Một số dạng toán tứ diện 179 MỘT SỐ DẠNG TOÁN TỨ DIỆN A. TỨ DIỆN DỰA TRÊN HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU Bài 1. Cho ( ∆ ), ( ∆′ ) chéo nhau nhận AA ′ làm đường vuông góc chung và AA a ′ = . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với ( ∆′ ). Mặt phẳng (Q) // (P) cắt ( ∆ ), ( ∆′ ) tại M, M ′ . Gọi N là hình chiếu của M lên (P). Đặt ϕ = ∠ ((AM),(P)) và ( ) d ( ), ( ) x P Q = a. CMR: A ′ M ′ MN là hình chữ nhật. Tính V AA ′ M ′ MN theo a và x . b. Đặt   ,MAM M AA ′ ′ ′ = α = β . Tìm mối quan hệ giữa ϕ , α và β c. Tìm tâm O và bán kính hình cầu (S) ngoại tiếp AA ′ M ′ MN. d. Khi x thay đổi, tìm quĩ tích của O và chứng minh rằng (S) luôn đi qua một đường tròn cố định. Giải a. Do AA ′⊥ ( ∆′ ) và (P) ⊥ ( ∆′ ) suy ra (P) chứa AA ′ N là hình chiếu của M lên (P) ⇒ MN ⊥ (P) ⇒ MN ⊥ A ′ N (P) ⊥ ( ∆′ ) ⇒ M ′ A ′ ⊥ (P) ⇒ M ′ A ′ // MN ⇒ Tứ giác A ′ M ′ MN là hình bình hành có 1 góc vuông ⇒ A ′ M ′ MN là hình chữ nhật (đpcm) Ta có: ( ) d ( ),( ) MN P Q x = = và  MAN = ϕ . Do MN ⊥ (P) ⇒ MN ⊥ AA ′ Lại có AA ′ ⊥ AM ⇒ AA ′ ⊥ NA Kẻ AH ⊥ A ′ N ⇒ AH ⊥ (A ′ M ′ MN) ⇒ A M M N 1 V . . 3 AH A N MN ′ ′ ′ = 2 1 1 . . cotg 3 3 AA AN MN ax ′ = = ϕ b. Ta có: 2 2 2 A N A A AN ′ ′ = + và 2 2 2 2 . .cos M M M A MA M A MA ′ ′ ′ = + − α suy ra: 2 2 A A AN ′ + = 2 2 2 . .cos M A MA M A MA ′ ′ + − α M ′ N ϕ H M A ′ A x x a ( ∆ ) ( ∆′ ) O www.VNMATH.com Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 180 ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2 cotg cotg 2 cos sin sin sin sin x x x x x x β + ϕ = + − ⋅ ⋅ ⋅ α β ϕ β ϕ ( ) ( ) 2 2 2 2 2cos cotg cotg 1 cotg 1 cotg cos sin .sin sin .sin α ⇔ β + ϕ = + β + + ϕ − ⇔ α = β ϕ β ϕ c. Ta thấy M ′ , A, N nhìn A ′ M dưới một góc vuông nên tâm O của hình cầu (S) là trung điểm của A ′ M. Bán kính của (S) là: 2 2 2 sin 2 2sin a x A M R ϕ + ′ = = ϕ d. Gọi mặt phẳng chứa A ′ A và ( ∆ ) là (K). Ta có OA = OA ′ = R suy ra quĩ tích điểm O là đường trung trực của AA ′ thuộc mặt phẳng (K) Gọi mặt phẳng chứa A ′ A và vuông góc với ( ∆ ) là (W). Do mặt cầu (S) luôn đi qua A, A ′ nên (S) chứa đường tròn cố định đường kính A ′ A nằm trên (W). Bài 2. Cho (d) ⊥ (d ′ ) và chéo nhau. Lấy A cố định ∈ (d) và 2 điểm B, C ∈ (d ′ ) sao cho mặt phẳng (B,(d)) ⊥ (C,(d)). Gọi A ′ , B ′ , C ′ là chân các đường cao chủa ∆ ABC. Chứng minh rằng: a. A B A C const ′ ′ ⋅ = ; 2 2 2 AB AC BC const + − = b. Trực tâm H của ∆ ABC cố định. Tìm quĩ tích B ′ và C ′ . Giải Gọi IK là đoạn vuông góc chung của (d) và (d ′ ) ⇒ (d) ⊥ (IBC) ⇒  BIC = góc nhị diện (B, (d), C) = 2 π , Mà BC ⊥ IK nên BC ⊥ AK ⇒ K ≡ A ′ . a. 2 A B A C IK const ′ ′ ⋅ = = ; 2 2 2 2 2 AB AC BC AI const + − = = b. ∆ AA ′ B ~ ∆ CA ′ H ⇒ 2 A B A C IK A H const AA AA ′ ′ ⋅ ′ = = = ′ ′ ⇒ H cố định. Từ đó suy ra B ′ , C ′ nằm trên đường tròn đường kính AH xác định trong mặt phẳng (A, (d ′ )) A K ≡ A ′ B C ′ B ′ (d) (d ′ ) H I C www.VNMATH.com Một số dạng toán tứ diện 181 Bài 3. Cho 1 2 (d ) (d ) ⊥ và chéo nhau. Các điểm A,M ∈ (d 1 ) và B,N ∈ (d 2 ) với AB là đường vuông góc chung của (d 1 ), (d 2 ). Đặt , , AB a AM x BN y = = = . 1. Giả sử AM BN MN + = . Kẻ OH ⊥ MN. Gọi O là trung điểm của AB. a. Chứng minh rằng: MN tiếp xúc mặt cầu (S) đường kính AB. b. Chứng minh rằng: ABMN V const = ; 2 2 a xy = c. Chứng minh rằng: 2 a R ≥ với R là bán kính hình cầu ngoại tiếp ABMN. d. Tìm M, N để diện tích toàn phần của tứ diện ABMN nhỏ nhất. e. Chứng minh rằng: H thuộc một mặt phẳng cố định và MN tạo với mặt phẳng đó 1 góc không đổi. Tìm quĩ tích điểm H. 2. Giả sử 2 2 2 ( 0) AM BN k k + = > a. Chứng minh rằng: MN const = b. Tìm M, N để ABMN V lớn nhất c. Tìm a , k để MN tiếp xúc với hình cầu đường kính (AB) Giải 1. a. Lấy J ∈ (d 1 ) khác phía M qua A với AJ BN = ⇒ ∆ OAJ = ∆ OBN ⇒ OJ ON = . JM MN = ⇒ ∆ OJM = ∆ ONM ⇒ OA OH = ⇒ MN tiếp xúc mặt cầu (S) đường kính AB. b. Ta có: NB ⊥ AB, NB ⊥ AM ⇒ NB ⊥ BM 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) x y MN NB BM NB BA AM y a x + = = + = + + = + + 2 2 2 2 a xy a xy⇔ = ⇔ = (đpcm). ( ) 3 ABMN 1 1 . 3 2 6 12 a a V NB AB AM xy= = = c. MA ⊥ (ABN) ⇒ MA ⊥ AN ⇒ A,B,M,N nằm trên mặt cầu đường kính MN ⇒ 2 2 2 x y MN a R xy + = = ≥ = (đpcm) d. 1 1 1 1 2 2 2 2 tp S AB AM AB BN AM AN BM BN = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 x y a x a y y a x a xy xy a y a x + = ⋅ + + + + ≥ + + + ( ) 2 2 2 3 2 a xy xy a xy a + ≥ + + = . Với 2 a x y= = thì 2 2 3 min 2 tp S a + = (d 1 ) (d 2 ) B A J M O H N M ′ t I K www.VNMATH.com Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 182 e. Qua B dựng mặt phẳng (P) ⊥ AB. Gọi M ′ , K là hình chiếu của M, H lên (P). Ta có: x KM HM BM KN HN y BN ′ ′ = = = ⇒ BK là phân giác của  NBM ′ ⇒ H thuộc mặt phẳng phân giác (Q) của nhị diện ( ) ( ) 1 2 , (d ) ; , (d ) AB AB Kẻ NI ⊥ BK ⇒ NI ⊥ (Q) ⇒ Góc (MN, (Q)) = ( )  , ( ) MN Q IHN ∠ = ∆ NIH = ∆ NIB ⇒    1 45 2 IHN IBN NBM ′ = = = ° (đpcm) Ta có H thuộc mặt cầu đường kính AB suy ra điểm H thuộc giao của mặt cầu đó với mặt phẳng (Q). Vậy quĩ tích điểm H là đường tròn đường kính AB nằm trên mặt phẳng (Q) và H A,B ≡ / . 2. a. 2 2 2 2 2 2 MN MA AB BN a k = + + = + ⇒ 2 MN a k 2 = + (đpcm) b. ( ) 2 2 2 ABMN 1 1 . 3 2 6 2 12 a AM BN ak V NB AB AM + = ≤ ⋅ = Với 2 k AM BN= = thì 2 ABMN Max 12 ak V = c. Giả sử MN tiếp xúc mặt cầu đường kính AB suy ra OH OA OB = = ⇒ ; AM MH BN NH = = ⇒ 2 2 2 2 2 ( ) 2 a k MN AM BN k AM BN + = = + = + ⋅ ⋅ ⇒ 2 2 a AM BN = ⋅ ⋅ 2 k ≤ ⇒ a ≤ k Bài 4. Cho hai nửa đường thẳng A x và B y chéo nhau nhận AB làm đoạn vuông góc chung. Gọi M ∈ A x ; N ∈ B y là 2 điểm di động sao cho AM BN = . a. Chứng minh rằng: MN luôn song song với một mặt phẳng cố định đồng thời MN hợp với A x và B y những góc bằng nhau. b. Chứng minh rằng: Khi M, N di động thì tập hợp trung điểm I của MN là đường vuông góc chung của AB, MN. c. Gọi (P) và (Q) là hai mặt phẳng lần lượt vuông góc với A x và B y tại M, N tương ứng. Tìm quĩ tích giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Q). Bài 5. Cho hai đường thẳng cố định ( ∆ ), ( ∆′ ) chéo nhau và độ dài a cho trước. a. Dựng đường thẳng (d) ⊥ ( ∆ ) tại M và cắt ( ∆′ ) tại N sao cho MN a = b. Cho A ∈ ( ∆ ) và B ∈ ( ∆′ ). CMR: Tồn tại duy nhất mặt cầu (S) tiếp xúc với ( ∆ ) và ( ∆′ ) lần lược tại A và B. www.VNMATH.com Một số dạng toán tứ diện 183 B. TỨ DIỆN VUÔNG Bài 1. Cho tứ diện vuông S.ABC. Gọi G, H là trọng tâm, trực tâm của ∆ ABC còn O là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABC. Kí hiệu các độ dài , , SA a SB b SC c = = = và diện tích S ∆ABC s S= , A ∆SBC B ∆SCA ,s S s S= = , C ∆SAB s S= 1. Chứng minh rằng: ∆ ABC nhọn 2. Chứng minh rằng: SH ⊥ (ABC) 3. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 1 1 1 1 SH SA SB SC = + + 4. Chứng minh rằng: S A B C 3 s s s s ≥ + + 5. Chứng minh rằng: S, G, O thẳng hàng. 6. Giả sử SC cố định còn A, B ∈ (d) cố định. Kẻ SE ⊥ CA, SF ⊥ AB. Tìm quĩ tích E, F. CMR: Tâm cầu O thuộc 1 đường thẳng cố định. 7. Giả sử SC c const = , SA SB k const + = . a. Tìm SA để SABC V max. b. Tìm quĩ tích tâm O. Chứng minh rằng: Khi SABC V max thì R cần min c. Cho k c = . CMR: Tổng các góc phẳng của đỉnh C bằng 2 π CMR: Mặt phẳng (CAB) luôn tiếp xúc với một mặt cầu cố định. 8. Lấy M ∈ ∆ ABC. Gọi k/c từ M tới (SBC), (SCA), (SAB) là 1 1 1 , , a b c a. Tính , , a b c theo 1 1 1 , , a b c để SABC V min. b. Tính , , a b c theo 1 1 1 , , a b c để a b c + + min. c. Gọi , , α β γ là góc giữa SM với SA, SB, SC. Chứng minh rằng: 2 2 2 cos cos cos 1 α + β + γ = 9. Giả sử CA = 2. SB , CB = 2. SA . Kẻ SE ⊥ CA, SF ⊥ CB. a. Chứng minh rằng: EF ⊥ SC b. Tính  cos ESF c. Gọi I là điểm giữa AB. Chứng minh rằng:   4 4 tg 1 tg SCI EF AB SCA + = 10. Giả sử ∆ ABC đều cạnh l . Kéo dài HS lấy 1 SS SH = . CMR: 1 S ABC đều. www.VNMATH.com Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 184 Giải 1. 2 2 2 2 cos 0 2 CA CB AB SC C CA CB CA CB + − = = > ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ C nhọn 2. i Nếu H là trực tâm ∆ ABC suy ra CH ⊥ AB mà CS ⊥ AB ⇒ SH ⊥ AB Tương tự suy ra SH ⊥ BC. Vậy SH ⊥ (ABC) i Nếu SH ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ AB. Lại có SC ⊥ AB ⇒ CH ⊥ AB. Tương tự suy ra AH ⊥ BC ⇒ H là trực tâm ∆ ABC 3. Gọi K = (CH) ∩ (AB) ⇒ CK ⊥ AB và SK ⊥ AB. Khi đó: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 SH SK SC SA SB SC = + = + + (đpcm) 4. 2 2 2 2 S C A B 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) ( ) SH s SC s SA s SB s SH SA SB SC ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = + + 2 2 2 2 S A B C s s s s ⇔ = + + . Suy ra ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 S A B C 3 1 1 1s s s s ⇔ = + + + + ≥ A B C s s s + + (đpcm) 5. Dựng hình hộp chữ nhật SAC ′ BCB ′ S ′ A ′ , khi đó O là tâm hình hộp và cũng là trung điểm của đường chéo SS ′ ⇒ S, G, O thẳng hàng. 6. Điểm E, F nằm trên đường tròn giao tuyến của mặt cầu đường kính CS với mặt phẳng (C, (d)). Tâm O thuộc giao tuyến cố định của mặt phẳng trung trực đoạn CS với mặt phẳng chứa (d) và vuông góc (S, (d)). 7. a. ( ) 2 2 SABC 1 6 6 2 24 c SA SB ck V SC SA SB + = ⋅ ⋅ ≤ = ⇒ 2 SABC Max 24 2 ck k V SA x = ⇔ = = b. Khi A, B di động sao cho SA SB k + = thì C ′∈ PQ với SP SQ k = = Dễ thấy S, A, B, C nằm trên mặt cầu đường kính CC ′ với tâm O là trung điểm của CC ′ ⇒ Quĩ tích O là đoạn P ′ Q ′ với P ′ ,Q ′ là trung điểm của CP và CQ. Ta có: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 k R CC SC SA SB c SA SB c ′ = = + + ≥ + + = + Rõ ràng SABC Max V và Min R đều đạt tại 2 k x = . www.VNMATH.com Một số dạng toán tứ diện 185 c.  ( ) 2 cos SC SA SB SC SA SC SC SB ACB CA CB CA CB CA CB CA CB + = = = ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅     sin .cos cos .sin ACS BCS ACS BCS = +   ( ) sin ACS BCS = + ⇒    2 ACB ACS BCS π + + = i Gọi P 1 , Q 1 là trung điểm của SP, SQ. Xét hình lập phương cạnh 2 k là 1 1 1 2 2 2 2 SP C Q .S P C Q . Khi đó hình cầu nội tiếp lập phương sẽ tiếp xúc với (CAB) 8. a. ( ) SABC MSAB MSBC MSCA 1 1 1 1 6 V V V V abc bca cab = + + = + + SABC 1 6 6 abc V SC SA SB= ⋅ ⋅ = ⇒ 1 1 1 1 1 1 1 a b c abc bca cab abc a b c + + = ⇔ + + = Ta có: 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 27 27 a b c a b c abc a b c a b c a b c   = + + ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ ≥     ⇒ SABC 1 1 1 9 2 V a b c ≥ Dấu bằng xảy ra ⇔ 1 1 1 1 1 1 1 3 , 3 , 3 3 a b c a a b b c c a b c = = = ⇔ = = = b. ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 1 a b c a b c a b c a b c a b c   + + = + + + + ≥ + +     Dấu bằng xảy ra ⇔ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a b c a b c a b c a b c a b c + + = = = = + + + + ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ; ; a a a b c b b a b c c c a b c ⇔ = + + = + + = + + c. Dựng hình chữ nhật 1 1 1 1 SA M B .C A MB ′ ′ nhận SM làm đường chéo. Khi đó:    1 1 1 , , MSA MSB MSC α = β = γ = ⇒    1 1 1 , , MSA MSB MSC α = β = γ = 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 cos cos cos 1 SA SB SC SM SM SM + + ⇒ α + β + γ = = = (đpcm) 9. Từ giả thiết CA = 2. SB , CB = 2. SA ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 CB SB CA SA SA SB SB SA SA SB − = − ⇔ − = − ⇔ = a. ∆ SCA = ∆ SCB ⇒ SE SF = ⇒ CE CF = ⇒ CE CF CA CB = ⇒ EF // AB mà CS ⊥ AB suy ra EF ⊥ CS (đpcm) www.VNMATH.com Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 186 b.  2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos 1 2 2 2 SE SF EF SE EF EF ESF SE SF SE SE + − − = = = − ⋅ ⋅ (*) Do 2. CA SA = suy ra trong tam giác vuông SCA thì   , 6 3 SCA SAC π π = = ⇒ 3 1 ; 2 2 SE SA EA SA = = ⇒ 3 2 CE CA EA SA = − = Từ 3 2 4 CE EF EF SA CA AB = ⇒ = . Thay vào (*) ta được:  3 1 cos 1 4 4 ESF = − = c. Ta có:  1 2 1 tg 3 6 SA SI SCI SC SA = = = ;  1 tg tg 6 3 SCA π = = ; 3 4 CE EF AB CA = = suy ra:   4 4 tg 3 1 1 4 4 tg SCI EF AB SCA + = + = (đpcm) 10. ∆ ABC đều nên 3 3 l AB AH = = ; mặt khác 2 2 l AB SB SA= = = ⇒ 2 2 2 2 6 6 l l SH SA AH SH= − = ⇒ = ; 2 2 2 2 1 1 1 S A S H HA l S A l = + = ⇒ = Vậy SABC đều (đpcm) Bài 2. Trên mặt phẳng (P), cho một điểm O cố định, một đường thẳng (d) cố định không đi qua O, một góc vuông x O y quay quanh điểm O, các cạnh O x , O y cắt (d) theo thứ tự ở A và B. Trên đường thẳng vuông góc với (P) đi qua O lấy điểm S. Gọi a là khoảng cách từ O đến (d) và  OAB = α . a. Tính góc α khi 8 3 a OS = và 5 3 SA OA = b. Kẻ OE ⊥ SA, OF ⊥ SB. Tìm quĩ tích của các điểm E, F khi góc vuông x O y quay quanh O. Bài 3. Cho mặt cầu tâm O cố định. Xét một tam diện 3 góc vuông có đỉnh S cố định trên mặt cầu và các cạnh cắt mặt cầu lần lượt tại A, B, C. Chứng minh rằng mặt phẳng (ABC) luôn đi qua một điểm cố định. www.VNMATH.com . Một số dạng toán tứ diện 179 MỘT SỐ DẠNG TOÁN TỨ DIỆN A. TỨ DIỆN DỰA TRÊN HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU Bài 1. Cho ( ∆ ), ( ∆′ ). xúc với ( ∆ ) và ( ∆′ ) lần lược tại A và B. www.VNMATH.com Một số dạng toán tứ diện 183 B. TỨ DIỆN VUÔNG Bài 1. Cho tứ diện vuông S.ABC. Gọi G, H là trọng tâm, trực tâm của ∆ ABC còn. phẳng (A, (d ′ )) A K ≡ A ′ B C ′ B ′ (d) (d ′ ) H I C www.VNMATH.com Một số dạng toán tứ diện 181 Bài 3. Cho 1 2 (d ) (d ) ⊥ và chéo nhau. Các điểm A,M ∈ (d 1 ) và B,N ∈ (d 2 )