Một số dạng toán tứ diện

179MỘT 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


,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)
⊥
(

′
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
⊥

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

∆
)
(
∆′
)
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

′
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
∈

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
⊥


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
′

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.

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

+ = = + = + + = + +

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 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

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
∠ =



⇒

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

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

∆′
) 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
∆

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

∈

∆
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

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
∆

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

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.

= ⋅ ⋅ ≤ =

⇒

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

.
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
= +




( )
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

( )
( )
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
+ +
= = = =
+ +
+ +

(
)
(
)


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

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

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

(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)

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