Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
I.ĐẶT VẤN ĐỀ:
a) Lí do chọn đề tài:
Hình học không gian là một trong môn học khó đối với nhiều học sinh . Để học tốt môn học
này, ngoài khả năng tư duy trìu tượng không gian tốt; kỹ năng biểu diễn hình, kỹ năng phân
tích và khả năng vận dụng nhiều công cụ Toán học phối hợp để giải toán Hình Học
không gian của người học. Việc phân dạng bài tập hình không gian theo từng chủ đề cụ thể
của người thầy giáo rất cần thiết nhằm:
• Giúp học sinh nắm vững các kiến thức, kỹ năng trong các vấn đề đã học.
• Làm quen với nhiều phương pháp giải toán khác nhau.
• Biết xử lí các bài tập mang tính tổng hợp.
• Giúp học sinh nâng cao khả năng tự học, tự giải quyết các dạng toán hình học không gian
thường gặp trong các kì thi vào đại học; thi học sinh giỏi toán.
b) Mục đích của đề tài :
Trên cơ sở về những kinh nghiệm giãng dạy của mình và thực tiễn học tập của học sinh, kết
Hợp với các nội dung có trong chương trình hình học bậc THPT; bản thân tôi đúc kết, hệ
thống lí thuyết xem như chuyên đề nâng cao dạy cho các đối tương học sinh cũng như luyện
thi đại học.
c) Phạm vi nghiên cứu:
Pham vi nghiên cứu xoay quanh các bài toán hình học không gian thường gặp bao gồm:
Chứng minh tính đồng phẳng của các điểm. Xác định và tính khoảng cách giữa các yếu tố
Điểm, đường thẳng, mặt phẳng. Tính thể tích khối đa diện. Các bài toán xác định thiết diện
Các bài toán cực trị hình học. …
II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI:
DẠNG 1:Chứng minh các điểm đồng phẳng
Cơ sở lí thuyết:
1) Bốn điểm A,B,C,D đồng phẳng khi và chỉ khi ba véc tơ
AB, AC , AD đồng phẳng
Cho hai véc tơ không cùng phương a, b thì ba véc tơ a, b, c đồng phẳng

Q

B
M

C

M và N chia đoạn thẳng BC và AD theo cùng một tỉ số k nên suy ra
k
k +1
k +1
MB NA
MB NA
⇒ AD =
. AN ; BC =
.BM thay vào (*)
=
=k ⇒
=
=
k
k
MC ND
BC AD k + 1
Ta có:
1 k +1
1 k +1
1 k +1
PQ = .
AN + BM = .

M, N, I, J, K, E cùng nằm trên một mặt phẳng ta kí hiệu là (α ) .
Mặt phẳng (α ) chia khối hộp thành hai khối đa diện, khối thứ nhất có các đỉnh

(

)

2


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

M,N,I,J,K,E,A,C,D,D’,khối thứ hai có các đỉnh M,N,I,J,K,E,C’,A’,B,B’.Phép đối xứng
qua tâm O biến tập hợp đỉnh của khối đa diện thứ nhất thành tập hợp đỉnh của khối đa diện
thứ hai. Suy ra hai đa diện đó bằng nhau và do đó chúng có thể tích bằng nhau.
A

M

B
N

D

E

C
O
A’
I

B
Từ gt ta có BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AB ' .
Mặt khác SB ⊥ AB ' nên AB ' ⊥ ( SBC ) ⇒ AB ' ⊥ SC (1)
lại có AC ' ⊥ SC (2) từ (1) và (2) suy ra SC ⊥ ( AB ' C ')
hoàn toàn tương tự ta cũng có SC ⊥ ( AD ' C ') . Qua điểm A có hai mặt phẳng cùng
vuông góc với SC nên chúng phải trùng nhau do đó bốn điểm AB ' C ' D ' đồng phẳng.
3


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

Dạng 2: Tính khoảng cách d(a;b) giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b
Cơ sở lí thuyết:
1.Xác định đoạn vuông góc chung IJ của a và b thì d ( a; b ) = IJ

2.Xác định mặt phẳng ( Q ) qua b song song với đường thẳng a thì d ( a; b ) = d ( a; ( Q ) )
u , v  . AB
 
3. d ( a; b ) =
với u, v là các véc tơ chỉ phương của a và b còn A ∈ a, B ∈ b
u , v 
 

Chú ý: Nếu a ⊥ b thì nên chọn phương pháp 1. Việc tìm đoạn vuông góc chung như
sau
Xác định mặt phẳng ( P ) chứa b vuông góc với a .Gọi I là giao điểm của ( P ) với a,
trong
( P ) qua I kẻ đường thẳng vuông góc với b cắt b tại J thì IJ là đoạn vuông góc chung
của
a và b.


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

Kẻ AH / /OK , H ∈ SC ⇒ OK =

1
AH . Trong tam giác vuông SAC ta có AH là đường
2

cao thuộc cạnh huyền SC nên
1
1
1
1
1
3
a 6
a 6
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AH =
⇒ d ( BD; SC ) =
2
2
2
AH
AS
AC
a 2a
2a

Mặt phẳng ( SMN ) chứa SD và song song với AC
nên d ( AC; SD ) = d ( AC; ( SMN ) ) = d ( A;( SMN ) ) . Kẻ đường cao AH của tam giác vuông
SAN dễ thấy rằng AH ⊥ ( SMN ) ⇒ d ( A; ( SMN ) ) = AH
1
1
1
1 4
bh
Ta có:
=
+
= 2 + 2 ⇒ AH = 2
.
2
2
2
AH
AS
AN
h b
b + 4h 2
bh
Vậy d ( AC ; SD ) = 2
b + 4h 2
Gọi E là trung điểm của AC, đường thẳng DE song song với BC. Mặt phẳng ( SDE )
chứa SD và song song với BC nên d ( BC; SD ) = d ( BC; ( SDE ) ) = d ( C;( SDE ) ) = CK với
CK là đường cao của tam giác SEC kẻ từ C. Tam giác vuông SAE tính được
5



d ( AC ; SD ) =
= 2
d
AC
SD
.
Tương
tự
;
=
.
(
)
 j, v 
b + 4h 2
a 2 + 4h 2
 
Dạng 3: Tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng
Cơ sở lí thuyết:
1.Khoảng cách từ một điểm A đến mặt phẳng (P) là d ( A;( P) ) = AH với H là hình
chiếu vuông góc của A trên (P)
2. Nếu AH là chiều cao của khối chóp có thể tích V diện tích đáy là Sd thì AH =
3. Nếu đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại điểm M thì

d ( A;( P ) ) AM
=
.
d ( B;( P ) ) BM

3V

a 3
a 15
a 2 15
Ta có CDG = 90 ⇒ CD ⊥ SD . Nên GD =
⇒ SD =
⇒ S ∆SCD =
3
3
6
3
1
a
3V
a 15
VS . ACD = VS . ABCD = . Kết luận: d ( A, ( SCD ) ) = S . ACD =
2
6
S△ SCD
5
o

6


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

S

B


2a 2a 15
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ GH =
=
,
2
2
2
4a a
4a
15
GH
GS
GD
15
3
3 2a 15 a 15
=
.
Vậy d ( A; ( SCD ) ) = d ( G; ( SCD ) ) = .
2
2 15
5

vì

Bài tập 7:
Cho hình chóp S.ABC với SA là đường cao, tam giác ABC vuông tại B.Gọi G là
trọng tâm của tam giác ABC, biết SA = AB = a, BC = a 3.

Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

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

a 2
2
a 2
Suy ra d ( G;( SBC ) ) =
6
d ( A;( SBC ) ) = AH =

S

H
C
K
A

G
N

M

B

Chú ý: Kẻ GK ⊥ ( SBC ) thì GK là đường cao của hình chóp G.SBC và nó là khoảng
cách từ G đến mặt phẳng ( SBC )
Ta có: GK =

3VG . SBC

của khối chóp S . ABC nhưng không trùng với S

8


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

VS . A' B 'C ' SA ' SB ' SC '
=
.
.
VS . ABC
SA SB SC
5. Thể tích khối chóp không thay đổi nếu đáy có diện tích không đổi còn đỉnh S di
động trên một mặt phẳng hoặc một đưởng thẳng song song với mặt phẳng chứa
đáy.

Ta có:

Chú ý: Nếu việc xác định chiều cao khối chóp hoặc tính diện tích đáy khó khăn, ta
chọn cách tính thể thể tích gián tiếp bằng cách áp dụng 2,3,4 hoặc chia khối cần tính
thể tích ra từng khối chóp nhỏ mà việc tính thể tích các khối này dễ dàng.
Bài tập 8:
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB = a ,AD = a 2 ,
SA ⊥ ( ABCD ) ,SA = a . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AD và SC và I là giao điểm
của BM với AC
1.Chứng minh : ( SMB ) ⊥ ( SAC )
2.Tính thể tích tứ diện ANIB theo a .
Giải:
 BA

+
=
+
⇒
AI
=
; xét tam giác vuông AIB ta có
AI 2 AB 2 AM 2 a 2 a 2
3
a 2 2a 2
a 2
2
2
2
2
BI = AB − AI = a −
=
⇔ BI =
3
3
3
9


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

1 a a 2 a a3 2
Vậy V ANIB = . .
. =
6 3 3 2


Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC)
SH ⊥ ( ABC ) và SA = SB = SC ⇒ HA = HB = HC ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
mà tam giác này vuông tại B nên H là trung điểm của cạnh huyền AC.

10


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

S

A

H

C

B
Trong mặt phẳng (SAC), xét tam giác vuông SAH có SA = a, AH =
VS . ABC

a 3
a
⇒ SH =
2
2

a3. 3
1

AC 2 = AS 2 + SC 2 = x 2 + 1 ⇒ AO =

x2 + 1
3 − x2
và BO =
2
2

1 1
1
1
V = . AC.BD.SH = . AC.BO.SH = x. 3 − x 2 với 0 < x < 3 .
3 2
3
6

11


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

S

D

A

O

H

2a

a 3
3 = 2 ⇒ MN = 4a
3
3
a 3
3

a 3−

a 2 2a
BM = a +
=
.
3
3
Diện tích hình thang BCMN là
2

4a 

2a +

 2a 10a 2
BC + MN
3
S1 =
BM = 
=

2
3
1
1 10a 10a . 3
V S . BCNM = S1.SH = a.
=
.
3
3 3 3
27
2a 3 . 3
V
Lưu ý: Gọi V = VS . ABCD tính được V =
và VS . ABC = VS . ACD =
2
3
SM SN 2
Do MN//AD ⇒
=
=
SA SD 3
V
SM 2
2
1
= ⇒ VS .MBC = VS . ABC = V
Ta có: S .MBC =
VS . ABC
SA 3
3


B

C

Bài tập 12:
Cho khối chóp S.ABC với
SA = a, SB = b, SC = c;ASB = 600 , BSC = 900 ,CSA = 1200 ( BCM ) / / AD
13


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

Tính thể tích khối chóp theo a, b, c
Giải: Trên các tia SB,SC lần lượt lấy các điểm B’,C’ sao cho SB ' = SC ' = a
a3. 3
Theo kết quả bài tập 9 thì VS . AB 'C ' =
12
V
SB SC b c
b c
abc. 3
= . ⇒ VS . ABC = . VS . AB 'C ' =
.
Mặt khác S . ABC =
VS . AB 'C ' SB ' SC ' a a
a a
12
Bài tập 13: Cho khối tứ diện gần đều ABCD với AB = CD = a; AC = BD = b; AD = BC = c
Tính thể tích khối tứ diện này.


D
C

M
Tam giác AME vuông tại A có ME = 2a có AM 2 + AN 2 = ME 2
⇒ x 2 + z 2 = 4a 2 (1).Tương tự x 2 + y 2 = 4b 2 (2) và y 2 + z 2 = 4c 2 (3)
Giải hệ (1),(2),(3) ta được
x 2 = 2 ( a2 + b2 − c2 ) , y 2 = 2 (b2 + c2 − a2 ) , z 2 = 2 ( a 2 + c2 − b2 )
14


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

⇒ x 2 y 2 z 2 = 8 ( a 2 + b 2 − c 2 )( c 2 + a 2 − b 2 )( b 2 + c 2 − a 2 )

Kết quả VABCD =

1
2 ( a 2 + b 2 − c 2 )( b 2 + c 2 − a 2 )( c 2 + a 2 − b 2 )
12

Bài tập 14:
Cho khối hộp ABCDA’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a và
BAD = BAA ' = DAA ' = α , ( 00 < α < 900 ) .Tính thể tích của khối hộp này
Giải: Khối hộp đã cho và khối chóp A’.ABD có cùng chiều cao, diện tích đáy chóp
bằng nữa diện tích đáy hộp nên thể tích V của khối hộp bằng 6VA '. ABD = 6VA. A' BD
Mặt khác A. A ' BD là khối chóp đều có các cạnh bên bằng a , cạnh đáy
BD = A ' D = A ' B = 2a sin


C

D

Bài tập 15:
Cho tứ diện ABCD có AB = x, CD = y các cạnh còn lại đều bằng 1.
Tính thể tích khối tứ diện này.
Giải: Gọi M và N thứ tự là trung điểm các cạnh AB và CD các tam giác ABC và
ABD cân chung đáy AB nên CM và DM bằng nhau và cùng vuông góc với AB suy
ra AB ⊥ ( CMD )
Goị V là thể tích khối tứ diên ABCD thì
1
1
V = VA.CMD + VB .CMD = S ∆CMD ( AM + BM ) = x.S ∆CMD
3
3
15


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

1
y
Tam giác CMD cân tại M nên MN ⊥ CD ⇒ S ∆CMD = CD.MN = .MN
2
2
2
x
Tam giác BMC vuông tại M nên CM 2 = BC 2 − BM 2 = 1 −
4

và SA = a. Điểm M trên cạnh SB sao cho SM =

1
SB. Điểm N thuộc cạnh AB mà
3

MN // SA .Mặt phẳng (MNO) cắt CD và SC lần lượt tại P và Q.
Tính thể tích hình chóp S.MNPQ.
S
M
Q
E

A

D

H
N

O
P

B

C

16



1
a 2 10
a 10
NO = OP =
Nên S MNOQ =
; SQOP = OQ.OP =
6
72
2
24
2
2
2
3
7 a 10 a 10 5a 10
5a
⇒ S MNPQ =
+
=
. Do ®ã VS .MNPQ =
72
24
36
108

Dạng 5: Dựng thiết diện do một mặt phẳng (α ) căt hình đa diện T
*Dựng thiết diện là một bài toán dựng hình, nhưng chỉ trình bày phần dựng và phần
biện luận (nếu có)
*Đỉnh của thiết diện là giao điểm của mặt phẳng (α ) với các cạnh của hình đa diên T.
*Cạnh của thiết diện là các đoạn giao tuyến của (α ) với các mặt của T. Do đó thực

O

C

B’
B
K
Thiết diện cần tìm là tứ giác A’B’CD
Chú ý: Có thể dùng kiến thức cơ sở là hoạt động 6 SGK NC 11 trang 47
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần
lượt tại A’, B’, C’, D’. Gọi O là giao điểm của AC và BD thì ba đường thẳng A’C’,
B’D’ và SO đồng quy.
Từ kết quả này ta suy ra ba trong bốn điểm A’, B’, C’, D’ đã biết thì điểm còn lại
hoàn toàn xác định được.
Gọi I là giao điểm của SO với CA’( O = AC ∩ BD ). Trong mặt phẳng ( SBD ) đường
thẳng DB cắt SB tại điểm B’,ta có A’B’ là giao tuyến gốc do mặt phẳng ( A ' CD ) cắt
mặt phẳng ( SAB ) , các giao tuyến còn lại xác định như cách trên để có thiết diện là tứ
giác A’B’CD.
1)
Phương pháp xác định thiết diện khi (α ) cho bởi các tính chất song song
a) (α ) đi qua đường thẳng a và song song với đường thẳng b chéo với a
bước 1. Xác định mặt phẳng ( β ) chứa b sao cho cắt a,tìm giao điểm A của chúng
bước 2. Trong mặt phẳng ( β ) qua A kẻ đường thẳng a’//b thì (α ) là mặt phẳng chứa a
và a’.
Bài tập 18: Điểm H nằm trong cạnh SC của hình chóp tứ giác S.ABCD. Dựng thiết
diện do mặt phẳng (α ) qua AH, song song với BD cắt hình chóp.
Giải: Gọi O = AC ∩ BD . Đường thẳng AH cắt mặt phẳng (SBD) tại giao điểm I của AH
và SO. Đường thẳng qua I, song song với BD sẽ thuộc (α ) .
Gọi M , N là các giao điểm của đường thẳng đó với SB và SD, tứ giác AMHN là
thiết diện cần đựng.

S
N
I
D

M

P C
O
K
A

F
B

E
Do M ∈ SO ⇒ ( M, AC ) là mặt phẳng ( SAC ) . Do đó đường thẳng qua M, song song với
AC cắt SA và SC tại P và I . Vậy (α ) là mặt phẳng chứa hai đương thẳng NK, PI . Mặt
19


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

phẳng này có chung với đáy ABCD điểm K vá nó song song với AC nên cắt mặt phẳng
đáy theo giao tuyến EF qua K song song với AC với E ∈ AB, F ∈ BC . Ngũ giác EFINP
là thiết diện cần tìm.
2) Phương pháp xác định thiết diện khi (α ) cho bởi các tính chất vuông góc
a) (α ) đi qua một điểm M và vuông góc với một đường thẳng a
Ta xác định hai đường thẳng cắt nhau cùng vuông góc với a trong đó có ít nhất một
đường qua M mặt phẳng qua hai đường thẳng đó chính lá mặt phẳng (α ) cần xác định

A ' C.CA
a 2 + b2 + c2 . a 2 + b2
=
⇒ AE =
=
AE CA
AA'
c

Diện tích thiết diện S =

1
ab 2
AE.FH =
a + b2 + c2 .
2
2c

20


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp

A'

C'
E
B'

A

I
E
M

Q
B
21


Ngô Quang Việt THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp
3
3
Trong tam giác đều ABC ta có : AI = AB = 2. = 3 . Vậy AI = AS. Suy ra ÁI là
2
2
tam giác cân , và SI ⊥ AH.(2) . Từ (1) và (2) suy ra AH ⊥ ( SBC ) .Vậy (α ) là mặt phẳng

qua MN, song song với AH. Thiết diện là hình thang MNPQ ( MN / /PQ / /BC ) với E là
trung điểm của AI, EF//AH ( F ∈ SI )
Dạng : Tìm cực trị hình học
* Bài toán tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một đại lượng hình học F, gọi là bài
toán tìm cực trị hinh học.
* Phương pháp chung là xác định các giá trị F1 ,F2 cố định sao cho F1 ≤ F ≤ F2 , đồng
thời chỉ rõ các vị trí hình học để có F = F1 ; F = F2 , từ đó đưa ra kết luận .
1)Phương pháp hình học tổng hợp: Dùng các bất đẳng thức trong Hình học để so
sánh đại lượng F với một đại lượng cố định
Bài tập 22: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’, có ba kích thước
AB = a, AD = b, AA' = c . Một điểm M di động trên cạnh AA’.
Xác định giá trị nhỏ nhấtcủa diển tích thiết diện do mặt phẳng (MBD') cắt hình hộp đã
cho.

B'

D'

1
1
1
1
1
ab
=
+
= 2 + 2 ⇒ AK =
.
2
2
2
2
2
AK
AB
AD
a b
a +b

a 2 + b2 + c 2
Kết luận : chu vi thiết diện suy ra S ≥ ab.
. Đẳng thức xẫy ra khi MH1 là
a 2 + b2
đường vuông góc chung

C'

J

N

A'

A'

C'
D'

E
B

C

I

A

M

E

A

M


yQ

N

M

I

D

x

P
A

P
O

C

B

I
O

D

B

Đặt SP = x, SQ = y ⇒ 0 ≤ x, y ≤ a (1) . Ta có PQ 2 = x 2 + y 2

=
t

a

ta có hệ  xy = t
.
a
 ≤ x, y ≤ a
3
4
Hệ này có nghiệm khi và chỉ khi phương trình z 2 − t.z + t = 0 có hai nghiệm
a
2
2
a
a
a 
z1 , z2 ∈  ; a  ⇔
≤t ≤
4
3
3 
16
PQ 2 = l = x 2 + y 2 = t 2 − 2t .
a
 a2 a2 
16 2
Lập bảng biến thiên hàm số f(t) = t − 2t với t ∈  ;  ta suy ra
a


a 5
3
3
khi 
max S =
⇔
6
4
a
 x = a, y = a
x + y =

3
3

4
a.x
a 2 .x 2
2
⇒ l = f ( x) = x +
Chú ý: có thể từ hệ thức x + y = xy ta có y =
2
a
4x − a
(4x − a)
2

2