=2a √3 thì thiết diện B’C’D’ là tam giác đều. Bài 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy a và đường cao h. Dựng. Giải:. mp( α ) đi qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’.. a) Vì SAC là tam giác cân SA = SC nên C’ thuộc đoạn SC khi và chỉ khi. a) h phải thoả điều kiện gì để C’ là một điểm thuộc cạnh SC ? Khi đó b) hãy tính thể tích hình chóp S.AB’C’D’. c) Có xảy ra trường hợp nào mà tam giác B’C’D’ là tam giác đều?. 2. 2. 2. 2. (. 2. AC <SA +SC ⇔ 2 a < 2 h +. 2. a a ⇔ h> 2 √2. ). ∠ A SC. là góc nhọn. Khi đó:.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Vì vậy khi h>. a √2. thì mp( α ) cắt SC tại C’ là một điểm thuộc cạnh SC.. 2 S SAC=SH . AC=AC ' . SC ⇔ AC '=. SH . AC 2 ah = 2 SC √ a +2 h2. Ta có Δ AHE ~ ΔSHC (vì Δ AHE ~ Δ SC'E , Δ SC' E ~ ΔSHC ) nên AH HE a2 2 h2 −a 2 = ⇔ AH . HC=SH . HE ⇔ =h(h −SE)⇔ SE= SH HC 2 2h 2. 2. 2 2 B ' D ' SE BD . SE a √2 2 h − a a(2 h −a ) = ( B ' D'// BD) ⇔ B ' D '= = . = Do đó 2 BD SH SH h 2h h √2. Diện tích thiết diện là: 1 1 S td = AC ' . B ' D '= . 2 2. 2. 2 ah. √a 2+ 2h2. 2. 2. a(2 h − a ) . 2 h √2. ¿. 2. 2. a ( 2h − a ) h √ 2(a2+ 2h 2). 2 h2 − a2 ¿2 ¿ ¿ Hơn nữa a2 4 a2 h2 SC' 2 =SA 2 − AC ' 2=h2+ − 2 =¿ 2 a +2 h2. Suy. ra. S C’. D’ E D. B’. H A 1. a 2 (2h 2  a 2 ) 2. V  SC '.Std  S . AB'C ' D' 3 6h(2h 2  a 2 ). b) Vì BD song song với mp( α ) nên mp( α ) cắt mp(ABCD) theo giao tuyến đi qua A và //BD,. B. C.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> giao tuyến đó cắt CB tại B1, cắt CD tại D1. Hiển nhiên C’, B’, B1 thẳng hàng và C’, D, D1 cũng thẳng hàng. Do B’D’//B1D1, BD//B1D1 nên ΔC ' B ' D ' ~ Δ C'B 1 D1 . Δ CBD ~ ΔCB 1 D1 , từ đó suy ra. Δ C'B 1 D1 là tam giác cân, còn. ΔCB 1 D1 là tam. giác vuông cân. Thế nên AB 1=AD 1= AC=a √ 2 Ta lại có trong Δ SAC thì AC’ < AC . Từ đó mỗi tam giác vuông C’AB1 và C’AD1 có : 0. ∠AC ' B1 =∠ AC ' D1> 45 ⇒ ∠ B ' C ' D' =∠B1 C ' D ' >90. 0. .. Vì vậy tam giác B’C’D’ luôn có góc ∠ B ' C ' D ' tù. + Nhận xét: Trong phần định dạng thiết diện ở bài toán này ta rất có thể sẽ nhầm lẫn với trường hợp của bài toán 17 khi ngộ nhận rằng thiết diện dựng được vẫn có thể xảy ra trường hợp tam giác B’C’D’ đều. Nguyên nhân là do sự khác biệt về hình dạng mặt đáy của khối chóp (giữa hình thoi và hình vuông tuy có nhiều nét tương đồng nhưng khi vẽ hình, đặc biệt là khi có những mặt phẳng cắt ngang khối chóp thì mỗi loại sẽ định hướng nét vẽ cũng như hình dạng thiết diện theo những cách khác nhau. Ta chỉ có thể thông qua chứng minh mà kết luận chứ không nên nhận định vội vàng). Bài 5: 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 mp(P) song song với mp(ABCD). Giải: - Giả sử (P) //(ABCD): Khi đó mp(P) và (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 ⇒ A’B’//C’D’ và A’D’//B’C’ ⇒ A’B’C’D’ là hình bình hành..

<span class='text_page_counter'>(27)</span> S '. D' A'. C' B'. D. A. C. B. - Giả sử A’B’C’D’ là hbh: ¿ A ' B '// C ' D ' A ' B '// (SAB) C ' D '//(SCD) + Ta có: . ⇒ Δ=(SAB)∩( SCD) , Δ // A ' B ', Δ// C ' D ' ¿{{ ¿ ¿ AB // CD AB // (SAB) + Mặt khác: CD //( SCD) ⇒ Δ=(SAB)∩( SCD), Δ // AB , Δ // CD ¿{{ ¿. Do đó, A’B’// AB ⇒ A’B’//(ABCD). (1) + Tương tự, A’D’//(ABCD). (2) Từ (1), (2) suy ra (P) //(ABCD).  Câu hỏi đặt ra ở đây là nếu như mặt đáy hình chóp không phải là hình bình hành mà mang một hình dạng bất kì thì làm thế nào để dựng được thiết diện A’B’C’D’ của bài toán là hình bình hành?. Bài 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 mp(P) để A’B’C’D’ là hình bình hành..

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Giải: +A’B’C’D’ là hbh ⇔. ¿ A ' B '// C ' D' A ' D'// B ' C ' . ¿{ ¿. ¿ SE=(SAB) ∩(SCD) +Gọi SF=(SAD) ∩(SBC) . ¿{ ¿. + Ta có:. ¿ A ' B'=( P)∩(SAB) C ' D ' =( P) ∩(SCD) SE=(SAB)∩(SCD) A ' B '// C ' D ' ⇒ SE // A ' B '// C ' D ' ⇒SE // ( P) ¿{{{ ¿. (Định lí về giao tuyến của 3 mặt phẳng). + Tương tự, SF//(P). S D'. A'. D C'. A B' F. C. B E. Vậy nếu (P)//SE và (P)//SF thì A’B’C’D’ là hbh.. Bài 7: Cho tứ diện ABCD có AB=CD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC, BD; E là điểm thuộc AD khác Avà D.Tìm vị trí của E để thiết diện tứ diện khi cắt bởi mp(JEI) là hình thoi..

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Giải:. - Có IJ là đường trung bình của tam giác BCD. Do đó, IJ//CD ⇒ CD//mp(IJEF) ⇒ CD // EF (do CD, EF đồng phẳng). - Do đó, thiết diện là hình thang. Để thiết diện là hình ¿ EF=JI EF=JE thoi thì E là trung điểm của AD. ⇒ ¿{ ¿. -. Ngược lại, khi E là trung điểm của AD thì ¿. CD 2 AB JE // FI // AB , JE=FI= 2 CD=AB ¿{{ ¿ EF // JI // CD , FE=JI=. -. ⇒ IJEF là hình thoi.. Bài 8: Trong mp(P) cho đường tròn (O), đường kính AB = 2R. Lấy một điểm C trên đoạn AB, đặt AC=x (0< x <2 R) . Một đường thẳng đi qua C cắt đường tròn tại 2 điểm K, L. Trên đường thẳng vuông góc với mp(P) tại A, lấy điểm S sao cho SA = h. Một mp( α ) đi.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> qua A và vuông góc SB. a) Hãy xác định thiết diện của hình chóp S.AKBL và mp( α ). Thiết diện đó có đặc điểm gì? b) Giả sử mp( α ) lần lượt cắt SB, SC, SK. SL tại B’, C’, K’, L’. Đường thẳng KL c) phải thoả mãn điều kiện gì để C’ là trung điểm K’L’? d) Tìm điều kiện đối với KL để thiết diện AK’B’L’ là hình vuông. Giải: a) Trong mp(SAB) kẻ AB ' ⊥ SB , B' ∈ SB . Trong mp(SAK) kẻ AK ' ⊥SK . Gọi C’ là giao điểm của SC và AB’. Trong mp(SKL) nối K’ với C’. K’C’ kéo dài cắt SL tại L’. Do đó thiết diện tạo bởi hình chóp S.AKBL và mp( α ) là miền tứ giác AK’B’L’ và theo chứng minh trên thì tứ giác này nội tiếp. b) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác AK’B’L’ nhận AB làm đường kính. Do đó C’ c) muốn là trung điểm K’L’ khi và chỉ khi K’L’ thoả mãn một trong hai điều kiện: S. B’. L’ C’ L. K’. A. B. C K. Đk1 : K ' L' ⊥ AB ' Giả sử K ' L' ⊥ AB ' ⇒ K ' L '=C ' L' ⇒ AK '=AL ' ..

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Trong các tam giác vuông SAK và SAL, ta có: 1 1 1 1 1 = − 2 = 2 − 2 ⇒ AK=AL ⇒ KL ⊥ AB 2 2 AK AK ' SA AL SA. Ngược lại, giả sử : KL ⊥ AB ⇒ KL⊥ mp(SAB), KC=CL ⇒ AK=AL ⇒ SK =SL, SK '=SL ' ⇒ K ' L'// KL ⇒ K ' L' ⊥ mp (SAB)⇒ K ' L ' ⊥ AB ' ⇒ K ' C ;=C ' L '. Đk2 : C’ là trung điểm AB’. Giả sử AC’ = C’B’. Trong mp(SAB) kẻ B ' m // SC , M ∈ AB Ta có :. SB' CN AC x = = = SB CB 2 R − AC 2 R − x. Mặt khác. SB' SB ' . SB SA 2 h2 = 2 = 2= 2 SB SB SB h + 4 R2. suy ra:. x h2 Rh 2 = 2 ⇒ x= =AC 2 R − x h + 4 R2 h2+ 4 R 2. Ngược lại, giả sử: Rh 2 AC=x= 2 ⇒CM=AC ⇒ AC '=C ' B ' . h +4 R 2. c) Diện tích thiết diện AK’B’L’ là: 1 1 1 1 S td = AC ' .C ' K 'sin α + AC ' . C ' L' .sin α + C ' B' . C ' K ' . sin α + C ' B ' . C ' L' . sin α 2 2 2 2 1 1 1 AC' . K 'sin α + C ' B ' . K ' L 'sin α = AB ' . K ' L ' . sin α 2 2 2. Trong đó α là góc giữa đường thẳng AB’ và K’L’. VÌ AB’ là đường kính cố định của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AK’B’L’, còn K’L’ là dây cung của đường tròn đó nên Std lớn nhất khi và chỉ khi K’L’=AB và α =90 0 , hay nói cách khác khi AK’B’L’ là hình vuông. Điều đó xảy ra khi C’ là trung điểm AB’ và KL ⊥ AB ..

<span class='text_page_counter'>(32)</span> Bài 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, mặt bên SAB là tam giác vuông tại A. Với điểm M bất kì thuộc cạnh AD (M≠ A,D), xét mp(α) đi qua điểm M và song song với SA, CD. a) Thiết diện của hình chóp khi cắt mp(α) là hình gì? b) Tính diện tích thiết diện theo a, b; AB=a, SA=b, M là trung điểm của AD. Giải:. a) Thiết diện là tứ giác MNPQ. Do CD // (α), SA // (α) nên MN//PQ//CD, MQ//SA mà SA⊥ BA. ⇒ thiết diện là hình thang MNPQ vuông tại M.. b) Khi M là trung điểm AD, ta được: MQ 1 b = ⇔MQ= SA 2 2 PQ 1 a = ⇔ PQ= CD 2 2 MN=AB=a. S. Vậy MNPQ. . ( MN  PQ).MQ 3ab  2 8 ..

<span class='text_page_counter'>(33)</span> Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác cân tại S và mp(SAB) mp(ABCD), cạnh bên SC tạo với mặt phẳng đáy góc α . Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng trung trực của cạnh BC. Giải: S. F. P. Q A H B. D. N K. E M. C. - Gọi H là trung điểm của BA thì SH ⊥ AB ⇒SH ⊥(ABCD ) . - Gọi K là trung điểm của CD. - Gọi M, E, N, P, F, Q lần lượt là giao điểm của mặt phẳng trung trực (R) của BC với các cạnh BC, HK, AD, SD, SK, SC. Do đó thiết diện là tứ giác MNPQ. - Ta có: ¿ SH ⊥ BC CD ⊥ BC ( R)⊥ BC ⇒ SH // ( R) ,CD // (R)⇒ ¿ EF // SH MN // CD PQ // CD ⇒ SH ¿ EF ⊥ MN , EF= 2 CD PQ // MN , PQ= 2 ¿{{ ¿ ⇒ Thiết diện là hình thang MNPQ có đường cao EF..

<span class='text_page_counter'>(34)</span>  S. 1  .( MN  PQ).EF MNPQ 2. - Mặt khác, EF=. Vậy. S. SH HC . tan α √ HB2 +BC2 . tan α a √ 5 = = = . tan α 2 2 2 4. 1 1  a a 5 3a 2 5  .( MN  PQ).EF  .  a   . .tan   .tan  MNPQ 2 2  2 4 16 .. Bài 11: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông cạnh a, SA mp(ABCD) và SA=a. Gọi (α) là mp qua A và vuông góc với SC cắt SB, SD lần lượt tại B 1, D1. Tính diện tích thiết diện của hình chóp tạo bởi mp(α). Giải: S. C1 D1 B1 D. A. C. B. - Giả sử B1D1 cắt BD, khi đó ta có: SC⊥ B1 D( do SC ⊥ mp(α )) ¿ BD ⊥ AC , BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ mp(SAC) ⇒BD ⊥ SC ⇒ SC⊥ mp(SBD) + ¿ ¿{ ¿ ¿ ¿¿. + Mặt khác, DC ⊥SA , CD ⊥ AD ⇒CD ⊥ SD . Suy ra vô lí (do trong một tam giác không thể tồn tại hai cặp cạnh vuông góc)..

<span class='text_page_counter'>(35)</span> - Do đó, B1D1//BD. Mà BD ⊥ mp(SAC)⇒ B1 D 1 ⊥ mp(SAC)⇒ B1 D1 ⊥ AC1 1 ⇒ SAB C D = B1 D1 . AC1 2 1. 1. .. 1. ¿ BC ⊥ AB , BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ AB1 SC⊥ AB1 - Có . ⇒ AB1 ⊥SB ¿{ ¿. Tương tự, AD 1 ⊥ SD . - Do tam giác SAB vuông cân tại A, AB1là đường cao nên B1 là trung điểm của SB ⇒. 2 2 B1 D1 1 BD √ AD + AB a √ 2 = ⇔ B 1 D 1= = = BD 2 2 2 2. - Xét tam giác SAC vuông tại A, đường cao AD1: 1 1 1 1 1 3 a 6 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ AC1= √ . AC 1 SA AC a 2 a 2 a 3 2. 2. 1 a √ 2 a √ 6 a √3 ⋅ = . 2 2 3 6. Vậy S AB C D= ⋅ 1. 1. Bài 12: Cho hình chóp A.BCD có đáy là tam giác đều cạnh a, AB= a √ 2 . Đường cao của hình chóp kẻ từ đỉnh A đi qua trung điểm H của cạnh CD. Tính diện tích thiết diện hình chóp khi cắt bởi mp(P) song song với AB, CD và cách đỉnh B một khoảng bằng x. Giải: A. E. P. K. J. Q. C. S H D. B I. R.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> - Gọi (P) cắt các cạnh AC, AD, DB, BC, HB, AH lần lượt tại P, Q, R, S, I, J. Ta có: ¿ ( P)// CD ( P)// AB ⇒ ¿ PQ // RS // CD QR // SP // AB ⇒ ¿{ ¿. - Mặt khác,. Thiết diện PQRS là hình bình hành.. AJ PQ SR BI = = = ⇒ IJ // AB . AH CD CD BH. - Có: CD ⊥ AH , CD ⊥ HB ⇒ CD ⊥ IJ ⇒ SR ⊥IJ .  S. -. PQRS. IJ .SR. .. SR BI IK x ax 2 ax 2 4x 2 = = = = √ 2 = √ = √ 2 Mà: CD BH HE HA . HB √ AB −HB . HB 3 a2 a √ 3 a √ 15 2 2a − . AB 4 2. √. Suy ra, SR= - Và:. CD . 4 x √ 2 4 x √ 2 = . a √ 15 √15. IJ HI BH −BI BI 4 x √ 2 a √15 − 4 x √ 2 = = =1 − =1 − = AB HB HB HB a √15 a √15. ⇒IJ =. a √ 2 .(a √ 15− 4 x √ 2) a √ 30− 8 x = . a √ 15 √ 15. Vậy: S=IJ . SR=. a √ 30 −8 x 4 x √ 2 8 ax √ 15 −32 x 2 √2 . = . √15 √15 15. Bài 13: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều, SA=SB=SC=a và cùng tạo với mặt phẳng (ABC) góc 600. Một mặt phẳng (P) song song với SA, BC và cắt hình chóp theo thiết diện là hình vuông. Tính diện tích thiết diện. Giải:.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> - Giả sử H là tâm của tam giác đều ABC, suy ra SH là trục của tam giác ABC. Suy ra ∠ SAH=60 ° S. P a N x Q. A H. M. C. A'. B. - Gọi cạnh của hình vuông MNPQ là x, A’ là trung điểm của BC. - Ta có: ¿ MN BN = SA BS NP SN = BC SB 1 1 BN+SN ⇒ x. + = =1 SA BC BS ¿{ ¿. (. ). 3 3 3 3a AA '  .AH  .SA.cos A  .a.cos 60  2 2 2 4 - Mà ta lại có:. Suy ra: BC=2. BA ' =2 AA ' . cot 60 °= 2. Do đó: S. x.. (. 3 a √3 a √ 3 . = . 4 3 2. 1 1 + =1⇒ x=a √3 (2− √ 3) a a √3 . 2. Vậy MNPQ. ). .  x 2  a 3(2 . 3). . 2. 3a 2 (2 . 3) 2. ..

<span class='text_page_counter'>(38)</span> Bài 14: Cho tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh là 6. N là trung điểm của AC; M, P lần lượt thuộc đoạn AB, CD sao cho:. MA PD = =2 . Tính diện tích thiết diện của tứ diện khi tạo bởi mặt phẳng MB PC. (MNP). Giải: ⇒ Nên thiết diện là tứ giác MNPQ.. - Gọi R=NM∩ BC , Q=RP ∩BD. - Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác BCA với bộ điểm (R, N, M) thẳng hàng, ta được: ⇒. RB NC MA RB RB 1 . . =1⇒ .1 . 2=1⇒ = ⇒RC=2 .BC=12 . RC NA MB RC RC 2. RM CN BA RM 1 RM 2 . . =1 ⇒ . .3=1⇒ = . RN CA BM RN 2 RN 3 A. M. R. N. K H B. D. Q P C. - Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác CBD với bộ điểm (R, P, Q) thẳng hàng, ta được : QB PD RC QB 1 QB . . =1 ⇒ . . 2=1 ⇒ =1 QD PC RB QD 2 QD. ⇒. RQ CP BD RQ 2 RQ 3 . . . =1⇒ . . 2=1 ⇒ = RP CD BQ RP 3 RP 4. 1 1 RMQ 2 .MK .RQ MK RQ RM RQ 2 3 1   .  .  .   S  .S MNPQ 2 RNP S RNP 1 .NH .RP NH RP RN RP 3 4 2 2 -Ta được: . 2 1 -Có: RC=2. BC=12 , CP= . CD=4 , CN= . AC=3 . 3 2. S. - Áp dụng định lí cosin vào các tam giác RNC, RNP, NPC ta được:.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> ¿ RN 2=RC 2+ CN2 −2 .RC . CN . cos RCN=122 +32 −2 .12 .3 . cos 60 °=117 RP 2=RC 2+ CP2 −2 . RC .CP .cos RCP=122 + 42 −2 .12 . 4 . cos 60 °= 112 PN 2=PC2 +CN 2 −2 . PC. CN . cos PCN=42 +32 −2 .. 3 .cos 60°= 13 ¿{{ ¿ ⇔ RN=3 √ 13 RP=4 √ 7 . PN= √ 13 RN +RP +PN ⇒ =2 √ 13+2 √ 7 2 ¿{{. Vậy theo công thức Hêrông ta được:. . . . . . S RNP  2 13  2 7 . 2 13  2 7  3 13 . 2 13  2 7  4 7 2 13  2 7  13 6 10 S. Vây diện tích thiết diện là: MNPQ. .. 1  .S 3 10 2 RNP. Bài 15 : Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy là a, mặt bên hợp với mặt đáy một góc α . Tính diện tích thiết diện tạo bởi hình chóp và mặt phằng (R), trong đó mặt phẳng (R) đi qua một cạnh đáy và hợp với mặt đáy một góc β . Giải:. C. K Q. A.  E. P Z Z Z Z Z Z O Z. D C F.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> Z C Z Z Z Z Z Vì S.ABCD là hình chóp đều nên đáy ABCD làZ hình vuông, chân đường cao của hình Z Z một góc α . chóp là tâm O của đáy, và các mặt bên hợp với mặt đáy Z Gọi (R) là mặt phẳng đi qua cạnh CD, hợp với mặt đáy Z một góc β . Z E, F lần lượt là trung điểm cạnh đáy AB, CD Z Z => EF hiển nhiên qua tâm O và vuông góc với AB, CD Z (do E F//BC ). Z Ta có SA=SB ⇒ SE⊥ AB , ∠ SEO=α Z. Trong mp(SEF) kẻ KF ( K ∈SE ) sao cho KF hợp với EF một góc β . Vì CD ⊥ mp ( SE F ) ⇒ ∠KFE là góc giữa mp(R) và mặt đáy (ABCD). CD // mp (SAB) ( R)∩(SAB)=QP } Do QP // AB QP // CD ¿ ⇒{. Lại có hình chóp S.ABCD đều nên thiết diện dựng được là miền tứ giác PQCD dạng hình thang cân. Ta có S PQCD =KF .. PQ+ CD 2 KF. KE. EF. a. = Trong Δ KE F , theo định lý hàm số sin sin α =sin β = sin (α + β) sin(α + β) ⇒KF=. a . sin α a .sin β ; KE= sin (α + β) sin( α + β ) PQ. SK. SE− KE. Trong ΔSAB do PQ//AB nên AB =SE =SE Lại có cos α =. OE a ⇒ SE= SE 2 cos α. [. =1−. .Do đó PQ=a 1−. KE a. sin β =1− SE SE. sin(α + β). 2 sin β . cos α a . sin(α − β) = sin(α + β) sin (α + β). 1 a sin α a . sin(α − β) a2 sin2 α .cos β +a = 2 2 sin(α + β) sin (α + β) sin ( α + β). Suy ra S PQCD = .. [. ]. Đến đây thì việc giải bài toán sau trở nên đơn giản hơn rất nhiều:. ].

<span class='text_page_counter'>(41)</span> Bài toán : Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy là a, các mặt bên hợp với đáy một góc . Mặt phân giác ( α ) của góc nhị diện cạnh BC cắt SD tại M, cắt SA tại N. Hãy tính thể tích của hình chóp S.BCMN theo a , ϕ . ϕ. Bài 16: Cho tứ diện ABCD trong đó góc giữa hai đường thẳng AB và CD là α . Gọi M là điểm bất kì thuộc cạnh AC, đặt AM = x ( 0< x < AC). Xét mp(P) đi qua M và song song với AB, CD. a) Dựng thiết diện và xác định vị trí điểm M để diện tích thiếc diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi mp(P) đạt giá trị lớn nhất. b) Chu vi thiết diện nói trên không phụ thuộc vào x khi và chỉ khi nào? Giải:. a) - Dựng MN // AB , N ∈ BC ; NP // CD ,P ∈ BD; MQ//CD,Q ∈ AD . A. Vậy thiết diện là hình bình hành MNPQ. - Diện tích thiết diện MNPQ (H là hình chiếu M lên NP): P S=MH. MQ=MN . sin α . MQ=. I AB CD . CM .sin α . . AM AC AC. AB . CD .sin α .CM . MA ≤ AC2 N ¿ B ¿ ¿4 F ¿ AB .CD . sin α ¿ AM − GM M ⋅¿ AC2. E. ¿. CM+MA ¿2. O. Q D. J.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> C. Do đó: Smax. AB . CD . sin α 4. = ⇔ CM=MA. hay M là trung điểm của AC.. b) Chu vi thiết diện nêu trên bằng: 2.(MN+MQ)=2. . CM CD . AM 2 2 + = ( AB . AC − ABx +CDx ) ( AB( AC − x )+ CD . x )=¿= (AB ) AC AC AC AC. Chu vi thiết diện không phụ thuộc vào x khi và chỉ khi CDx − ABx=0 , hay CD=AB.. Bài 17 : Cho tứ diện ABCD có AC = AD = BC = BD = a, AB = 2m, CD = 2n. Tìm vị trí đoạn vuông góc chung IJ của hai cạnh đối nhau AB, CD. Một mp( α ) vuông góc với IJ tại O sao cho JO= x(I ∈ AB , J ∈ CD) . Xác định thiết diện của tứ diện với mp( α ). Tính diện tích S(x) của thiết diện. Đồng thời, xác định vị trí điểm O để thiết diện có diện tích lớn nhất. Giải :. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của cạnh AB và CD. Từ giả thiết AC = AD = BC = BD = a suy ra : AJ =BJ, AJ ⊥ CD, BJ ⊥ CD ⇒CD ⊥ mp(ABJ ) ,IJ⊥ AB Do đó IJ chính là đoạn vuông góc. chung của hai cạnh AB và CD..

<span class='text_page_counter'>(43)</span> 2. 2. 2. 2. 2. JA =AD − JD =a − n 2 2 2 2 2 ⇒ IJ=√ JA − m =√ a − m − n. Mp( α ) vuông góc với IJ tại O nên mặt phẳng này song song với AB, CD. Từ đó suy ra cách xác định thiết diện như sau : Trong mp(ABJ) từ O kẻ E F//AB(E ∈ A J, F ∈BJ) ⇒EF ⊥ IJ . Trong mp(ACD) từ E kẻ PQ//CD (P∈ AD, Q ∈ AC)⇒ EF ⊥ PQ, PQ ⊥ IJ . Trong mp(BCD) từ F kẻ MN//CD( M ∈BC, N ∈ BD)⇒ MN ⊥ EF, MN ⊥IJ . Hiển nhiên M, N, P, Q đều thuộc mp( α ). Do đó thiết diện chính là hình chữ nhật MNPQ dựng được. Ta có. EF JO AB . JO = ⇒ EF= AB IJ IJ. PQ EA JA − JE JE JO JO = = =1− =1− ⇒PQ =CD . 1 − CD JA JA JA JI JI. (. S ( x)=AB .. JO JO JO JO . CD . 1− =AB . CD. − JI JI JI JI. Vì vậy max S ( x)=. (. AB . CD =mn 4. khi. . Suy ra diện tích thiết diện:. 2. ( ( )). ). ). =AB . CD .. 1 JO 1 − − 4 JI 2. [ (. 2. )]. JO 1 = , nghĩa là O là trung điểm của IJ. JI 2. Bài 18: Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang vuông, đường cao AB=a, cạnh đáy nhỏ BC=a và 0 ∠ D=45 . Cạnh SA=a √ 2 vuông góc với mặt đáy. a) Tính số đo góc nhị diện cạnh SD ❑ b) Trên cạnh AB lấy điểm M, đặt AM=x ( 0< x< a ) . Mặt phẳng qua A và song song mp(SBC) cắt CD, SD, SA lần lượt tại N, P, Q. Tính V AMNPQ khi diện tích tứ giác MNPQ đạt giá trị lớn nhất Giải : S. J Q. PK.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> H. A. I. 450. M. B. D. N C. a) Gọi I là trung điểm AD ⇒ IA=ID=IC=BC=a . Kẻ CK ⊥ SD . CI ⊥ AD CI ⊥SA Mặt khác nên IK ⊥ SD ⇒ ∠CKI=α } ⇒ CI ⊥ SD. là góc nhị diện cạnh SD.. Gọi J là trung điểm SD ⇒ IJ ⊥ mp(ABCD) . Xét tam giác vuông ΔI JK: 1 1 1 2 1 3 a 3 = 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ IK= √ 2 3 IK IJ ID a a a. Xét Δ v ICK :tan α=. IC 0 =√ 3⇒ α =60 IK. b) Thiết diện MNPQ // mp(SBC). ⇒ MN // BC MQ // SB Thiết diện là hình thang vuông, đường cao MQ QP // AD } }⇒. Trong Δ SAB , do MQ//SB nên MA=x QA=x √ 2 } ⇒ MQ=√ MA 2+ AQ 2=x √ 3. Trong Δ SAD , do PQ//AD nên. (MN ⊥ mp(SAB)) ..

<span class='text_page_counter'>(45)</span> PQ SQ AD. SQ 2 a( a √2 − x √2) = ⇒ PQ= = =2(a − x) AD SA SA a √2. Gọi E là giao điểm giữa MN với CI, khi đó CI ID a  EN EC a  x  MN ME  EN 2a  x  S. 1 3  MQ( PQ  MN )  a (4a  3 x) MNPQ 2 2 2. . 3 3 2a 2 3  3x  (4a  3 x)  .3 x.(4a  3 x)  .  6  3 6 2 . (BĐT AM-GM) S. MNPQ đạt max ⇔ 3 x=4 a −3 x ⇔ x= 2 a . 3. Kẻ AH ⊥ MQ ⇒ AH ⊥ MN ⇒HA ⊥ mp(MNPQ) . Ta có 1 1 1 1 1 3 2 2√2 a = + = 2 + 2 = 2 ⇒ HA=x = 2 2 2 3 3 √3 HA AQ AM 2 x x 2 x. √. 1 2 3a 2 1 2 2 a 4 2 a 2  HA.S  . .  MNPQ 3 MNPQ 3 3 3 3 27 .. V. Bài 19: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Gọi M, N, P là trung điểm của AB, AD, SC. a) Dựng thiết diện tạo bởi mp (MNP). b) Tìm diện tích thiết diện. Giải:.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> S. P. R. F. C. Q. B O. J. M I. A. N. D. K E. - Gọi E, F, R, Q lần lượt là giao điểm của MN với CD, MN với BC, SB với PF, của SD PE. Suy ra thiết diện là ngũ giác MNQPR. -Tacó: CD CB CO AO  CA  AI      CE CF CI CA  AI  AO . - Ta có:. 1. AI    2  AO  . 1. MN / /BD  BD  AC  MN / /BD  (SAC)  MN  BI BD  SO . AM    2  AB  . 1. 1   2   2 . 1. . .. - Dễ thấy QNE RMF . S SPEF  2S MNQPR QNE . - Gọi J là hình chiếu của P trên AC  PJ / /SO  PJ là đường trung bình của tam giác SOC, suy ra J là trung điểm của OC.  IP  PJ 2  IJ 2 . 1. SO 2 AC 2 1 1 a2 a 10   SC 2  OC 2  2a 2  a 2   2a 2  4 4 2 2 2 4 . 1 a 10 3. 1 a 10 3.  SPEF  .PI.EF  . . BD  . . .a 2  2 2 4 2 2 4 2 - Gọi K=hcQ/NE. Suy ra:. a 2 .3 5 8 .. 2 3..

<span class='text_page_counter'>(47)</span> 1. 1 a 2 1. 1 a 2 1 a 10. S  .EN.QK  . . PI  . . . QNE 2 2 2 2 2 2 2 4 S  Vậy MNQPR. . a2 5 16 .. a 2 .3 5 a2 5 a2 5  2.  8 16 4 ..  Cách khác: Chiếu vuông góc ngũ giác MNQPR lên mặt phẳng đáy. Ta có góc giữa. mặt phẳng thiết diện với mp đáy là  , với. cos cos PIJ . 2 5 5 .. S MNQ'JR' S  MNQPR cos .  Vẫn còn có thể khai thác thêm bài toán này nếu chúng ta chú ý thêm về mối quan hệ thể tích giữa các khối hình: 1 2. Ta có d ( P ,( ADC))= d (S ,(ADC)) 1 1. 1 3. 3. 1. V  . CE .CF .sin ECF.d(P,(ADC))  . CD. CB.sin BCD. d ( S , ( ADC )) PCEF 3 2 6 2 2 2 9 1  9   CB.CD.sin BCD.d ( S ,( ADC ))   V 16  3  16 S . ABCD. Áp dụng định lí Menelaus với bộ 3 điểm (D, S, Q) trong Δ ICP : DE SC QP . . =1⇒QP=QE DC SP QE. V. EDQN. . Ta có :. V EDQN ID IQ IN 1 1 1 1  . .  . .  V IC IP IF 3 2 3 18 ECPF. 1 1 1  V  V VFMBR  V ECP F S . ABCD 18 32 32 S . ABCD . Tương tự ta cũng có. 1  1  9 1  V V  (V V )    V  V  2 PCEF EDQN FMBR  16 32 32  S . ABCD 2 S . ABCD. ( với V2 là thể tích phần khối chóp giưới hạn bởi mp(MNP) và mặt đáy). Vậy nếu gọi V1 là phần thể tích còn lại của khối chóp giới hạn bởi mp(MNP) thì V1 cũng.

<span class='text_page_counter'>(48)</span> 1 V bằng 2 S . ABCD , tức là V1 = V2.. Do khi chứng minh ta không hề sử dụng đến yếu tố chóp đều của hình mà chỉ quan tâm đến quan hệ song song ở các cặp cạnh đối ở mặt đáy để lập tỉ số nên kết quả trên vẫn sẽ đúng nếu ta thay đổi đề bài lại như sau. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AD, SC. Khi đó hãy chứng minh mp(MNP) chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau.. Bài 20: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a, đường cao SO=2a. Gọi điểm M là điểm thuộc đường cao AA’ của tam giác ABC. Xét mp(P) đi qua điểm M và vuông góc với AA’. Đặt AM=x. a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(P). b) Tính diện tích thiết diện vừa xác định theo a và x. Xác định vị trí điểm M để diện tích thiết diện đạt giá trị lớn nhất. Giải: S. P. R. A Q. C. M. O. A'. B. a) Xác định thiết diện: ¿ SO ⊥ AA ' BC ⊥ AA ' Vì (P)⊥ AA ' ( P)∋ M ¿{{{ ¿. nên (P) chính là mặt phẳng qua M và song song với SO, BC..

<span class='text_page_counter'>(49)</span> a 3 - TH 1: M thuộc đoạn AO hay 0< x ≤ √ : 3. S. M'. R. T. Q A. C. O M P. A'. B. + Kẻ QR qua M và song song với BC (Q, R lần lượt thuộc SO, BC). + Kẻ MP song song với SO, P thuộc SA. ⇒ Thiết diện là tam giác PQR cân tại P.. -. TH. 2:. M. là. điểm. thuộc. đoạn. thẳng. OA’. a 3 a 3 (M ≠ A ') , hay √ < x< √ : 3 2. + Kẻ PQ qua M và song song BC (P, Q lần lượt thuộc AB, AC). + Kẻ MM’ song song, M’ thuộc AA’. + Kẻ RT qua M’ và song song BC (T, R lần lượt thuộc SB, SC). ⇒ Thiết diện là hình thang PQRT có đường cao MM’.. b) Tính diện tích thiết diện: - TH 1: S. + Ta có: PQR. 1 2.  QR.PM.

<span class='text_page_counter'>(50)</span> QR AM x 2x BC . 2 x 2 x = = = ⇒ QR= = + BC AA ' a √ 3 a √ 3 a √3 √3 . 2. PM AM x x 3 SO . x √ 3 2 a . x . √ 3 = = = √ ⇒ PM= = =2 x √ 3 a a a + SO AO a √3 . 3  S. 1 2x  . .2 x 3 2 x 2 PQR 2 3 . 2. Do x ∈¿ nên Max S=2 ¿. -TH 2:. a√3 2 a2 a 3 = ⇔ x= √ . 3 3 3. ( ). 1 2. + Ta có: S PQRT = (PQ + RT) . MM ' . PQ. AM. 2x. 2x. ⇒PQ = + BC = AA ' = . a √3 √3 a √3 BC .(2 √3 . x −2 a) RT SM ' OM 3 2 3 . x −2 a = = = = √ ⇒ RT= =2 √ 3 . x −2 a . + BC SA ' OA ' a a a √3 6 3 3 a −2 x √ ¿ ¿ SO . ¿ + . a √3 −x MM ' MA ' 2 3 a −2 x √3 = = = ⇒ MM '=¿ SO OA ' a a √3 6 1  2x 1   S    2 x 3  2 a  . 3 a  2 x 3  . 4 x 3  3a . 6 a  4 x 3 MNPQ 2  3 3  x−. . AM  GM. . . . . 1 (4 x 3  3a  6a  4 x 3) 2 1 9a 2 3a 2 .  .  . 3 4 3 4 4. Dấu “=” xảy ra ⇔ 4 x √ 3 −3 a=6 a − 4 x √3 ⇔ x= Do đó: S max =. 3 a2 3 a √3 ⇔ x= . 4 8. 3 a √3 . 8. 2. Từ các trường hợp ta nhận được S max=. 3a 3 a √3 ⇔ x= . 4 8. Vậy điểm M thuộc AA’ sao cho AM=. 3 a √3 8. thoả yêu cầu đề bài... .

<span class='text_page_counter'>(51)</span> Bài 21: Cho hình chóp S.ABCD đỉnh S, đáy là một tam giác vuông ở A vói AB = a, BC = 2a. Điểm 1 3. H thuộc AC sao cho CH= CA , SH là đường cao của hình chóp và. 6 SH= √ a . I, J lần lượt là 3. trung điểm cạnh BC, SA. Dựng và tính diện tích mặt cắt của hình chóp với các mặt : a) Qua điểm giữa K của SH và song song với SA, BC. b) Qua H và vuông góc AI. c) Qua BJ và vuông góc với mp(SHI). d) Qua I và vuông góc với BC.. Giải:. S. N J. P K. M. A. C. H. Q. I B. a) Gọi K là trung phẳng qua K song là mp( α ). C’. Vì mp( α )//SA nên mp(SAC) và mp(SAB) theo các giao tuyến. điểm SH và mặt song với SA, BC mặt phẳng này cắt. MN//PQ//BC. Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành. Trong mp(SAC) qua A kẻ AC’ song song và bằng SC, ta có : CC’//MN//SA và SA⊥ AC'.. Vì SA ⊥ AB và SA ⊥ AC' nên SA ⊥ mp( A BC').

<span class='text_page_counter'>(52)</span> Do đó CC ' ⊥ mp(ABC ') nên CC ' ⊥C ' B hay tam giác BCC’ là tam giác vuông tại C’. Ta có CC’//MN và BC//NP vậy ∠ MNP=∠ C ' CB . Trong tam giác vuông BCC’ có: cos ∠ C ' CB=. CC ' SA √ 2 = = . BC BC 2. Vậy ∠ MNP=∠C ' CB=450 Diện tích hình bình hành MNPQ là: S=MN. NP . sin ∠ MNP. Ta có Δ CMN ~ Δ CAS nên MN=. SA . CM AC. Mặt khác Δ SHC ~ ΔMHK nên SH . HK a √ 3 = =HC HC 3 2√ 3 2 2 a . Vậy MN= √ a Suy ra CM=2HC= 3 3 BC . AM 2 = a Tương tự Δ AMQ ~ Δ ACB nên MQ= AC 3 MH=. Vậy ¸S=. 2 √2 2 a 4a a. sin 450= 3 3 9. 2. c) Vì SH ⊥ mp( ABC) và AB ⊥ AC nên theo định lí ba đường vuông góc ta có d). SA ⊥ AB . Vậy tam giác SAB vuông tại A.. Trong tam giác vuông ABC, ta có: AC 2=BC2 − AB2=3 a 2 hay AC=a √ 3 1 a 3 Vậy HC= AC= √ . Suy ra: SC2=SH 2 +HC 2=a2 hay SC = a. 3 3 2 2 √3 a Và AH= AC= 3 3. nên SA 2=SH 2+ HA 2=2 a2 hay SA=a √ 2 .. Ta có: SB2 =SA 2+ AB2 =3 a2 . Xét. SB2 +SC 2=3 a2 +a 2=4 a2=BC2 nên tam giác SBC vuông tại S và BC với I là trung điểm của BC thì SI= =a=AI . 2 BC Trong tam giác vuông ABC : vì AB= =a do đó tam giác AIB là tam giác đều 2 0 0 ⇒ ∠ AIB=60 và ∠ HCI=30 ..

<span class='text_page_counter'>(53)</span> a 3 Trong tam giác vuông SHI có HI=√ SI 2 − SH2= √ =HC 3. S E D J’. J. A. L A’. H. Q. C. P F I B. Vậy tam giác HIC là tam giác cân nên ∠HIC=300 . Xét ∠ AIH=180 0 −(∠ AIB+∠ HIC)=900 suy ra HI ⊥ AI ¿(1) Vì SH ⊥ mp ( ABC) nên theo định lí ba đường vuông góc ta có SI ⊥ AI .¿ (2) Từ (1) và (2) suy ra mp(SHI)⊥ AI . Vậy mặt phẳng qua H và vuông góc với AI chính là mp(SHI) nên tam giác vuông SHI là thiết diện phải dựng. 1 a2√ 2 S SHI= SH . HI= 2 6. c) Trong mp(SAI), từ J kẻ JL//AI (L thuộc SI) thì L chính là trung điểm SI. Vì AI ⊥ mp (SHI)⇒ JL⊥ mp (SHI) Trong mp(SBC), nối BL cắt SC tại D. Mp(BJD) chứa JL ⊥ mp( SHI) nên mp(BJD)⊥ mp(SHI) => Tam giác BJD chính là thiết diện phải dựng.. 1 2. Trong mp(BJD), từ D kẻ DE ⊥ BJ thì diện tích thiết diện là S BJD = BJ . DE Chú ý rằng vì SA 2 +SC2=2 a 2+ a2=3 a 2=AC 2 nên tam giác SAC vuông tại S , tức là CS⊥ SA . Mặt khác, ta cũng có tam giác SBC vuông tại S nên CS⊥ SB. ⇒CS ⊥ mp (SAB) hay DS ⊥ mp(SAB) , nhưng vì DE ⊥ BJ. nên theo định lí ba đường.

<span class='text_page_counter'>(54)</span> vuông góc ta suy ra SE⊥ BJ . Trong tam giác vuông DES, ta có DE=√ DS2 +SE2 . Hạ A A' ⊥ BJ ta có ngay SE = AA’.Lại có ΔA ' BA ~ Δ ABJ nên A A'= 6 2 2 DS=√ BD −SB 2. AB . AJ BJ. 3 3. 2 2 √ √ Trong tam giác ABJ, ta có: BJ=√ AJ + AB = a . Vậy SE=AA'= a .. Trong tam giác vuông SBD, ta có. Để tìm BD, trước hết ta tìm BL. Xét tam giác SBI với trung tuyến BL, ta có: BI2 +BS 2=2 BL 2+. 2. SI a √7 ⇒ BL= 2 2. Trong tam giác SCI, từ L kẻ LF//SC (F thuộc IC) thì F là trung điểm IC. Vậy ta có. BL BF 3 4 2 7 = = ⇒ BD= BL= √ a . BD BC 4 3 3. a2 DS = 9 Thế nên 2.  S. a 2 3a 2 2 DE    a. 9 9 3 do đó. 1 a 6 2 a2 6  . . a BJD 2 2 3 6. e). Theo câu b, tam giác HIC là tam giác cân, F là trung điểm IC nên HF ⊥ IC và. f). do SH ⊥ mp( ABC) nên ta suy ra SF⊥ IC .. Gọi β là mặt phẳng qua I và vuông góc với BC. Ta có β ⊥ BC , các đoạn thẳng HF, SF, SH cũng vuông góc với BC nên HF, SF, SH // mp( β ) cắt các mp(ABC), (SBC), (SAC) lần lượt theo các giao tuyến PI//HF, IQ//SF, và J’P//SH. Vậy thiết diện cần dựng là tứ giác PJ’QI. 1 3. Vì F là trung điểm IC và HF//PI nên H là trung điểm CP, tức là CH=HP= AH Ta suy ra P là trung điểm của AH, đồng thời PJ’//SH nên J' ≡ J là trung điểm SA. Vì SH ⊥ mp(ABC) và IP//SH nên JP ⊥ mp( ABC)⇒ JP ⊥ PI . Vậy tam giác JPI vuông tại P. Vì BC ⊥ mp(β) nên BC ⊥ JQ và CS⊥ mp(ABS) nên CS⊥ JQ ⇒ JQ ⊥ mp(SBC) nên QI ⊥ JQ . Vậy tam giác JQI vuông tại Q. Ta có a √3 Tam giác SIC là tam giác đều cạnh a nên đường cao SF= 2. JP=. SH √ 6 = a 2 6.

<span class='text_page_counter'>(55)</span> 2 3 a 3 Vậy QI= SF= √ a . Ta có HF=√ SF2 − SH2 = √ 3. 3. a 3 và suy ra PI=2 HF= √ =QI. 6. 3. Hai tam giác vuông JPI và JQI bằng nhau vì có PI = QI và IJ chung.. √ 6 √3 a2 √ 2 Vậy diện tích tứ giác PJQI là: S PJQI =JP . IP= a . a= . 6. 3. 6. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Tứ diện ABCD có AD=a √ 2 , các cạnh khác đều bằng a. DH là đường cao hạ từ đỉnh D. Mặt phẳng (P) qua H và vuông góc AD cắt AD, BD, CD lần lượt tại A’, B’, C’. Thiết diện tạo bởi mp(P) và tứ diện có gì đặc biệt? Bài 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều, đường cao AH của tam giác đáy bằng 5a; SO là trục của tam giác đáy (SO =2a, O là tâm của tam giác đáy). Gọi I là trung điểm OH. (P) là mặt phẳng qua I và vuông góc với AH. Thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P) là hình gì? Tính diện tích thiết diện đó. Bài 3: Cho hình chóp đều S.ABCD cạnh đáy bằng a. Xét mặt phẳng (P) qua A, song song với CD và vuông góc với mặt phẳng (SCD), chia tam giác SCD thành hai phần, tỉ số diện tích phần thứ nhất (chứa đỉnh S) với phần thứ hai là 1/8. Tính diện tích thiết diện hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P). Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, chiều cao SA= a. M là điểm trên đoạn AC, AM= x ( 0  x  a 2 ). Gọi (P) là mp qua M, song song BD và vuông góc với mp đáy. a) Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt mp(P). b) Xác định vị trí của M để thiết diện có diện tích lớn nhất. Bài. 5:. Cho. hình. chóp. S.ABC. có. đáy. là. tam. giác. vuông. tại. A,. AB=. a,. ABC 60 , SC= a, SC  (ABC) .. a) Dựng thiết diện vuông góc với đoạn SA tại M. Tính diện tích thiết diện. b) Tìm vị trí của M để thiết diện đạt diện tích lớn nhất. Bài 6: Trong mp(P) cho đường thẳng (d) và điểm O cách (d) một khoảng OH=h. Trên (d) lấy B, C sao cho: BOH COH  . Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với (P) và trên đó lấy điểm A sao cho: OA= OB. Lấy K trên OH và đặt OK= x. Xét hình chóp O.ABC: a) Dựng thiết diện vuông góc với OH tại K. Thiết diện là hình gì? b) Tính chu vi và diện tích thiết diện. Với giá trị nào của  thì chu vi ấy không đổi nhưng diện tích biến thiên Bài 7: Cho hình chóp S. ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = b. Cạnh bên SA có độ dài 2a vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là điểm trên cạnh SA, đặt AM=x (0< x <2 a) . a)MP(MBC) cắt hình chóp theo thiết diện gì ? Tính diện tích thiết diện đó. b) Xác định x để thiết diện có diện tích lớn nhất. c) Xác định x để mp(MBC) chia hình chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau..

<span class='text_page_counter'>(56)</span> Bài 8: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD được tạo bởi hai tam giác đều cạnh a là ABD và CBD, cạnh bên SA = h và SA vuông góc mặt đáy. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M di động trên AC, ( α ) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc. THỂ TÍCH – CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Equation Chapter 1 Section 1. Trong các vấn đề liên quan đến hình chóp, thể tích của hình chóp là một vấn đề rất được quan tâm. Có nhiều bài toán cũng như nhiều bài tập về thể tích hình chóp rất hay và khó. Vì vậy, trong chuyên đề về hình chóp của chúng tôi sẽ không thiếu phần thể tích. Đi kèm theo với các vấn đề về thể tích hình chóp là cực trị trong hình học không gian. Hy vọng chuyên đề của chúng tôi sẽ mang đến cho bạn đọc nhiều điều thú vị về hai vấn đề trên.  một số kiến thức cơ bản về thể tích hình chóp: 1 V  h.S 3 1.Công thức tính thể tích hình chóp:. Trong đó: V là thể tích hình chóp h là chiều cao hình chóp S là diện tích mặt đáy.

<span class='text_page_counter'>(57)</span> 2. Công thức tính diện tích của hình chóp đáy tam giác: Với hình chóp S.A1A2A3 thì: 1. V  .SA1.A 2 A3 .d  SA1 , A 2 A3  .sin  SA1 , A 2 A 3  S.A A A 1 2 3 6 Với hình chóp S.A1A2A3 , mặt phẳng. (*).    cắt các cạnh SA1, SA2, SA3. ' ' ' lần lượt tại A1 , A 2 , A 3 . Khi đó:. V ' ' ' S.A' A' A' 1 2 3 SA1.SA 2 .SA 3 V SA1.SA 2 .SA 3 S.A A A 1 2 3. (**).  Bạn đọc tự chứng minh lại (*), (**).  Chúng ta có thể hình chóp đáy đa giác thành nhiều hình chóp đáy tam giác sau đó dùng (*) hoặc (**) để tính thể tích từng hình chóp đáy tam giác rồi cộng lại.  một số công cụ thường dùng để tìm cực trị trong hình học không gian: 1. Đạo hàm 2. Các bất đẳng thức như AM-GM, BCS, Schawrt,…  Một số bài toán và bài tập có lời giải: Bài toán 1: cho hình chóp S.ABC, G là trọng tâm tam giác ABC. Điểm I thuộc    SI  kSG cạnh SG sao cho (0 < k ≤ 1). Mặt phẳng   qua I và cắt các tia SA,. SB, SC lần lượt tại M, N, P (không trùng với S). Xác định vị trí mặt phẳng.    để thể tích hình chóp S.MNP nhỏ nhất khi k là hằng số. Giải: Cách 1: Ta đặt : SA ' SB ' SC' =a , =b , =c SA SB SC. (0 < a, b, c ≤ 1)..

<span class='text_page_counter'>(58)</span> Ta có :. V S . A' IB '  SI . SA ' . SB ' kab V SG SA SB S . AGB ; Tương tự có :. V S .B 'IC ' kbc VS .C ' IA' kca V V S .BGC ; S .CGA . Suy ra :. V  V V V S . A' B 'C ' 1  S . A ' IB '  S .B ' IC '  S .C ' IA '   k  ab  bc  ca   3 V 3 V V V S . ABC S .BGC S .CGA   S . AGB (doV S .AGB =V S . BGC=V S .CGA =. V S . ABC ) 3. Mặt khác ta có : V S . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' = . . =abc V S .ABC SA SB SC. (2). Từ (1), (2) suy ra :. k ( ab+ bc +ca )=abc 3 3 1 1 1 3 1 ⇒ = + + ≥3. k a b c abc 3 ⇒ abc ≥ k. √. Thay vào (2), ta có :. V 3 S . A'B 'C ' k 3  V S . A ' B ' C ' k .VS . ABC V S . ABC Vậy :. MaxV. S . A' B'C '. k 3V. S. ABC đạt được khi và chỉ khi :. a = b = c = k  () / /(ABC). (1).

<span class='text_page_counter'>(59)</span> Cách 2 : (Dùng vectơ) SA ' SB ' SC' =a , =b , =c SA SB SC. Đặt :. Ta có :. (0 < a, b, c ≤ 1).. V S . A'B 'C '  SA ' . SB ' . SC ' abc V SA SB SC S . ABC. (*). Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên: ⃗ SA + ⃗ SB+ ⃗ SC=3 ⃗ SG. (1). Lại có: I thuộc mp(A’B’C’) nên tồn tại 3 số thực x, y, z sao cho x+ y+ z=1 và. x⃗ SA ' + y ⃗ SB'+ z ⃗ SC'=⃗ SI. (2).   SI kSG. Mà. (3). Từ (1), (2), (3) , ta có :.  k k  k      ax   SA   by   SB   cz   SC 0 3 3 3   . Vì S, A, B, C không đồng phẳng nên k k k  yb  zc  0 3 3 3 k   x  3a  k   y  3b  k  z  3c  xa . 3 1 1 1 1    3 3  abc k 3 abc Thay vào x + y + z = 1, ta được : k a b c (**). Từ (*) và (**) có :. V S . A'B 'C ' k 3  V k 3 .V S . A'B 'C ' S . ABC V S . ABC Vậy. MaxV. S . A' B'C '. k 3V. S. ABC đạt được khi và chỉ khi :.

<span class='text_page_counter'>(60)</span> a = b = c = k  () / /(ABC). Bài toán 2 : Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình bình hành. G là giao . . điểm hai đường chéo của ABCD. Trên đoạn SG lấy I sao cho : SI kSG . Mặt phẳng (α) đi qua I và cắt các đoạn SA, SB, SC, SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’. Tìm vị trí (α) sao cho thể tích hình chóp S.A’B’C’D’ nhỏ nhất ( biết thể tích hình chóp S.ABCD là V). Giải : Đặt : SA ' SB ' SC ' SD ' a b c d SA , SB , SC , SD. ( 0 < a, b, c, d < 1 ). S. I. D. A G B. C. Cách 1 Ta có:. V S . A' IB '  SI . SA ' . SB ' kab V SG SA SB S . AGB Tượng tự có :. V S .B 'IC ' kbc V S .BGC ,. V S .C 'ID ' kcd V S .CGD ,. V S .D' IA' kda V S .DGA.

<span class='text_page_counter'>(61)</span> Suy ra : V  V V V V S.A'B'C'D'  1  S.A'IB'  S.B'IC'  S.C'ID'  S.D'IA'   V 4 V V V V S.BGC S.CGD S.DGA   S.AGB k  (ab  bc  cd  da) 4. V S.A'B'C'D'  k (a  c)(b  d) V 4 Hay Mặt khác, ta có:. (1). V V V V S.A'B'C' abc S.A'D'C' adc S.B'A'D' bad S.B'C'D' bcd V V V V S.ABC , S.ADC , S.BAD , S.BCD Do đó: V S.A'B'C'D'  1 ac(b  d)  1 bd(a  c) V 2 2. (2). Từ (1), (2) ta có: 1 k  4 (a  c)(b  d)  2 ac(b  d)    k (a  c)(b  d)  1 bd(a  c)  4 2. 2 1 1 1    2 ac k a c  ac k     bd k  2  1  1 2 1  k b d bd. (3). Từ (1) và (2), ta có: V S.A'B'C'D'  k (a  c)(b  d) k ac. bd k 3 V 4 Vậy. MinV. S.A'B'C'D'. k 3 .V. đạt được khi và chỉ khi :. a = c = b = d = k  () / /(ABCD) Cách 2: Do ABCD là hình bình hành nên G cũng là trọng tâm của ABCD (tâm tỷ cự của hệ chất điểm (1;A), (1;B), (1;C), (1;D).)..

<span class='text_page_counter'>(62)</span> Vì vậy :.      SA  SB  SC  SD 4SG. (1). Ta có : V S.A'B'C'D'  1 ac(b  d)  1 bd(a  c) V 2 2. (*). Lại có I thuộc mp(A’B’C’D’) nên tồn tại 4 số thực x, y, z, t sao cho: . . . . . x + y + z + t = 1 và xSA '  ySB'  zSC '  tSD ' SI Mà :. ⃗ ⃗ SI kSG. (2). Từ (1), (**) và (2) ta có: k k  k       k  ax  SA  by  SB  cz  SC         dt   SD 0 4 4 4 4    . Do S, A, B, C, D không đồng phẳng nên: k k k k  yb  zc   td  0 4 4 4 4 k   x  4a  y  k  4b  z  k  4c  k t  4d  xa . Thay vào x + y + z + t = 1 ta được : 4 1 1 1 1 1     4 4  k a b c d abcd. abcd k 2. (3). Từ (*) và (3) ta có : 2.  VS.A'B'C'D'  1    abcd(a  c)(b  d) abcd abcd k 6   V 4   . V S.A'B'C'D' k 3 V. (**).

<span class='text_page_counter'>(63)</span> Vậy. MinV. S.A'B'C'D'. k 3 .V. đạt được khi và chỉ khi :. a = c = b = d = k  () / /(ABCD) ۞ Ta cần chứng minh (**). Trước hết ta chứng minh định lý sau: “Cho n điểm A1, A2, A3,…, An đồng phẳng. Nếu điểm M thuộc mp(A1A2A3) thì có n số n. 1 ,  2 ,  3 ,...,  n mà.  i 1 i 1. sao cho. n   SM  i SA i i 1. với mọi điểm S.”. Chứng minh: Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp: _Ta có với n = 3, đpcm đúng. _Giả sử với n = k, đpcm đúng. Ta cần chứng minh với n = k+1, đpcm cũng đúng. Theo giả thiết qui nạp ta có: ⃗ k 1 ⃗ SM  i SAi i 2. Suy ra:. và. k 1  SA1  ,i SA i. k 1    SM  1i SA i  SA1 i 2. i 2. (do A1 thuộc mp(A2A3A4)) k 1. ( với. 1i i   i,. và.  i 2. 1i. 2 ). Tương tự, ta có: k 1    SM  2i SAi  SA 2. k 1. (. i 1. 22 0. và.  i 1. 2i. 2 );. …... ⃗ ⃗ ⃗ k SM  k 1i SA i  SA k 1 i 1. k. (.  i 1. k 1i. 2 ). Suy ra:.     k 1  k 1    k 1   (k  1)SM   i1  1 SA1    i2  1 SA 2  ...    ik 1  1 SA k 1  i 2   i 1   i 1  Hay:.

<span class='text_page_counter'>(64)</span> k 1 k 1   SM  i SAi i 1.  trong đó. i . j1. ji. 1. k 1. k 1. Mà.  k 1     ji   (k  1)  k 1 k 1 i 1  j1  i   1  k 1 k 1 i 1. Vậy ta có đpcm.. Bài toán 3: Cho hình chóp S.A1A2A3…An với đáy là n-giác đều (n chẵn, n≥6).   SI  kSG Gọi G là tâm của n-giác đều trên. Trên đoạn SG lấy điểm I sao cho .. Mặt phẳng (α) luôn qua I và cắt các cạnh SAi tại A’I ( i 1; n ). Tìm vị trí (α) sao ' ' ' cho thể tích hình chóp S.A1A 2 ...A n nhỏ nhất. Biết thể tích hình chóp. S.A1A2A3…An là V. Giải:. Đặt :. SA i' a i SA i ( i 1; n ). Ta có G là tâm tỷ cự của hệ n chất điểm (1;A1), (1;A2), …,(1;An). ⃗ ⃗  SAi nSG n. Do đó:. V S.IA'IA' I1 ka a i i 1 VS.GA A I I1 Mặt khác có:. Suy ra:. (1). i 1. V S.A' A' ...A'n k n 1 2   a i a i 1 V n i 1. (coi n  1 1 ).. (coi n  1 1 ). (2).

<span class='text_page_counter'>(65)</span> n ' 1. ' 2. ' 3. Lại có I thuộc mp( A A A ) nên có n số thực 1 ,  2 ,  3 ,...,  n mà ⃗ ⃗ n SI   i SA i'. i 1. i. 1. sao cho:. (3). i 1. Và. . ⃗ ⃗ SI kSG. (4). Từ (1), (3) và (4) ta có :. ⃗  k⃗     a i i  n  SA i  0  i 1    n. Vì S  (A1 A 2 A 3 ) nên ta có:. Hay. i . k na i ,. n. Thay vào.  i 1. i. 1. a i i . k 0 n. ( i 1; n ). i 1; n. .. Ta được: n k n 1 n 1  1   n   n n i 1 a i k i 1 a i. n. 1. . n. a. a. i. k n. i 1. i. i 1. (5). Từ (2) và (5) ta có:. V n S.A' A' ...A'n k n 1 2 n   a i a i 1 k. a i2 k 3 V n i 1 i 1 MinV Vậy. S.A' A' ...A'n 1 2. k 3 .V đạt được khi và chỉ khi :. a1 = a2 = …= an = k  ( ) / /(A1A 2 A 3 ...) Bạn đọc hãy tự giải bài toán 3 với cách 1 như ở bài toán 2 hoặc tìm hiểu xem nếu n là số lẻ thì bài toán 3 sẽ giải như thế nào? Hãy suy nghĩ xem tại sao ở bài toán 2 tứ giác ABCD lại là hình bình hành? Nếu ABCD là tứ giác thường thì.

<span class='text_page_counter'>(66)</span> sao, ta có thể giải được hay không? Đó là vấn đề bạn đọc cần giải quyết!. Bài toán 4: hình chóp S.ABC với SA = SB = SC = t. Mặt phẳng (P) qua trọng tâm G hình chóp và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A’, B’, C’. Xác định (P) để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: Q. 1 1 1   SA '.SB ' SB'.SC ' SC '.SA '. Giải: S B' C'. G. C. B S' A' A. Đặt: 1 1 1 =a , =b , =c SA ' SB ' SC'  3 SG  SS' 4 Gọi S’ là trọng tâm tam giác ABC, ta có :. Hay.      4SG 3SS' SA  SB  SC. ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 4SG  a.SA.SA '  b.SB.SB'  c.SC.SC ' Từ đó suy ra:. Mà Nên. SA = SB = SC = t ⃗ ⃗ ⃗ t ⃗ SG  (a.SA '  b.SB '  c.SC ') 4. (1).

<span class='text_page_counter'>(67)</span> Lại có G thuộc mp(A’B’C’) nên luôn có 3 số thực x, y, z mà     x  y  z 1 và x.SA '  y.SB'  z.SC ' SG. (2). Từ (1) và (2) ta có: ⃗ at  ⃗ bt⃗    ⃗ct   x   .SA '   y   .SB'   z   .SC ' 0 4 4 4   . Vì S, A’, B’, C’ không đồng phẳng nên: at bt ct y  z  0 4 4 4 at  x  4  bt   y  4  ct  z  4  x. Thay vào x  y  z 1 , ta được:. a bc . 4 t. (a  b  c) 2 16 Q ab  bc  ca   2 3 3t Suy ra:. Vậy. MaxQ . 16 3t 2 đạt được khi và chỉ khi a  b c . 4 3t hay (P) // (ABC).. Ta cũng có thể giải bài toán trên bằng phương pháp tọa độ.. Bài toán 5: Hình chóp đều S.ABC với SA = t. Gọi S’ là trọng tâm tam giác ABC. Trên đoạn SS’, lấy điểm G sao cho SG = k.SS’. Mp(P) qua G và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A’, B’, C’. Xác định (P) sao cho biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: Q. 1 1 1   SA '.SB ' SB '.SC ' SC '.SA '.

<span class='text_page_counter'>(68)</span> Giải: Đặt: 1 1 1 =a , =b , =c SA ' SB ' SC'. S B' C'. G. C. B S' A' A. ⃗ ⃗ ⃗k ⃗ ⃗ SG kSS'  (SA  SB  SC) 3 Do S’ là trọng tâm tam giác ABC nên:     k SG  (a.SA.SA '  b.SB.SB'  c.SC.SC ') 3 Từ đó suy ra :. Mà SA = SB = SC = t nên ⃗ ⃗ ⃗ kt ⃗ SG  (a.SA '  b.SB'  c.SC ') 3. (1). Lại có G thuộc mp(A’B’C’) nên luôn có 3 số thực x, y, z mà ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ x  y  z 1 và x.SA '  y.SB '  z.SC ' SG. Từ (1) và (2) ta có: ⃗ ⃗ kat  ⃗ kbt⃗ kct    x  .SA '   y   .SB '   z   .SC ' 0 3  3  3    . Vì S, A’, B’, C’ không đồng phẳng nên:. (2).

<span class='text_page_counter'>(69)</span> kat kbt kct y  z  0 3 3 3 kat  x  3  kbt   y  3  kct  z  3  x. Thay vào x  y  z 1 , ta được:. Suy ra:. Vậy. Q ab  bc  ca . MaxQ . 3 k t. 2 2. a bc . 3 kt. (a  b  c) 2 3  2 2 3 k t. đạt được khi và chỉ khi. a  b c . 4 3t hay (P) // (ABC).. Bài toán 6: Cho hình chóp đều S.A1A2A3…An (n≥3), SAi=t. Gọi S’ là tâm tỷ cự của n chất điểm (1;A1), (1;A2), (1;A3),…,(1;An). Trên đoạn SS’, lấy G sao cho SG=k.SS’. Mp(P) qua G và cắt các cạnh SA1; SA2; SA3;... ;SAn lần lượt tại M1 ; M2 ; M3 ;... ;Mn. Xác định (P) sao cho biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất : n. Q  cyc. 1 SM1 .SM 2. Giải: 1 a i Đặt : SM i ( i 1; n ). Ta có S’ là tâm tỷ cự của hệ n chất điểm (1;A1), (1;A2), …,(1;An).   k n SG kSS'   SA i n i 1 Do đó:    k n SG kSS'   a i .SA i .SM i n i 1 Từ đó suy ra:. Mà SAi=t với mọi I nên.

<span class='text_page_counter'>(70)</span> ⃗ kt n ⃗ SG   a i .SM i n i 1. (1). Theo bổ đề (**) đã chứng minh ở bài toán 3, ta có: n. G thuộc mp(M1M2M3) nên có n số thực 1 ,  2 ,  3 ,...,  n mà ⃗ n ⃗ SG   i SM i.  i 1. i. 1. sao cho:. (2). i 1. Từ (1), (2), ta có : ⃗  kta i  ⃗      i  n  SM i  0  i 1    n. i  Vì S  (A1 A 2 A 3 ) nên ta có:. Hay. i . kta i n , n. Thay vào.  i 1. i. kta i n =0. ( i 1; n ). i 1; n 1. n. ; ta được:. a. i. . i 1. n kt. Suy ra: n. n. Q  a 1 a 2  cyc. Vậy. MaxQ . (n  1)( a i ) 2 i 1. 2n. . n(n  1) 2k 2 t 2. n2 1 ai  2 2 kt ( i 1; n ) 3k t đạt được khi và chỉ khi. hay (P)//(A1A2A3).. ( Bạn đọc tự chứng minh BĐT. n. n. cyc. i 1. 2n  a1a 2 (n  1)( a i ) 2. ). Bài toán 7: Cho hình chóp S.ABC có SA = x, các cạnh còn lại bằng a. a. Tính diện tích toàn phần của hình chóp theo a và x. b. Tìm khoảng biến thiên của x khi a là hằng số. c. Tính x theo a để thể tích hình chóp lớn nhất..

<span class='text_page_counter'>(71)</span> Giải: S. M C. A. N. H. B. a. Ta có ABC và SBC là 2 tam giác đều cạnh a. a2 3. S S  SBC 4 Suy ra : ABC Gọi M là trung điểm của SA.. Do SAB và SAC là hai tam giác cân tại B và C nên SA  BM , SA  CM ..  BM CM  AB2 . SA 2 x2  a2  4 4.  x  2a . Ta cũng có SAB SAC nên. 1 1 x2 2 S S  SA.BM  x a  SAB SAC 2 2 4 a2 3 x2 2 Stp S S S S  x a  ABC SBC SAB SAC 2 4 Vậy :.  x  2a  b, c. Gọi N là trung điểm của BC..  x  2a .

<span class='text_page_counter'>(72)</span> Xét NSA , ta có. SA SN . NM  SN 2 . a 3 2 và NM  SA . Suy ra:. SA 2 3a 2 x 2 1    3a 2  x 2 4 4 4 2. Để tồn tại NM thì x  a 3 . So với điều kiện ở câu a. ta có 0  x  a 3 . Vậy. . x  0;a 3. . khi a là hằng số.. 1 1 SSAN  SA.NM  x 3a 2  x 2 2 4 Ta có H  AN  SH   ABC  Dựng SH  AN  khi đó SH  BC nên .. x 3a 2  x 2 1 a 3  SH  S  AN.SH  SH a 3 4 Ta cũng có: SAN 2 1 ax 3a 2  x 2 a  x 2  3a 2  x 2  a 3 V  SH.S   .  S.ABC 3 ABC 12 12  2  8 Ta có:. Vậy. a3 8 đạt được khi và chỉ khi: 3a 2 a 6 2 2 2 2 x 3a  x  x   x 2 2. MaxVS.ABC . Bài toán 8. Cho hình chóp S.ABCD, SA=x, các cạnh còn lại bằng a. 1. Trung điểm của BC, CD, SA lần lượt là M, N, Q. Thiết diện qua tạo bởi mp(MNQ) với hình chóp đã cho là W. Chiếu song song W theo SB lên dt(W ') (ABCD) được W’. Tính tỷ số Equation Section (Next)Equation Chapter (Next) Section 1 dt(ABCD). 2. Tính khoảng biến thiên của x khi a là hằng số. 3. Tính x theo a khi thể tích hình chóp lớn nhất..

<span class='text_page_counter'>(73)</span> Phân tích: Nhận thấy ABCD là hình thoi và S nằm trên trục của BCD . Từ đây ta tìm điều kiện của hình thoi để thỏa giả thiết bài toán tức là đưa ra nhận xét về điều kiện các góc của hình thoi. Sau đó dựa trên điều kiện đó để giải bài toán. Giải: S. Q P D A. P'. R Q'. N C. B M E. Từ giả thiết, ta có ABCD là hình thoi. Đặt ABC  (0<  <  ) và gọi I AC  BD   Trước hết, ta có : 3 .  0 3 . Khi đó: Thật vậy, giả sử   Vậy 3. OC . a.Ta có : BD 2acos.   AC 2a sin 2 và 2. a  2sin 2. a SC. (vô lí).. F.

<span class='text_page_counter'>(74)</span> A. D. P' Q' N. H. I O B. C. Mặt khác, áp dụng định lí Menelaus cho SAD và bộ ba điểm (P,I,Q), PS ID QA SP 3 BP ' 3 PS   1 3    PD IA QS  PD  SD 4 BD 4. Ta có:. Kẻ P 'H  Q ' N (H  Q ' N) . Ta có: P 'H IP 'sin.   BD   BD  a sin   BP ' sin   sin  2  2  2 4 2 4. Đặt dt(W’) SW’ và dt(ABCD) S. Khi đó, ta có : S  SW’  SBCNQ’ + SQ’P’N  2 SQ’P’N. Mà :. SQ’P’N  SW '. b.. a.P 'H a 2 sin  AC.BD   a 2 sin  2 8 2 và S SW ' 5 5  S  8 S 8. . Gọi O là chân đường cao của hình chóp. Do SB SC SD nên SO là trục. của BCD . Ta có:  1 2  2sin 2. 4sin 2 OB OC OD . a 2sin  . OA AC  CO a.

<span class='text_page_counter'>(75)</span> 2.   2   1 2  4sin a 2  t  1 2  2 2   OA a   t 2  t 4sin 2 4sin 2 2) (với t 1 SO2 SA 2  OA 2 a 2 t 2 2 2 2 2  t  1  t  1  x OA +OS a a 2  t  1  x a t  1 t     ;  3  nên t   1; 4   x  0;a 3 . Vì. . . c. Ta có VS.ABCD . SABCD .SO a 3 sin      4sin 2  1 3 3 2sin 2  2 2.     ;  3 ) (   a3   a3    ;  cos  4sin 2  1   sin 2   cos 2 3 2 2 3 2 (  3 ). Xét hàm số. f  x  sin 2 x  cos 2.   x x  ;  3 ) 2 (với. 1  1 f '  x  sin x.  2 cos x   '  cos x  f x    2   nên 4 Có 0 1 1 9     f "  arccos    0 f  x  f  arccos    x   ;   4 4  16 (   3  ).  Mà . Từ đó có: Suy ra:. sin 2   cos2. VS.ABCD . a3 4 ..  3  2 4.      ;   3  ,. Đằng thức xảy ra khi và chỉ khi. Khi đó,. x. cos  . 1 4. a 6 2. Nhận xét: Bài toán khó ở chỗ thiếu đi điều kiện về góc của hình thoi và đề bài cũng cố tình làm mờ đi giả thiết S nằm trên trục của BCD . Mấu chốt để giải bài toán này là tìm được điều kiện về góc của hình thoi dựa trên quan hệ giữa các cạnh.

<span class='text_page_counter'>(76)</span> trong những tam giác vuông. Rút kinh nghiệm: Khi gặp các bài toán “có vẻ như” thiếu giả thiết như trên chúng ta nên xem lại các mối quan hệ giữa các cạnh và góc. → Một số bài tập hệ quả của bài toán 4:. Bài tập 4.1: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông. Biết SB=SC=SD=BC=a. a. Chứng minh rằng S.ABCD là hình chóp đều. Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. b. Tính thể tích hình chóp. (bạn đọc tự giải. Bài tập 4.2: cho hình chóp S.ABCD với SA a 2 , các cạnh còn lại bằng a. a. Xác định SAB và SAD . b. Tính độ dài AC, BD theo a. Xác định đoạn vuông góc chung của SA và BD, tính độ dài đoạn đó. c. Tính thể. tích hình chóp theo a.. S. M. Giải: A. D. I O B. C.

<span class='text_page_counter'>(77)</span> Gọi M là trung điểm của SA. a.Ta có. SA  BM,SA  DM  SA   BDM . BM DM  AB2 . và. SA 2 a 2  AM 4 2 .. 0 Suy ra: SAB SAD 45. b.Theo bài toán 4, ta có. SA a 4sin 2.   1   2 với  ABC ( 3 ).. Do đó, ta có: 4sin 2.  1 2 =2. (vì SA = a 2 ).  sin.  3  2  (    )    2 2 3 3. 0 Hay ABC 120 mà ABCD là hình thoi nên BD=AB=a và AC= a 3 .. Dựng. MI  BD  I  BD . SA   BDM  ; khi đó MI  SA (do ) suy ra MI là đoạn. vuông góc chung của SA và BD. 2. 2. 2. Lại có MB  MD DB , MB=MD nên I là trung điểm BD và c. Ta có :. MI . BD a  2 2.. 1 a3 2 VS.ABCD 2VSABD  SA.DB.d(SA, BD).sin(SA, BD)  3 6. 0 Bài tập4.3:Biết hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a với ABC 150. Tìm SA theo a để SB=SC=SD=a. Tính thể tích hình chóp khi đó. (bạn đọc tự giải). Bạn đọc hãy xét bài toán tương tự của bài toán 4 trong trường hợp hình.

<span class='text_page_counter'>(78)</span> chóp ngũ giác, lục giác,.... Bài toán 9: Cho tam giác ABC vuông tại A, gọi M là trung điểm BC. Đường thẳng d qua M và vuông góc với mp(ABC). Trên d lấy điểm S ( S  M ). Mặt phẳng (Q) qua BC và vuông với mp(SAB), cắt SA tại D. Hãy xác định ví trí S trên d để thể tích tứ diện ABCD lớn nhất. Giải: S. M B. C K. D A. Đặt AC = b, AB = c, SM = h và gọi góc giữa hai mp(SAB) và mp(ABC) là  . AC b  2 và MN  AB, Gọi N là trung điểm AB. Ta có NM //AC, NM = 2. SN  AB. Vì vậy SNM  . 0 Vì   90 và (BCD)  (SAB) nên D thuộc đoạn SA.. Gọi P là giao điểm của SN và BD. Ta cần chứng minh MP  SN. Trong mp(BCD) dựng CK  BD tại K. Khi đó CK  AB, CK  AK Mà AB  AC nên AB  (ACK) do đó AB  AK.  AK // SN  SN  CK.

<span class='text_page_counter'>(79)</span> BP BN BM   Lại có: BK BA BC  MP // CK.. Vậy MP  SN. VDABC Ta có:. VSBAC. . DA SA. (*) DA Ta cần tính SA. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SAN và ba điểm thẳng hàng B, P, D; Ta có: BA PN DS DS BN PS 1 PS . . 1   .  . BN PS DA DA BA PN 2 PN. Do tam giác SMN vuông tại M và MP  SN nên: PS PS.NS MS2 4h 2    2 PN PN.NS MN 2 b . DS 2h 2  2 DA b. . SA DS 2h 2 b2  2h 2 DA b2 1  1  2    DA DA SA b 2  2h 2 b b2. Thay vào (*) ta được: VDABC VSBAC. . b2 b 2  2h 2. b2  VDABC  2 .V b  2h 2 SBAC b2 bch b 2 c bh  2 .  . 2 2 b  2h 6 6 b  (h 2) 2 b 2 c bh b 2c 2  .  6 2bh 2 24.

<span class='text_page_counter'>(80)</span> Vậy. MaxVABCD . b2 c 2 b 2 h 24 đạt được khi và chỉ khi: h 2 b hay 2. Vậy thể tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi S thuộc d và cách b 2 M một đoạn bằng 2 .. Bài toán 10: Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên đoạn BC lấy điểm M sao cho MB kMC . Trên đường thẳng d qua M và vuông góc mp(ABC) ta lấy điểm S không trùng M.Mặt phẳng (Q) qua BC và vuông với mp(SAB), cắt SA tại D. Hãy xác định ví trí S trên d để thể tích tứ diện ABCD lớn nhất. Giải: Đặt AC = b, AB = c, SM = h và gọi góc giữa hai mp(SAB) và mp(ABC) là  . Trong mp(ABC), dựng MN // AC. Gọi P là giao điểm của SN và BD. Tương tự như bài toán 6, ta chứng minh được MP  SN VDABC DA Ta có:. VSBAC. . SA. (*). DA Ta cần tính SA. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SAN và ba điểm thẳng hàng B, P, D; Ta có: BA PN DS DS BN PS k PS . . 1   .  . BN PS DA DA BA PN k  1 PN. Do tam giác SMN vuông tại M và MP  SN nên:.

<span class='text_page_counter'>(81)</span> PS PS.NS MS2 h 2 (k  1)2    PN PN.NS MN 2 b2 k 2 . DS h 2 (k  1)  DA b2 k. . SA DS h 2 (k  1) b 2 k  h 2 (k  1) DA b2 k 1  1     DA DA SA b 2 k  h 2 (k  1) b2 k b2 k. Thay vào (*) ta được: V b2 k DABC  V b 2 k  h 2 (k 1) SBAC b2k b2k bch  V  .V  . DABC b 2 k  h 2 (k 1) SBAC b 2 k  h 2 (k  1) 6. . Vậy h. b 2c k(k 1) b2c bhk b2 c bhk . 2  .  6 b k  [h(k 1)]2 6 2bh k(k  1) 12(k  1). MaxVABCD . b 2 c k(k  1) 12(k  1) đạt được khi và chỉ khi: h k  1 b hay. b k 1 k 1. Vậy thể tích tứ diện ABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi S thuộc d và cách M một đoạn bằng b k 1 k 1. ۩ Bài tập có lời giải :. . Bài tập 1: Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. M là một điểm không thuộc mp(ABCD) sao cho M nhìn AD và AB dưới góc vuông. a.Chứng minh: M luôn thuộc một đường tròn cố định. b.  là mặt phẳng đi qua AB và vuông góc với mp(ABCD). Kéo dài DM cắt. Giải.

<span class='text_page_counter'>(82)</span> a. Ta có: AM  MB  M thuộc mặt cầu đường kính AB (1) AM  MD  M thuộc mặt cầu đường kình AD. (2).  M thuộc đường tròn (L) là giao tuyến của hai mặt cầu đường kính AB và. AD. b.. AM  BM, AM  MD  AM   DMB   AM  BN AD    AD  BN nên BN   ADM   BN  AN  ANB 90o. mà. c. Xét tam giác vuông AND có AM là đường cao nên. AD 2 DM.DN  a x.DN. do. AM   DMB .  DN . a2 a2  x2  MN DN  DN  x x. nên AM  MO  AM AO. 2. 2. Mặt khác AM  a  x nên. a2  x2 . a 2 a 2  x  a 2 2 .. a2  x2 MN  k  f  x  x 2  kx  a 2 0 x Giả sử. Dễ thấy. f  x  0. x2 . 1). a 2 x  a với 2. luôn có hai nghiệm x1  0  x 2 . Ta xét hai khả năng:. a 2 a2 a 2 a 2  f  x2    k  a 2 0  k  2 2 2 2. a 2 a 2 a 2  x  a  f  2  f  x   0  0  k  2   2. 2). Vậy k cần tìm thỏa mãn:. 0k. a 2 2. c. Ta có: 1. 1. VABND  AM.SBND  AM. 3 3. DN.BN 2.

<span class='text_page_counter'>(83)</span> Mà. BN  DB2  DN 2 a 2 .  VABND . . a3 6. a2 x2. 1 2 a2 a2 a  x 2 . 2 .a 2  2 6 x x.   a2   a2     2  1   2  2   x   a3  a2   a 2  a3   x    1 2     2    12 x2  6  2 x     . Dấu bằng xảy ra. . a2 a2 a 6 a3  1  2   x  MaxV  ABND x2 x2 3 khi đó 12. Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M trên cạnh SA,. SM SA. =k. Định k để mặt phẳng (MBC) chia hình chóp thành 2 phần có thể. tích bằng nhau Giải: Mặt phẳng (MBC), (SAD) chứa 2 đường thẳng song song BC và AD, có chung điểm M nên có chung giao tuyến MN // BC // AD Gọi V là thể tích hình chóp S.ABCD S ABC S ACD. ⇒. 1 1 V S . ABC V S. ACD  2 V S . ABCD  2 V. V S .MBC SM .SB .SC V S . ABC = SA . SB. SC. Tương tự Mà. V S .MNC V S . ADC. =. =k. SM .SC. SN SA . SC. SD. ⇒. V. S .MBC =. 1 kV 2. = k2 ( vì MN // BC ). V S .MNCB = V S .MBC V S .MNC =.  V S .MNC. 1 2 2 V.(k + k ). Mặt phẳng (MBC) chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau nên. =. 1 2. k2V.

<span class='text_page_counter'>(84)</span> 1. V S .MNCB. ⇔ k2 + k = 1. = 2 V. −1+ √ 5 2 ¿ − 1− √ 5 k= 2 ¿ ¿ ¿ ¿ k=. ⇒. ⇒. − 1+ √ 5 2. k=. ( do k > 0 ). Bài tập 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, SA (ABCD), cạnh SC hợp với đáy góc α và hợp với (SAB) góc β . Tính thể tích hình chóp Giải SA BC Đặt :. (ABCD) ⇒. ^ A=α SC. ⇒. B S^ C=β. (SAB). BC = x  SC =. x sin β. AC cos α. √ a 2+ x 2. SC =. =. (*) và (**) ⇒. x2 sin 2 β. V=. =. √ a2 +x 2. (**). cos α. ⇒ SC2 = 1 S .SA 3 ABCD. (*). Mà AC2 = AB2 + BC2  AC =. =. a2 + x 2 cos 2 α. x2 sin 2 β. =. ⇒. x2 =. a 2 . sin2 β cos 2 α − sin2 β. a2 cos 2 α − sin 2 β. 1 AB . BC . SA 3. =. 1 AB . BC . SC.sin α 3. =. 1 a 3 . sin α . sin β . 3 cos2 α −sin 2 β. Bài tập 4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD a. Biết AB = a và góc giữa mặt bên và đáy bằng α . Tính thể tích hình chóp b. Biết trung đoạn bằng d và góc giữa cạnh bên và đáy bằng ϕ . Tính thể tích hình chóp Giải:.

<span class='text_page_counter'>(85)</span> a. Gọi O là tâm hình vuông, H là trung điểm BC ¿ OH ⊥ BC SO ⊥(ABCD) } ¿. ⇒. SH. a . tan α 2. SO = h = OH.tan α = SH =. OH cos α. =. BC ⇒ S ^ H O=α. a 2 cos α. 1 S .SO 3 ABCD. ⇒ V=. b. SH = d, AO = hc SA ( ABCD). ⇒. =. 3. a tan α 6. S^ A O=ϕ . Xét 2 tam giác SOA và. SOH: ¿. x√2 tan ϕ 2 x SO2 =SH2 −OH 2 ⇔ h2=d 2 − 4 ¿{ ¿ SO=h=OA . tan ϕ=. ⇒. d2 -. ⇒ V=. x2 = 4. x2 tan2 ϕ 2. 1 S .SO = 3 ABCD. ( x là cạnh hình vuông ABCD ). ⇒ x=. 2d √1+2 tan2 ϕ. 2 1 4d . . 2 3 1+2 tan ϕ. ⇒ OS = h =. √ 2 . d . tan ϕ. √1+2 tan2 ϕ. √ 2 . d . tan ϕ. √1+2 tan2 ϕ. =. 4 √ 2 . d 3 . tan ϕ 3 .(1+2 tan 2 ϕ ) √ 1+2 tan2 ϕ. Bài tập 5.Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là nửa lục giác đều, AD = 2a, AB = BC = CD = a. SA. (ABCD), SA = h. Mặt phẳng (P) qua A, vuông. góc với SD cắt SB,SC, SD tại B’, C’, D’. a. Chứng minh AB’C’D’ là tứ giác nội tiếp b. Tính thể tích hình chóp S.AB’C’D’ Giải:.

<span class='text_page_counter'>(86)</span> a. CD. (SAC) ⇒ DC. Mà CD. AC, SD. (1), (2) ⇒ AC’. AC’. (1). (P) ⇒ SD. AC’. (2). (SCD) ⇒ AC’ C ' D '. ^ ' D '= A B ^ ' D' =900 . Vậy AB’C’D’ nội tiếp đường tròn Tương tự ta có A C. đường kính AD’ V S . AB ''C ' SA . SB' . SC' V SA . SB. SC b.Ta có S . ABC = = Mà SABC =. 1 ⇒ VS.ABC = S 3 ABCD. (. SB. SB' SC . SC' . SB 2 SC 2. )(. 1 V 3. 4. VS.AB’C’ =. SA .V 2 2 3 . SB .SC. Tương tự VS.AC’D’ = ⇒ VS.AB’C’D’ =. =. 2 SA 4 . V 3 SC 2 . SD2. SA 4 .V .(2 SB 2+SC 2) 3 . SB2 .SC2 . SD2. ,V=. √ 3. a 2 . h5 (h2 +2 a2 ) 4 .(h 2+a2)( h2+ 3 a2)( h2+ 4 a2). a2 h √ 3 4. )=. SA 4 SB2 .SC 2.

<span class='text_page_counter'>(87)</span> Bài tập 6.Cho đường tròn (C) có đường kính AB = 2R. Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với mặt phẳng chứa (C) tại A lấy điểm S sao cho AS = h. Gọi M là 1 điểm di động trên (C). Mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với SB cắt SB, SM lần lượt ở H, K. a. Chứng minh AK. (SBM) và điểm K chạy trên 1 đường tròn cố định. khi M thay đổi b. Tính thể tích hình chóp S.AHK trong trường hợp M là trung điểm của cung AB Giải:. a. Ta có AM. MB và SA. MB. ⇒ MB ⊥(SAM) ⇒MB ⊥ AK SB⊥(P)⇒SB ⊥ AK }⇒ AK ⊥( SBM). ⇒ AK. KH ⇔. 0. A^ K H =90. (P) qua điểm cố định A và vuông góc với SB cố định tại H ⇒ (P) cố định, H cố định Trong (P), K nhìn đoạn cố định AH dưới 1 góc vuông ⇒ K nằm trên đường tròn đường kính AH nằm trong (P) b.AM = MB = R √ 2 V S . AHK  SA.SK .SH V SA.SM .SB S . AMB =. (. SK .SM SH .SB . 2 2 SM SB. )(. ). 4. SA 2 2 = SM .SB =. h4 (h+2 R2 )(h2 +4 R 2). VS.AMB =. 1 . S . SA = 3 AMB. ⇒ VS.AHK =. 1 hR 2 3. 1 2 hR 3 4. h 2 2 2 (h+2 R )(h +4 R ). 2 5. =. R h 2 2 2 3 .( h+ 2 R )(h + 4 R ).

<span class='text_page_counter'>(88)</span> Bài tập 7. Cho tứ diện vuông SABC tại S. Chứng minh rằng a. √ 3. SABC. SSAB + SSBC + SSAC. b. Cho SA = a, SB + SC = k. Đặt SB = x. Tính thể tích tứ diện SABC theo a, x, k. Xác định SB, SC để thể tích tứ diện SAB lớn nhất Giải:. O. C. A. K. H B. a.Gọi H là trực tâm Δ ABC, nối dài AH cắt BC tại K ⇒ AH. (ABC). Δ SAK vuông đường cao SH: ⇔. (. SK2 = KH.KA. SK . BC 2 KH . BC KA . BC = . 2 2 2. ) (. )(. ). ⇔. (SSBC)2 = (SHBC)(SABC). Tương tự (SSAB)2 = SABC.SHAB , (SSAC)2 = SABC.SHAC Cộng vế: (SSAB)2 + (SSAC)2 + (SSBC)2 = (SABC)2 SSAB + SSAC + SSBC. √[S. 2. SAB. + SSAC +S SBC ] (12 +12 +12) 2. 2. √ 3 SABC.

<span class='text_page_counter'>(89)</span> c.. VS.ABC =. 1 SA.SB.SC = 6. ak 2 Max VS.ABC = 24. 1 ax.(k-x) 6. ⇔ x = k-x ⇔. x=. 1 x +k − x a 6 2. [. k 2. ]. 2. ⇔ SB = SC =. ak 2 24 k 2. Bài tập 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là 1 hình vuông cạnh a, SA (ABCD) và SA = a. 1 mặt phẳng qua CD cắt các cạnh SA, SB lần lượt ở M,N. Đặt AM = x a. Tứ giác MNCD là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a, x b. Xác định giá trị của x để thể tích của hình chóp S.MNCD bằng tích hình chóp S.ABCD Giải. S. N. M A. B. D C mp (MCD) ∩ mp(SAB)=MN CD ⊂(MCD) a. Ta có AB ⊂ (SAB) AB // CD }}} MN // AB // CD ⇒ MNCD là hình thang CD ⊥ AD CD ⊥SA (doSA ⊥(ABCD)) } ⇒ CD ⊥(SAD) ⇒ CD ⊥ MN , MN ⊥ MD ⇒ MNCD là hình thang vuông Δ SMN Δ SAB ⇒ Δ SMN vuông cân tại M ⇒ MN = SM = SA – AM = a – x. 2 9. lần thể.

<span class='text_page_counter'>(90)</span> Δ AMD vuông: MD = √ AM2 + AD2 = √ x2 +a 2 MN+CD 2 a− x . MD = ⇒ SMNCD = √ x 2 + a2 2 2. (. b. Ta có. V SMCD SM .SD .SC SM V SACD = SA . SC. SD = SA V SMNC SM .SN .SC V SABC = SA . SC. SB = ⇒. ⇔. ⇔. V SMCD V SMNC V SABC = V MNCD SM 1 SA 2 V SABCD = 2 9 V SABCD 1 2 V SABCD = 4 9. ⇔. =. SM SA. a− x a. SM SA. ). Δ. (. Δ. ACD . SM SN . SA SB SM SA. =. ABC) SM SA. 2. ( ). ( vì MN // AB ). 2. ( ). +. (1+SM SA ) (1+SM SA ). (1+ a −a x ). ⇔ x=. 23 a 27. 0 Bài tập 9 : cho tứ diện OABC có AOB  BOC  COA=180 . Gọi OA1,. OB1, OC1 lần lượt là đường phân giác trong của các tam giác OBC, OCA, OAB. Gọi OA2, OB2, OC2 lần lượt là đường phân giác của các tam giác OAA1, OBB1, OCC1. Chứng minh rằng: 2. 2. 2.  AA1   BB1   CC1         2 3  A1 A 2   B1 B2   C1C2 . . . 2. (*). Xác định tứ diện OABC để đẳng thức xảy ra? Giải:.

<span class='text_page_counter'>(91)</span> Đặt OA = a, OB = b, OC = c, AOB  , BOC  , COA  . 0 Ta có      180. Theo tính chất đường phân giác trong tam giác OAA1 ta có: AA 2 AA1 AA 2 OA a a    1  1  A1 A 2 OA1 OA1 A1 A 2 A1 A 2 OA1 BB1 CC1 b c 1  1  OB1 ; C1C2 OC1 Tương tự có: B1 B2. Theo BĐT Bunhiacovski, ta có: 2. 2. 2.  a   b   c  1  a b c  VT(*)  1      1    1   . 3   OA1   OB1   OC1  3  OA1 OB1 OC1  . (1). Ta còn có: a b c abc   3 3 OA1 OB1 OC1 OA1 .OB1 .OC1. (2). Theo công thức tính độ dài đường phân giác trong tam giác, ta được:    .cos .cos 2 2 2 (a  b)(b  c)(c  a). 8a 2 b 2 c 2 .cos OA1 .OB1 .OC1 . Mà (a  b)(b  c)(c  a) 8abc và. cos.    3 3 .cos .cos  0 2 2 2 8 (vì      180 ). abc 8  Do đó từ (3) suy ra: OA1 .OB1 .OC1 3 3. Từ (1), (2) và (4) ta có:. (3). (4).

<span class='text_page_counter'>(92)</span> 1  8  VT(*)  .  3  3 3   2 3 3  3 3 . . . 2.  (*). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:  a  b c  0    60. hay OABC là tứ diện đều. Bài tập 10: cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, thể tích là V. Trên cạnh SC, lấy điểm C’ sao cho SC’= k.C’C. Mặt phẳng (P) qua AC’ và cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B’, D’. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của V’= VS.AB’C’D’. Giải: V’= VS.AB’C’ +VS.AD’C’ Ta có: V k SB ' S.AB'C' SB '.SC '  k . SB '  V . .V S.AB'C'  V SB.SC k  1 SB 2(k  1) SB S.ABC V k SD ' S.AD'C' SD '.SC '  k . SD '  V . .V S.AD'C'  V SD.SC k  1 SD 2(k  1) SD S.ADC  V' . k  SB ' SD '  .   2(k  1)  SB SD . (*). Gọi O là giao điểm hai đường chéo của ABCD, I là giao của AC’ và SO. S. C' D' I D B'. C. O A B.

<span class='text_page_counter'>(93)</span> Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác SCO và ba điểm thẳng hàng C’, A, I; Ta có: C 'C AC IO IO AO C 'S 1 SO 2k  1 . . 1   .    C 'S AO IS IS AC C 'C 2k SI 2k. Trong tam giác SBD, ta có: SB SD 2SO 2k  1    SB ' SD ' SI k. (**). ( Bạn đọc tự chứng minh (**)) SB ' x Đặt : SB V' . SD ' y và SD . Thay vào (*), (**) ta có:. k 1 1 2k  1 .(x  y)   2(k  1) x y k và V' . Suy ra:. Trong đó.   k kx . x  2(k  1)  (2k  1)x  k . 0  x 1 k    x 1 kx  0   1 k  1  (2k  1)x  k . Xét hàm số. f (x) x  y  x . kx (2k  1)x  k.  k  x ;1  k 1 . Ta có: f '(x) . (2k  1)x  (2k  1)x  2k .  (2k  1)x  k . 2. Ta có bảng biến thiên của f(x): k x k 1 0 f’ 0 -.  x 0 0    x  2k 2k  1  2k 2k  1. -. 0. 1 +.

<span class='text_page_counter'>(94)</span> f 2k  1 k 1. 2k  1 k 1. 4k 2k  1 2 2k k k(2k  1) .V V '  .(x  y).V  .V 2 (2k  1)(k  1) 2(k  1) 2(k  1) Suy ra:. Vậy: k   x  k  1 ; y 1  k(2k  1)  x 1; y  k MaxV '  V 2 2(k  1) k 1 _ đạt được khi và chỉ khi . hay (P) qua B hoặc D.. _. MinV ' . 2k 2 2k .V x y  (2k  1)(k  1) 2k  1 hay (P)//BD đạt được khi và chỉ khi. Bài tập 11: trên mặt cầu bán kính R lấy năm điểm A, B, C, D, E sao cho 2 2 BAC CAD DAE  .BAD  .CAE 3 3 . Chứng minh rằng: AB  AC  AD  AE 4 2R. Giải: A. D. E C. B. D'. E'. B'. C'.

<span class='text_page_counter'>(95)</span> Trên các tia AB, AC, AD, AE lần lượt lấy các điểm B’, C’, D’, E’ sao cho AB’= AC’= AD’= AE’= a và gọi M, N lần lượt là trung điểm B’D’ và C’E’.  AB'C ' AB' E '  AD 'C ' AD 'E ' Dễ thấy . (c.g.c) (c.g.c). Từ đó B’C’ = B’E’, D’C’ = D’E’ Suy ra mp(AB’D’) là mặt phẳng trung trực của C’E’ nên N thuộc mp(AB’D’). Vậy A, M, N thuộc mp(AB’D’). Tương tự có A, M, N thuộc mp(AC’E’) nên A, M, N thẳng hàng. Lại có :. AB ' D ' AC ' E '. (c.g.c). (1). suy ra: AM = AN (2). Từ (1), (2) có M trùng N. Lại có B’C’ = B’E’, D’C’ = D’E’; ta có B’C’D’E’ là 2 2 hình vuông, suy ra (B' D ') 2(B'C '). (3). 3 B'AD '   2 Đặt B 'AC '  Ta có:. Áp dụng định lý cosin cho B'AD ' và B' AC ' , ta được: 3   (B 'D ')2 2a 2  1  cos  và (B'C ') 2 2a 2 (1  cos) 2  . Từ (3), (4) suy ra:. (4).

<span class='text_page_counter'>(96)</span> 1  cos. 3    2(1  cos)  4cos3  4cos 2  3cos  3 0 2 2 2 2.   3  cos  2 2    3   cos  (loai) 2 2     cos 2 1 (loai) . Do đó. . B'AD ' .  3 .Suy ra:  2. hay BAD .  2.  AB  AD  2(AB2  AD 2 )  2BD 2 2 2R. Tương tự: AC  AE 2 2R Vậy: AB  AC  AD  AE 4 2R Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB = AD, AC = AE hay A.BCDE là hình chóp đều.. Bài tập 12: cho tứ diện ABCD. M là một điểm bất kì thuộc miền trong của tứ diện. Các đường thẳng AM, BM, CM, DM lần lượt cắt các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) tại A’, B’, C’. Hãy xác định vị trí M để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: T. MA MB MC MD    MA ' MB ' MC ' MD '. Giải: V a 2 V b 2 V c 2 V d 2 MBCD MCDA MDAB MABC Đặt , , , Ta có:.

<span class='text_page_counter'>(97)</span> AA ' VABCD a 2  b 2  c 2  d 2   MA ' V a2. MBCD. . MA b 2  c 2  d 2  MA ' a2. 2 2 2 2 Mà 3(b  c  d ) (b  c  d) nên ta có:. MA b 2  c2  d 2 1 bcd   . MA ' a a 3. Hoàn toàn tương tự, ta cũng có: MB a 2  c2  d 2 1 a cd   . MB ' b b 3 ; MC a 2  b2  d 2 1 abd   . MC ' c c 3 ; MD a 2  b 2  c2 1 a bc   . MD ' d d 3. Suy ra: T. 1  b  c  d c  d  a d  a  b a  b  c  12 .    4 3  a b c d 3  3 . (BĐT Cauchy). Vậy MinT 4 3 đạt được khi và chỉ khi: a 2 b 2 c 2 d 2 . VABCD AM BM CM DM 3      4 AA' BB' CC' DD' 4. Hay M là trọng tâm tứ diện ABCD. Bạn đọc hãy mở rộng bài toán trên bằng cách thay căn bậc hai bằng căn bậc n..

<span class='text_page_counter'>(98)</span> ۩ Một số bài tập tham khảo: Bài tập1:Cho hình chóp S.ABC biết SA=x, BC=y, các cạnh còn lại đều bằng 1. a) tính thể tích hình chóp theo x, y. b) với x, y nào thì thể tích hình chóp đạt lớn nhất?. Bài tập2: cho hình chóp S.ABC. Biết SA vuông góc mp(ABC), nhị diện SB là 0 0 nhị diện vuông, BC=a, BSC 45 , BAC 60. a) chứng minh BC  SB b) tính thể tích hình chóp. Bài tập3: trong mp(P) cho hình chữ nhật ABCD biết AB=a, BC=b. Qua C và D lần lượt dựng các đường thẳng d, d’ vuông góc với (P). Điểm M thuộc d, N thuộc d’ sao cho BM  AN a) xác định mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN. b) Chứng minh : CM.DN là hằng số khi M, N di động c) Xác định độ dài CM, DN để thể tích tứ diện ABMN là nhỏ nhất.. Bài tập4: cho hình chóp S.ABCD, ABCD là hình thang vuông BAD ABC 900 , AB AD a, BC a 6 . Gọi O là trung điểm của đường. trung bình của hình thang. Trên đoạn SO lấy điểm I sao cho 2009.SI 1992.SO . Mp(P) qua I và cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’. Xác.

<span class='text_page_counter'>(99)</span> định (P) để thể tích hình chóp S.A’B’C’D’ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị đó. Bài tập 5: cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Trên cạnh SC lấy C1 sao cho SC1=3C1C; trên cạnh SC1 lấy C2 sao cho SC2= 7 C2C1. Mp(P) qua SC2 và cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B’ và D’. Xác định (P) sao cho thể tích hình chóp S.AB’C2D’ đạt lớn nhất và nhỏ nhất.. Bài tập 6: cho hình chóp S.ABC với SA=a, SB=b, SC=c. Một mp thay đổi luôn qua trọng tâm của hình chóp và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A’, B’,C’. 1 1 1   2 2 2 a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A 'S B 'S C 'S. b) Nếu xét bài toán với hình chóp n-giác đỉnh S thì kết quả sẽ như thế nào? Bài tập 7 M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD của tứ diện ABCD; P . . là điểm thuộc đoạn AD sao cho PA kPD , k là số cho trước và khác 1. a) Xác định điểm Q thuộc cạnh BC sao cho MN và PQ cắt nhau. b) Tính thể tích hình chóp A.MQNP theo k và thể tích tứ diện ABCD. c) Xác định k để thể tích trên lớn nhất và nhỏ nhất.. Bài tập 8: cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy bằng a.Các mắt bên nghiêng đều trên mặt đáy một góc  . Một mp(P) qua AB tạo với mp(ABCD) một góc  và cắt SC, SD lần lượt tại M, N. a) xác định dạng của tứ giác ABMN b) tính diện tích tứ giác ABMN theo a,  ,  . Khi  là hằng số, hãy tìm  để c) diện tích đó lớn nhất và nhỏ nhất..

<span class='text_page_counter'>(100)</span> Bài tập 9: cho hình chóp S.ABCDE, ACDE là hình vuông tâm O cạnh a và ABC là tam giác đều. G là điểm trên đoạn BO mà BG=4GO; M là trung điểm SG. Mp(P) qua BM và cắt các cạnh SA, SC, SD, SE lần lượt tại A’, C’, D’, E’ . Xác định (P) để thể tích hình chóp S.BA’C’D’E’ nhỏ nhất và lớn nhất.. Bài tập 10: cho tứ diện ABCD. Hãy tìm các điểm X, Y, Z, T lần lượt thuộc các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) sao cho tổng sau nhỏ nhất: XY2 + YZ2 + ZT2 + TX2 + XZ2 + ZT2. Bài tập 11: cho tứ diện ABCD vuông ở A. Gọi x, y, z lần lượt là góc giữa đường cao AH với các cạnh AB, AC, AD. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. P. ۩. cosx  cos y cos y  cosz cosz  cosx   cos 2 z cos 2 x cos 2. Một số tính chất từ tam giác đến tứ diện.. Đã có khá nhiều nghiên cứu về sự liên hệ giữ hình học phẳng và hình không gian, trong đó chúng ta đã có nhiều tính chất thú vị được khám phá ở tứ diện nhờ việc liên hệ từ các tính chất ở tam giác. Sau đây chúng tôi xin giới thiệu đến bạn đọc một số tính chất như thế mà chúng tôi đã tìm được. Rất mong nhận được sự góp ý từ bạn đọc cũng như những tính chất “đẹp” mà bạn đọc tìm ra. Tính chất phẳng1(không chứng minh giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Một I luôn qua 2 điểm B, C và cắt AB, AC lần lượt Khi đó B’C’ luôn vuông góc với AO. → bài toán 1: cho tứ diện ABCD nội tâm O. Một mặt cầu tâm I luôn qua 3 điểm B, AB, AC, AD lần lượt tại B’, C’, D’. chứng mp(B’C’D’) luôn vuông góc AO. Chứng minh: Trước hết ta chứng minh 2 nhận xét sau:. lại): cho tam đường tròn tâm tại B’ và C’.. A. tiếp mặt cầu C, D và cắt các minh rằng:. D' B'. B. O. C'. D. C.

<span class='text_page_counter'>(101)</span> i) điểm I luôn thuộc trục của tam giác BCD (vì I luôn cách đều B, C, D) ii) cho hình chóp A.BCD và một mặt cầu tâm I luôn qua 3 điểm B, C, D và cắt các AB, AC, AD lần lượt tại B’, C’, D’. Khi đó, với mọi điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD, M’ là giao của AM và đường tròn ngoại tiếp tam giác B’C’D’ thì M’ thuộc mặt cầu tâm I nói trên và ngược lại. chứng minh ii) _Phần thuận: M’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác B’C’D’ thì M’ thuộc mặt cầu tâm I ( S(I; IM) ). Dễ có đường tròn ngoại tiếp tam giác B’C’D’ thuộc măt cầu tâm I luôn qua 3 điểm B’, C’, D’. Suy ra M’ thuộc măt cầu tâm I nói trên. _Phần đảo: M’ thuộc măt cầu tâm I( luôn qua 3 điểm B’, C’, D’ thì M’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác B’C’D’. Gọi T là tập hợp tất cả các điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆BCD Gọi T’ là tập hợp tất cả các điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆B’C’D’ 2 2 Ta có M  P thì AM.AM ' AI  IM k const (vì M ' AM  S(I; IM) ; lưu ý:. k là hằng với điểm I đó) Suy ra: Mà :. M  N (A;k) (M). (. N (A;k). là phép nghịch đảo hệ số k với tâm nghịch đảo S). B'  N (A;k) (B) C '  N (A;k) (C) D '  N (A;k) (D). Và A  T  M '  P '  (đpcm). Trở lại bài toán: Ta kí hiệu C(BCD) là đường tròn ngoại tiếp BCD Gọi: BK1 (ABO)  (BCD);. BK1  C(BCD) B1 ;. AB1  S(I) B1'. CK 2 (ACO)  (BCD);. CK 2  C(BCD) C1 ;. AC1  S(I) C1'. DK 3 (ADO)  (BCD);. DK 3  C(BCD) D1 ;. AD1  S(I) D1'. ' ' ' Theo nhận xét ii) ta có B1 , C1 , D1  C(BCD).

<span class='text_page_counter'>(102)</span> Xét mp(ABO): ' Ta có tứ giác BB’B1’B1 là tứ giác nội tiếp. Theo tính chất 1 thì B' B1  AO ' ' Tương tự có: C 'C1  AO ; D ' D1  AO.  (B'C ' D')  AO. Tính chất phẳng 2: M là một điểm bất kì thuộc miền trong tam giác ABC. Từ M kẻ các đường vuông góc MA1, MB1, MC1 xuống các cạnh BC, CA, AB (A1,B1,C1 là các giao điểm). Chứng minh : a b c (a  b  c) 2    MA1 MB1 MC1 2.SABC. Chứng minh: Đặt MA1= x, MB1= y, MC1= z. Khi đó, ta có : ax + by + cz = 2SMBC + 2SMCA + 2SMAB = 2SABC Do đó:  a b c  a b c     .2.SABC     (ax  by  cz)  x y z  x y z  x y y z z x a 2  b2  c2  ab     bc     ca    x z  y x  z y a 2  b2  c2  2ab  2bc  2ca (a  b  c)2 a b c (a  b  c) 2    2.SABC Suy ra: MA1 MB1 MC1. Đẳng thức xay ra khi và chỉ khi x = y = z, tức khi M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. → ta thử suy nghĩ như thế này: “mặt” trong tứ diện sẽ tương ứng với “cạnh” trong tam giác; “diện tích mặt” trong tứ diện sẽ tương ứng với “độ dài cạnh” trong tam giác và “thể tích” trong tứ diện sẽ tương ứng với “diện tích” trong tam giác. Từ đó ta có thể xây dựng bài toán sau từ tính chất phẳng 2; sau đó ta kiểm chứng lại. → bài toán 2: M là một điểm bất kì thuộc miền trong tứ diện ABCD. Từ M kẻ các đường vuông góc MA1, MB1, MC1, MD1 xuống các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC). (A1,B1,C1 là các giao điểm). Chứng minh :.

<span class='text_page_counter'>(103)</span> S S S (S S S S )2 BCD  CDA  SDAB  ABC  BCD CDA DAB ABC MA1 MB1 MC1 MD1 3.V ABCD Chứng minh: Đặt MA1= x, MB1= y, MC1= z, MD1= t và SBCD= Sa ; SCDA=Sb ; SDAB=Sc ; SABC=Sd. Khi đó ta có : Sa .x  Sb .y  Sc .z  Sd .t 3( V. MBCD. V V V ) 3V MCDA MDAB MABC ABCD. Lại có:  Sa Sb Sc Sd     y z t  x.   (Sa .x  Sb .y  Sc .z  Sd .t)  .  x y y z z t Sa2  Sb2  Sc2  Sd2  Sa .Sb     Sb .Sc     Sc .Sd      t z  y x  z y y t  t x x z  Sd .Sa     Sa .Sc     Sb .Sd    x t  z x  t y Sa2  Sb2  Sc2  Sd2  2Sa .Sb  2Sb .Sc  2Sc .Sd  2Sd .Sa  2Sa .Sc  2Sb .Sd (Sa  Sb  Sc  Sd ) 2 Suy ra:. S S S (S S S S )2 BCD  CDA  SDAB  ABC  BCD CDA DAB ABC MA MB MC MD 3.V 1 1 1 1 ABCD Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = t, tức khi M là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Tính chất phẳng 3: trong tam giác nhọn ABC luôn có : ma m b mc R   1  ha hb hc r. ( trong đó ma là đường trung tuyến kẻ từ A; ha là đường cao kẻ từ A; R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC ). Chứng minh: Gọi O là tâm đướng tròn ngoại tiếp tam giác ABC và A1, B1, C1 lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Do tam giác ABC nhọn nên O thuộc miền trong tam giác..

<span class='text_page_counter'>(104)</span> Ta có: m a AA1 AO  OA1 R  OA1 Tương tự có: m b R  OB1 ; m c R  OC1 Suy ra:  1 m a m b mc 1 1   OA1 OB1 OC1    R         ha hb hc h h h h h hc  b c  b  a  a. Ta sẽ chứng minh : OA1 OB1 OC1 1 1 1 1   1    h a h b h c r và h a hb hc 2S 2S 2S 2S 1 1 1 1 a  b  c        ha hb hc ha h b hc r Bởi vì 2S (a  b  c)r nên r. Ta cũng có: 2S 2S 2S .OA1  .OB1  .OC1 ha hb hc OA1 OB1 OC1    1 ha hb hc. 2S a.OA1  b.OB1  c.OC1 . ma m b mc R   1  r . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O là trực Vậy ta có : h a h b h c. tâm tam giác hay tam giác ABC là tam giác đều. → ta thử suy nghĩ như thế này: “mặt cầu ngoại tiếp” trong tứ diện sẽ tương ứng với “đường tròn ngoại tiếp” trong tam giác; “đường tròn ngoại mặt” trong tứ diện sẽ tương ứng với “trung điểm cạnh” trong tam giác và “thể tích” trong tứ diện sẽ tương ứng với “diện tích” trong tam giác. Từ đó ta có thể xây dựng bài toán sau từ tính chất phẳng 3; sau đó ta kiểm chứng lại → Bài toán 3: trong tứ diện ABCD mà tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thuộc miền trong tứ diện, ta luôn có: ma mb mc md R    1  ha hb hc hc r. ( Trong đó, ma là độ dài đoạn thẳng nối A và tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD; ha là đường cao của tứ diện kẻ từ A; R, r lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp tứ diện ABCD ). Chứng minh:.

<span class='text_page_counter'>(105)</span> Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD; A1, B1, C1, D1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các ∆BCD, ∆CDA, ∆DAB, ∆ABC. Vì O thuộc miền trong tứ diện nên: ma AA1 AO  OA1 R  OA1 Tương tự có: m b R  OB1 ; m c R  OC1 ; md R  OD1 Suy ra:  1 ma mb m c md 1 1 1   OA1 OB1 OC1 OD1     R           ha hb hc hd hb hc hd   ha hb hc hd   ha. Ta sẽ chứng minh: OA1 OB1 OC1 OD1 1 1 1 1 1    1     hb hc hd h a h b h c h d r và h a. Bởi vì. 3V (S S S S )r ABCD BCD CDA DAB ABC. Nên : 3V ABCD S S S S BCD CDA DAB ABC r 3V 3V 3V 3V  BCD  CDA  DAB  ABC ha h hc h b d . 1 1 1 1 1     ha hb hc hd r. Ta cũng có: 3V. .OB1  S .OC1  S .OD1  CDA DAB ABC 3V 3V 3V 3V  ABCD .OA1  ABCD .OB1  ABCD .OC1  ABCD .OD1. ABCD. S. BCD. ha. . .OA1  S. hb. hc. hd. OA1 OB1 OC1 OD1    1 ha hb hc hd. m a m b m c md R    1  r Vậy ta có: h a h b h c h c. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi O là trực tâm tứ diện hay ABCD là tứ diện đều.

<span class='text_page_counter'>(106)</span> TỔNG HỢP Bài 1: SABC là 1 hình chóp tam giác đều với cạnh đáy AB = a, đường cao SH = h. 1. Tính theo a và h các bán kính r, R của hình cầu nội tiếp và ngoại tiếp hình chóp. r 2. Giả sử a cố định và h thay đổi. xác định h để R lớn nhất.. Giải: . Tính R: Tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. S. nằm trên SH( trục của đường trong. J. ngoại tiếp tam giác ABC) và trên đường trung trực của SA vẽ mp(SAH).. O’ A. O. Tứ giác AHOJ nội tiếp( J là trung điểm của SA),. H. Do đó:. B. r 6ah 2  R (a  12h 2  a 2 ).(3h2  a 2 ).  h. a 6 3. C. SO.SH  SA.SJ. . SO  R . SA2 2 SH.

<span class='text_page_counter'>(107)</span> 2. 2 a 3 a2 2 SA SH  HA h   .  h  3 3 2  Nhưng: 3h 2  a 2  3 2 2 3h  a  6 Suy ra: R = 2. 2. 2. 2. . Tính r: Tâm O’ hình cầu nội tiếp tứ diện nằmg trên SH và trên phân giác trong của SIH( I là trung điểm của BC), góc phẳng của nhị diện cạnh BC. Tính chất của phân giác cho: O ' H HI h.HI   r.SI HI .(h  r )   O'S SI SI  HI  a 3  HI  6  Ta có : 2  2  SI 2 h 2   a 3  r 2  a    12  6    SI . 12h 2  a 2 2 3. Cho nên ra được tính bởi a 3 ah 6 r  a 3 12h 2  a 2 a  12h 2  a 2  6 2 3 h.. 3. Định h để r/R lớn nhất r 6ah 2  R (a  12h 2  a 2 ).(3h 2  a 2 ) Ta có:. Đặt: x  a x  a  x  12h  a   2   2 x2  a2 2 2 12h  a x h  12  2 2 x a  6a   2 2 r  12    x  2ax  3a  R (a  3a ) 2  x 2  3a 2  (a  x).   4   2. 2. Do đó: Bảng biến thiên.

<span class='text_page_counter'>(108)</span> 1 r a 6  h  R  3 3 . Vậy :   max nếu và chỉ nếu x = 3a x. -. f’(x). -a. 3a. a +. +. 0. _. +x. 1 a 6. f(x). 0. Bài 2: cho hình chóp tam giác SABC. Gọi K và N là trung điểm của SA, BC. Điểm M nằm trên SC sao cho: SM 2  MC 3. 1. Tìm tỉ số diện tích hai tam giác ASC và AKM. 2. Mặt phẳng qua K song song với AB và SC có qua N không? 3. Qua K, M, N dựng mặt phẳng mp(P). a. xác định tiết diện tạp bởi mp(P) với hình chóp đã cho. b. Chứng minh KN chia tiết diện thành 2 phần diện tích bằng nhau. c. Biết khoảng cách từ A đến mp(P) bằng h và thể tích hình chóp là V. tính diện tích tiết diện. Giải: 1. Tính .  AMS và  SAC có cùng đường cao phát xuất từ A nên: S. SAC  MS  2 S CS 3 AKM. (do. MS 2  ) MC 3. .  AMS và  AMK có cùng đường cao phát xuất từ M nên: S. AMS  SA 2 S KA AMK.

<span class='text_page_counter'>(109)</span> 2.S Suy ra :. AMK  2 S 5 SAC. . S. SAC 5 S AMK. 2. Mặt phẳng qua K song song với AB và SC có qua N không? Mặt phẳng qua K song song với aB và SC cắt BC ở N’. Định lý Talét trong không gian cho: KS N ' C  1  KA N ' B N là trung điểm của BC  N N’ Vậy mặt phẳng qua K song song với AB và SC qua trung điểm N của BC. a. Cách dựng thiết diện: - Đường thẳng MK và đường thẳng CA cắt nhau ở I - Hai đường thẳng IN và AB cắt nhau ở H. Tiết diện của mặt phẳng (KMN) với hình chóp là tứ giác KMNH.. S. M K. O. A I S S HKN b. Chứng minh MKN. C. H. N. Gọi O là giao điểm của MH và KN. Vẫn theo định lý Talét trong không gian ta suy ra:. B. O là trung điểm của MH. Từ đó suy ra các đường cao MM’ và HH’ trong. 2 tam giác MKN và HKN bằng nhau, do đó: 3 V S KMN  . 10 h c. Tính diện tích thiết diện:. 3V  S KMNH  5h.

<span class='text_page_counter'>(110)</span> . Ta tính thể tích tứ diện AKMN bằng cách coi đáy là  KMN và đỉnh là A: V. 1  .S KMN .h A.KMN 3. (1). . Cũng tứ diện ấy mà ta coi đáy là  AKM và chiều cao là khoảng cách từ N đến (AKM) thì thể tích của nó là: V. 1  .S .h N . AKM 3 AKM N. Nếu gọi chiều cao kẻ từ B của tứ diện ABCD là hB thì ta có : hB 2.hN Và do câu 1. ta có: 1 1  . .S .h N . AKM 3 5 SAC B 1 1 1  . .S .hB  V 10 3 SAC 10 Từ (1) và (2) suy ra: V. 3 V S KMN  . 10 h. S KMNH . . (2). 3V 5h. Bài 3: Cho tứ diện SABC có các góc phẳng ở đỉnh S vuông. 1. Chứng minh :. 3.S. ABC. S. SBC. S. SBA. S. SAC. 2. Cho biết SA = a, SB+ SC = k. đặt SB = x. tính thể tích tứ diện SABC theo a, k,x. xác định SB, SC để thể tích tứ diện SABC lớn nhất. 3. Cho A cố định; B và C thay đổi ao cho SB + SC = k không đổi. Tìm quỹ tích 4. điểm O của các đường chéo hình hộp có 3 cạnh là SA, SB, SC. Giải: 1 Chứng minh :. 3.S. ABC. S. SBC. S. . Trước hết ta chứng minh hệ thức :. SBA. S. SAC.

<span class='text_page_counter'>(111)</span> S2. ABC. S 2. SBC. S2. SBA. S2. SAC. (1) C. S. B I. A. Vẽ SI vuông góc với AB. Theo định lý 3 đường thẳng vuông góc ta có:  SC  ( SAB )  CI  AB   SI  AB. S2. SBC.  S2. SBA. S2. SAC. 1 1 1  SB 2 .SC 2  SA2 .SB 2  SA2 .SC 2 4 4 4 1 1  SC 2 ( SB 2  SA2 )  SA2 .SB 2 4 4 1 1  SC 2 . AB 2  SI 2 . AB 2 4 4 1 1  AB 2 .( SC 2  SI 2 )  CI 2 . AB 2 4 4 S 2. ABC. Áp dụng bất đẳng thức Schwarz: S. SBC. S. SBA. S. SAC. .  (1  1  1). S 2. SBC. S2. SBA. Áp dụng kết quả (1) ta có: 3.S. ABC. S. SBC. S. SBA. S. SAC. S2. SAC. . (1).

<span class='text_page_counter'>(112)</span> A. S. O. C. O’ B. D. 2. Tính V của tứ diện SABC 1 6 1 V  .ax(k  x ) 6. V  .SA.SB.SC. . Định SB, SC để V lớn nhất.   O ' O S  x 0 ; k  x 0 .. Bất đẳng thức Cauchy: k2 x.( k  x)  4 ( k, a: không đổi; x: thay đổi). Do đó :. V. k 2a 24. Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi : x = k – x Vậy Vma x.  x. k 2. k k 2a  24 xãy ra khi và chỉ khi SB = SC = 2. 4. Quỹ tích điểm O . Gọi O là giao điểm của các đường chéo trong hình hộp vẽ trên 3 cạnh SA, SB, SC. Nếu ta vẽ hình chữ nhật SBDC thì O chính là trung điểm của AD. Hình chiếu O’ lên mặt phẳng (SBDC) là trung điểm SD. .Chọn tia Sx mang bởi SB, định hướng từ S đến B. tia Sy mang bởi SC, định.

<span class='text_page_counter'>(113)</span> hướng từ S tới C. trong 1 phần tư mặt phẳng tọa độ Sxy ta có: SB   x  2 O'  y  SC  2. A J. J. Suy ra quỹ tích của O’ là đoạn thẳng I’J’ có phương trình là: I S SB  SC k  2 2 k  y  x  2 xy . J’. y. I’ x. Với 2 điểm đầu là I’(k/2;0) và J’(0;k/2). . Gọi  là trung điểm của SA;  là điểm cố định. Ta có:.   O ' O S . Suy ra quỹ tích của O là đoạn IJ, hình biến đổi của I’J’ qua phép tịnh tiến . véctơ S .. Bài 4: Trong 1 tứ diện chỉ có 1 cạnh có độ dài lớn hơn 1. CMR: thể tích tứ diện ấy không vựơt quá 1/8. Giải:. A. . Cho tứ diện ABCD có AB > 1 còn các cạnh khác nhỏ hơn hay bằng 1. Ta chứng minh V 1/ 8 .. C. H E. B.

<span class='text_page_counter'>(114)</span> D. . Vẽ đường cao AE trong tam giác ABC và đường cao BF trong tam giác BCD. Gọi AH là đường cao của tứ diện vẽ từ A. đặt CD = a ( a 1 ).  a2  AE  1   4  a2  BF  1   4 . Ta chứng minh : .Nếu. ED . a a2 AE 2  AC 2  EC 2 1  2 thì: 4 a EC  2) ( do. a a2 2 2 2 ED  AE  AD  ED 1  2 thì: 4 .Nếu. Trong cả 2 trường hợp ta đều có: a2 AE 1  4.  AE  1 . 2. a2 4. Tương tự như vậy ta cũng chứng minh được: BF 2 1 . a2 4.  BF  1 . a2 4. .Thể tích tứ diện: 1 1 1 1 V  .S BCD . AH  . .CD.BF . AH  CD. AE.BF 3 3 2 6 2 1  a  1 2  a 1    a(4  a ) 6  4  24. Xét hàm 2. f(a) = a (4  a ) f’(a) = -3a2 + 4 Bảng biến thiên:.

<span class='text_page_counter'>(115)</span> Vậy. Vmax . 3 1  24 8 xãy ra khi và chỉ khi a = 1.. .Cuối cùng ta thử xem có tồn tại 1 tứ diện như trên không. Chọn tứ diện. 2 ABCD3như sau:. . 1 +. A. 0 BCD đều cạnh a = 1. 3. ACD đều cạnh a = 1. D. C. (BCD)  (ACD) Ta có:. B. 1 3 3 1 V . .  3 4 2 8 2.  3 3 AB  AH  HB 2. AH 2    2  2  2. . AB . 2. 2. 2. 3 1 2 ; tứ diện ABCD thỏa đề bài.. Bài 5: 1. Cho tam giác  ABC đều cạnh a. một đường thẳng (  ) tùy ý qua tâm O của tam giác cắt BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P. Chứng minh: 1 1 1 18    2 2 2 2 OM ON OP a. 2.. Cho tứ diện đều SABC. Qua đường cáo SH của tứ diện ta kẻ 1 mặt phẳng. cắt các mặt bên theo những đường thẳng taọ với đáy của tứ diện các góc  ,  ,  ..

<span class='text_page_counter'>(116)</span> Chứng minh : tg 2  tg 2   tg 2 12 .. Giải: 1. Chứng minh: 1 1 1 18    2 2 2 2 OM ON OP a. Gọi A’, B’, C’ là trung điểm của BC, CA, AB. Đặt   A ' OM. Ta có:  ' OM 1200   C  Và B ' ON 60  . 1 a 3 a 3 OA ' OB ' OC '  .  3 2 6 Ta có:. A. C’. B. Cho nên. P. M <. (). B’. A’. C.

<span class='text_page_counter'>(117)</span> 1 1 1   OA '2 .  cos 2  cos 2 (600   )  cos 2 (120 0   )  2 2 OM ON OP 2 2 2   1   12  1  3 3 2   2 . cos   .  cos  .sin      .cos  .sin    a  2  2 2 2       12  1 3  2 .  cos 2  .cos 2  .sin 2   a  2 2  12 3 18  2.  2 a 2 a. 2. Chứng minh: Mặt phẳng qua SH cắt các mặt (SBC), (SAC), (SAB) theo các giao tuyến lần lượt là SM, SN và SP. Ta có:     SMH ;  SNH ;  SPH SH 2 SH 2 SH 2   HM 2 HN 2 HP 2 2 2 2 Ta có : tg   tg   tg  . 1 1   1 SH 2     2 2 HN HP 2   HM. Ta nhắc lại rằng a 3 SH  6. 2a 2  SH  3 2. Và theo câu 1:. S. 1 1 1 18    2 2 2 2 OM ON OP a. Cho nên : tg 2  tg 2   tg 2 12. A. N. C H. α M B. γ P.

<span class='text_page_counter'>(118)</span> Bài 7: cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Từ A hạ các đường vuông góc AE với SB và AF với SD. 1. Chứng minh: (AEF)  SC. 2. Goi P là giao điểm của (AEF) với SC. Tìm quỹ tích của P khi S chạt trên nửa đường thẳng Ax vuông góc với đáy ABCD. 3.. V Chứng tỏ rằng có 2 vị trí của S trên Ax sao cho PABCD bằng 1 giá trị V cho. 4. Trước với điều kiện không vượt quá 1 giá trị V, nào đó mà ta phải xác định. V V 5. Trong trường hợp PABC = V1, hãy tính SAPEF . Giải: 1. Chứng minh (AEF)  SC.  BC  AB  BC  ( SAB )  BC  AE   BC  SA. Theo giả thiết AE  SB , như vậy : AE  ( SBC )  AE  SC. Tương tự ta cũng có : AF  SC S. Vậy SC  ( AEF ) 2. Quỹ tích của P.. E A. B. P Z Z Z Z Z Z Z. F. D. C.

<span class='text_page_counter'>(119)</span> 0  * Mặt phẳng (SAC) cố định, APC 90 và AC cố định nên P ở trên đường tròn. đường kính AC trong mặt phẳng (ASC). * S chỉ chạy trên nửa đường thẳng Ax nên P chỉ chạy trên nửa đường tròn nói trên, không kể điểm C. Nữa đường tròn này vẽ trong nữa ,mặt phẳng Ax giới hạn bởi AC.. H. P. O. C. y. h. V 3. Chứng minh có 2 vị trí của S trên Ax khi PABCD = V và V  V1.. A. PH = h.. S. x. Vẽ PH  AC , PH là đường cao của hình chóp P.ABCD : 1 1 V  .S .h  .a 2 .h. PABCD 3 ABCD 3 3V. Ta có : Nếu. V V  h  2 PABCD a h . AC a 2  2 2 thì ta có 2 vị trí của P trên nữa đường tròn đường kính. AC, do đó có 2 vị trí của S trên Ax..

<span class='text_page_counter'>(120)</span> Nhưng :. h. a 2 3V a 2 a3. 2  2  V  V1 2 a 2 6. V V Vậy có thể nói là : khi AC V V1 thì có 2 vị trí cảu S trên Ax để PABCD V V1 V 4.Trong trường hợp PABCD hãy tính SAEPF Theo trên ta có : a 2. V V1  h  PABCD 2. ( tức P là trung điểm của cung AC). Lúc ấy P là trung điểm của SC và : AP SP PC . AC 2 a 2. AS  AC a 2 1 1 1 1 1 3  2  2 2  2 2 2 AE AB AS a 2a 2a 2 2a a 6  AE 2   AE  3 3 2a 2 a 2 a 3 EP 2  AP 2  AE 2 a 2    DP  3 3 3 a 6 a 3 a2 2 S  2S  AE.EP  .  AEP 3 3 3 Ta có : AEPF. 1 1 a2 2 a3 2 V  .S .SP  . .a  3 AEPF 3 3 9 Vậy: SAEPF.  Bài 8: Trong mặt phẳng (P) cho ABC vuông tại B, có cạnh AB, ABC a ;. và ADC vuông tại D có AD = b ( B và D không cùng phía đối với AB). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) tại A ta lấy điểm S sao cho SA = x..

<span class='text_page_counter'>(121)</span> 1. tính thể tích hình chóp SABCD 2. AI, AJ, AH là 3 đường cao xuất phát từ A của 3 tam giác SAB, SAC, SAD. Hãy tìm tâm và bán kính của hình cầu ngoại tiếp các đa diện ABCIJ, ASIJH. Từ đó xác định giao của 2 hình cầu nói trê 3. gọi  là góc phẳng của nhị diện tạo bởi (SAC) và (SBC). Chứng minh : 1  cos 2 tg .tg   cos 4. ABC phải thỏa mãn điều kiện gì để  = 600.. Giải: S. V 1. tính SABCD V V V SABCD SABC SACD 1  .SA.(S S ) ABC ADC 3. H D. I. Ta tính các chi tiết : AB a  BC a.tg. Do đó: 1  .a 2 .tg 2  AD b a2   CD 2  2  b 2  a cos   AC  cos. S. J. C A. . ABC. a2  CD   b2 2 cos . Do đó : Tóm lại :. S. 1 a2  .b.  b2 2 ACD 2 cos . B.

<span class='text_page_counter'>(122)</span>  1 1 2 1 a2 2 VSABCD  .a.  a .tg  .b.  b   3  2 2 cos 2   1 2 a2 2   a .tg  b.  b   6  cos 2 . 2. tâm và bán kính hình cầu ngoại tiếp các đa diện ABCIJ và ASIJH  AI  SB  . Ta có  AI  SC. (do BC  ( ABC )). Nên : AI  IC Như vậy : I, J và B cùng nhìn AC dưới góc vuông nên hình cầu ngoại tiếp đa diện ABCIJ là hình cầu đường kính AC. Tâm là điểm giữa cả AC, bán kính bằng AC a  2 2cos. . I, J, H cùng nhìn AS dưới góc vuông nên hinìh cầu ngoại tiếp khối đa diện AS a  ASIJH là hình cầu đường kính AS. Tâm là điểm giữa của AS, bán kính bằng 2 2. Giao của 2 hình cầu Hai hình cầu ấy có chung 3 điểm là A, I và J nên giao của chúng là đường tròn qua 3 điểm ấy. Nhưng ta đã biết AI  ( SAB) nên AI  IJ Vậy giao của 2 hình cầu ấy là đường tròn đường kính AJ ở trong mặt phẳng qua A và vuông góc với SC.. 3.. Chứng minh hệ thức. tg .tg  . 1  cos 2 cos.  Góc phẳng của nhị diện tạo bởi (SAC) và (SBC) là AJI . AIJ vuông ở I :. Do đó :. tg  . tg .tg  . AI IJ. BC AI AI BC .  . AB IJ AB IJ. (i).

<span class='text_page_counter'>(123)</span> Nhưng : AI SI  AB SA BC SC   IJ SI. SAB SIA. . SBC SIJ. Thay các kết quả trên vào (i): Ta có :. tg .tg  . SC 2 SA2  AC 2 a 2   SC a.. Vậy:. tg .tg  . SI SC SC .  SA SI SA. a cos 2. 1  cos 2 cos 1  cos 2 cos. 0 4. ABC thỏa mãn điều kiện gì để  60 0 Với  60 thì  thỏa mãn phương trình :. 1  cos 2  3.sin   1  cos 2 cos  3.sin 2  1  cos 2 (0    90) 1 1  sin 2    sin   2 2 3.tg . 0 Vậy  45 : tam giác ABC vuông cân ở B.. Bài 9: trong mặt phẳng (  ) cho  OAB và 1 điểm di động M trên đoạn AB. Từ M ta dựng đường thẳng song song với OB và OA, lần lượt cắt OA, OB tại P và Q; goil I là giao điểm của AQ và BP. Trên đường thẳng vuông góc với mp(  ) tại M ta lấy điểm S M. Đặt OA = a, OB = b..

<span class='text_page_counter'>(124)</span> OP OQ  1 b 1. chứng minh : a. Từ đó suy ra thể tích của 2 hình chóp SOPIQ và SIAB bằng nhau. 0  2. Cho AOB 60 , a = 2b và SM b 3 . Gọi 1 ,  2 lần lượt là góc phẳng của 2 nhị. diện tạo bởi (SOA) và (SOB) với mp(  ). Chứng minh rằng khi M di động trên đoạn AB (nhưng không trùng với A và B) thì ta luôn luôn có hệ thức: 2 1  1 tg1 tg2. Giải: OP OQ  1 b 1. Chứng minh : a. Định lý Talét : OP BM  OA BA OQ AM QM // OA   OB AB PM // OB . S. Do đó: OP OQ BM  AM   a b AB. B. Q. (1). C I. V V SIAB Chứng minh SOPIQ. M. P A. Để chứng minh 2 hình chóp SOPIQ và SIAB có cùng thể tích ta chỉ cần chứng S S IAB minh OPIQ Từ (1) ta suy ra :.

<span class='text_page_counter'>(125)</span> OB.OP  OA.OQ OA.OB. Từ đó : Hay :. Do đó :. S S S OPB OQA OAB S S S S OPIQ IQB OPIQ IPA S S S S OPIQ IPA IQB IAB S S OPQI IAB. S. 2. Chứng minh hệ thức: 2 1  1 tg1 tg2 0  * Do OA = 2OB và AOB 60. HS. O. S. nên tam giác OAB vuông tại B S. và là nửa tam giác đều. Và :. AB OB.tg 600 . a 3 b 3 2. M. B. Góc của (SOB) và mp(  ) (OAB) là :   2 SBM. Vẽ MH  OA. Do định lý 3 đường thẳng vuông góc ta có SH  OA nên góc của (SOA) với mp(  ) là:  1 SHM. Ta có: tg1 . SM b 3 b 3b 3 2b 3   MH   AM  HM MH tg1 tg1 tg1. tg2 . SM b 3 b 3   BM  BM BM tg2. Từ AB = AM + MB và từ các kết quả trên ta có : b 3. 2b 3 b 3 2 1    1 tg1 tg2 tg1 tg 2 ..

<span class='text_page_counter'>(126)</span> Phương pháp tọa độ: Bài 6: cho hình chóp SABC, đáy là tam giác vuông cân đỉnh C; CA = CB = a; đỉnh S có hình chiếu trên đáy là trọng tâm G cảu tam giác ABC; SG = h. Tính góc phẳng của nhị diện canh SC của hình chóp. Giải:. z S. h A. a C G. x. y. a B. Lập hệ trục tọa độ góc Axyx, có Ax // CB, chiều dương từ C đến B; Ay chứa AC, chiều dương từ A đến C; Az có chiều dương từ G đến S. Các điểm A, B, C có tọa độ là : A(0, 0, 0); B(a, a, 0); C(a, 0, 0); a 2a S( 3 , 3 , h)   CB , CS có tọa độ là : Các vectơ    a a CB (a, 0, 0); CA (0,  a, 0); CS ( , , h) 3 3.

<span class='text_page_counter'>(127)</span> Ta có:  a ⃗ ⃗⃗    n1  CS ,CB   3  0  2  a   0, ah,  3  . h h , 0 0.  a ⃗ ⃗⃗  h h n2  CS ,CA  3 ,   a 0 0  ⃗ ⃗ ⃗  a2  a a  ah , 0,    CB (a, 0, 0); CA (0,  a, 0); CS ( , , h) 3   3 3. a a 3,3 a a. a 3 0. a 3 0.     . a a  ,3 3 0 a.     . .   n1 n2. , theo thứ tự là các vectơ pháp tuyến của các mặt (SCB) và (SCA), Do đó nếu gọi⃗ là góc phẳng nhị diện cạnh SC thì : ⃗ cos cos(n1 , n2 ) a4   a2 9   2 2 a4 a 4 9h  a 2 2 2 2 ah  . ah  9 9. Vậy:.  arecos (.  a2 ) 9h 2  a 2. Bài ..: cho hình chóp tứ giác đều SABCD, cạnh đáy bằng 2a, mỗi cạnh bên lập với mặt phẳng đáy 1 góc  . Trong hình chóp đó, vẽ nội tiếp 1 hình lập phương sao cho các đỉnh nằm trên các trung đoạn của hình chóp. Tính độ dài cạnh cảu hình lập phương. Giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với S  Oz và khi đó: z. A(a, a, 0) , B(-a, a, 0) , C(-a, -a, 0) , D(a, -a, 0),. S. và từ giả thiết nên S(0, 0, a 2.tg ).. N1. E1. Khi đó gọi M, N theo thứ tự là trung điểm. C. M1. D.

<span class='text_page_counter'>(128)</span> của AB, AD ta được:. B y. M. A. M(0, a, 0) , N(a, 0, 0). Giả sử Cạnh của hình lập phương bằng x, ta được: M 1 (0, a  x.cotg , x) , N1 (a  x.cotg , 0, x). Ta có điều kiện là : M 1 N1 x  (a  x.cotg ) 2  ( a  x.cotg ) 2 x 2  x. a 2  cotg. Bài..: Cho hình chóp đều SABCD cạnh bằng 2a. gọi d1, d2, d3, d4 theo thứ tự là khoảng cách từ điểm M bất kỳ thuộc đáy ABCD tới các mặt bên. CMR: tổng S = d1 + d2 + d3 + d4 Không phụ thuộc vào vị trí điểm M. Giải: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với A, C  Ox , B, D  Oy và S  Oz. Khi đó A(a, a, 0) , B(a, -a, 0) , C(-a, -a, 0) , D( -a, a, 0) , S(0, 0, a 2 ) Điểm M  (ABCD), ta được M(x, y, 0), với  a x , y a khi đó : * Phương trình mặt phẳng (SAB) được cho bởi: qua A   ( SAB ) :  vtcp SA, SB  ( SAB ) : x 2  z  a 2 0. Suy ra khoảng cách d1 được cho bởi : d1 . x 2 a 2 3. . a 2 x 2 . 3 z.

<span class='text_page_counter'>(129)</span> *Phương trình mặt phẳng (SBC) được cho bởi: qua B ⃗ ⃗ ( SBC ) :  vtcp SB, SC  ( SBC ) : y 2  z  a 2 0. Suy ra khoảng cách d2 được cho bởi : d2 . y 2 a 2 3. . a 2y 2 . 3. *Phương trình mặt phẳng (SCD) được cho bởi:  qua C ⃗ ⃗ ( SCD) :  vtcp SC , SD  ( SCD) : x 2  z  a 2 0. Suy ra khoảng cách d3 được cho bởi : d3 . x 2 a 2 3. . a 2x 2 . 3. *Phương trình mặt phẳng (SDA) được cho bởi: qua D ⃗ ⃗ ( SDA) :  vtcp SA, SD  ( SDA) : y 2  z  a 2 0. Suy ra khoảng cách d4 được cho bởi : d4 . y 2 a 2. Từ đó :. 3. . a 2 y 2 . 3. C. B O. D. A y. x.

<span class='text_page_counter'>(130)</span> 4a 2 4a 6  3 3 S = d1 + d2 + d3 + d 4 =.

<span class='text_page_counter'>(131)</span>