Ôn thi Toán 12: Một số dạng toán tứ diện

 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 VAA′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
1V . .3 AH A N MN′ ′
′= 
21 1
. . cotg3 3AA AN MN ax
′= = ϕ 
b. Ta có: 2 2 2A N A A AN′ ′= + và 
2 2 2 2 . .cosM M M A MA M A MA′ ′ ′= + − α 
suy ra: 2 2A A AN′ + = 2 2 2 . .cosM 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 2cotg cotg 2 cossin sinsin sin
x x x xx xβ + ϕ = + − ⋅ ⋅ ⋅ αβ ϕβ ϕ 
( ) ( )2 2 2 2 2coscotg cotg 1 cotg 1 cotg cos sin .sin
sin .sin
α⇔ β + ϕ = + β + + ϕ − ⇔ α = β ϕβ 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 2sin
2 2sin
a xA MR
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 2AB 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
pi
, 
Mà BC ⊥ IK nên BC ⊥ AK ⇒ K ≡ A′. 
a. 2A B A C IK const′ ′⋅ = = ; 
2 2 2 22AB AC BC AI const+ − = = 
b. ∆AA′B ~ ∆ CA′H 
⇒ 
2A B A C IKA 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∈(d1) và B,N∈(d2) với AB 
là đường vuông góc chung của (d1), (d2). 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: ABMNV const= ; 
2
2
axy = 
c. Chứng minh rằng: 
2
aR ≥ 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 ABMNV lớn nhất 
c. Tìm a, k để MN tiếp xúc với hình cầu đường kính (AB) 
Giải 
1. a. Lấy J∈(d1) 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
22 2
axy a xy⇔ = ⇔ = (đpcm). ( ) 3ABMN 1 1 .3 2 6 12a aV NB AB AM xy= = = 
c. MA ⊥(ABN) ⇒ MA ⊥ AN ⇒ A,B,M,N nằm trên mặt cầu đường kính MN 
⇒ 
2 2 2
x yMN aR xy+= = ≥ = (đpcm) 
d. 1 1 1 12 2 2 2tpS AB AM AB BN AM AN BM BN= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ 
( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 21
2 2
x y
a x a y y a x a xy xy a y a x+= ⋅ + + + + ≥ + + + 
( )2 22 3
2
a xy xy a xy a+≥ + + = . Với 
2
ax y= = thì 22 3min
2tp
S a+= 
(d1) 
(d2) 
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: xKM 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 452IHN 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 2MN MA AB BN a k= + + = + ⇒ 2MN a k 2= + (đpcm) 
b. ( ) 2 2 2ABMN 1 1 .3 2 6 2 12a AM BN akV NB AB AM += ≤ ⋅ = 
Với 
2
kAM BN= = thì 
2
ABMNMax 12
akV = 
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( ) 2a k MN AM BN k AM BN+ = = + = + ⋅ ⋅ 
⇒ 2 2a AM BN= ⋅ ⋅ 2k≤ ⇒ a ≤ k 
Bài 4. Cho hai nửa đường thẳng Ax và By chéo nhau nhận AB làm đoạn vuông 
góc chung. Gọi M∈Ax ; N∈By 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 Ax và By 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 Ax và By 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 ∆ABCs S= , A ∆SBC B ∆SCA,s S s S= = , C ∆SABs 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 C3 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 SABCV max. 
b. Tìm quĩ tích tâm O. Chứng minh rằng: Khi SABCV max thì R cần min 
c. Cho k c= . CMR: Tổng các góc phẳng của đỉnh C bằng 
2
pi
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 SABCV 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 2cos cos cos 1α + 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
ABSCA
+ = 
10. Giả sử ∆ABC đều cạnh l. Kéo dài HS lấy 1SS SH= . CMR: 1S ABC đều. 
www.VNMATH.com
Phần 2. Hình học không gian – Trần Phương 
184 
Giải 
1. 
2 2 2 2
cos 02
CA CB AB SCC 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 22 2
S CA B
2 2 2 2
( ) ( )( ) ( )SH s SC sSA s SB s
SH SA SB SC
⋅ ⋅⋅ ⋅
= + + 2 2 2 2S A B Cs s s s⇔ = + + . 
Suy ra ( ) ( )2 2 2 2 2 2S A B C3 1 1 1s s s s⇔ = + + + + ≥ A B Cs 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 2SABC 16 6 2 24c SA SB ckV SC SA SB += ⋅ ⋅ ≤ = ⇒ 2SABCMax 24 2ck kV 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: ( ) 222 2 2 2 21 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
kR CC SC SA SB c SA SB c′= = + + ≥ + + = + 
Rõ ràng SABCMax V và MinR đều đạt tại 2
kx = . 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán tứ diện 
185 
c. 

( )2
cos
SC SA SBSC SA SC SC SBACB CA CB CA CB CA CB CA CB
+
= = = ⋅ + ⋅
⋅ ⋅

 
 
 
sin .cos cos .sinACS BCS ACS BCS= + 
 
( )sin ACS BCS= + ⇒
 
 
 2ACB ACS BCS pi+ + = 
i Gọi P1, Q1 là trung điểm của SP, SQ. Xét hình lập phương cạnh 2
k
 là 
1 1 1 2 2 2 2SP 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 116V V V V abc bca cab= + + = + + 
SABC
1
6 6
abcV SC SA SB= ⋅ ⋅ = ⇒ 1 1 11 1 1 1
a b c
abc bca cab abc
a b c+ + = ⇔ + + = 
Ta có: 
3
1 1 1 1 1 1
1 1 11 27 27
a b c a b c
abc a b c
a b c a b c
 
= + + ≥ ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ ≥ 
 
 ⇒ SABC 1 1 1
9
2V a b c≥ 
Dấu bằng xảy ra ⇔ 1 1 1 1 1 11 3 , 3 , 33
a b c
a a b b c c
a b c= = = ⇔ = = = 
b. ( ) ( )21 1 1 1 1 1a b ca b c a b c a b ca b c + + = + + + + ≥ + +   
Dấu bằng xảy ra ⇔ 1 1 1 1 1 1
1 1 1
1a 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 1SA M B .C A MB′ ′ nhận SM làm đường chéo. Khi đó: 

 
 

1 1 1, ,MSA MSB MSCα = β = γ = ⇒ 
 
 
1 1 1, ,MSA MSB MSCα = β = γ = 
2 2 2 2
2 2 2 1 1 1
2 2cos 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 24 4CB SB CA SA SA SB SB SA SA SB− = − ⇔ − = − ⇔ = 
a. ∆SCA = ∆SCB ⇒ SE SF= ⇒ CE CF= ⇒ CE CFCA 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
2cos 1
2 2 2
SE SF EF SE EF EFESF
SE SF SE SE
+ − −
= = = −
⋅ ⋅
 (*) 
Do 2.CA SA= suy ra trong tam giác vuông SCA thì 
 
,6 3SCA SAC
pi pi
= = 
⇒ 
3 1;
2 2
SE SA EA SA= = ⇒ 3
2
CE CA EA SA= − = 
Từ 3 2
4
CE EF EF SACA AB= ⇒ = . Thay vào (*) ta được: 

 3 1cos 1
4 4
ESF = − = 
c. Ta có: 

1
2 1tg
3 6
SA
SISCI SC SA
= = = ; 
 1tg tg 6 3
SCA pi= = ; 34
CEEF
AB CA= = 
suy ra: 




4
4
tg 31 1
4 4tg
SCI EF
ABSCA
+ = + = (đpcm) 
10. ∆ABC đều nên 
3 3
lABAH = = ; mặt khác 
2 2
lABSB SA= = = 
⇒ 
2
2 2 2
6 6
l lSH SA AH SH= − = ⇒ = ; 2 2 2 21 1 1S 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 xOy quay quanh điểm O, các cạnh Ox, Oy 
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 83
aOS = và 53SA OA= 
b. Kẻ OE ⊥ SA, OF ⊥ SB. Tìm quĩ tích của các điểm E, F khi góc vuông xOy 
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