Phương pháp giải một số bài hình học không gian

 Các bài hình học không gian 
Cho hình chóp S.ABCD có SA =x và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a. Chứng minh rằng 
đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng (SAC). Tìm x theo a để thể tích của khối chóp 
S.ABCD bằng 6
23a
. 
H
ng dn gii: 
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông với AB = BC = a, cạnh bên A A’ = 
a 2 . M là điểm trên A A’ sao cho 
'
3
1 AÂAM =
. Tính thể tích của khối tứ diện MA’BC’. 
H
ng dn gii: 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng :d1 : 2x + y – 3 = 0, d2 : 3x + 4y + 5 = 0 
và d3 : 4x + 3y + 2 = 0. 
• Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d1 và tiếp xúc với d2 và d3. 
• Tìm tọa độ điểm M thuộc d1 và điểm N thuộc d2 sao cho OM + 4ON = 0 . 
H
ng dn gii: 
Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2a. Trên đường thẳng d đi 
qua A và vuông góc mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho mp( SBC) tạo với mp(ABC) một góc 
bằng 600. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. 
H
ng dn gii: 
Ta có SA ⊥ mp(ABC) ⇒ SA ⊥ AB ; SA ⊥ AC.. 
Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB ⇒ BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ SC ( Định lý 3 đường vuông góc) . 
Hai điểm A,C cùng nhìn đoạn SB dưới góc vuông nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C. Vậy mặt 
cầu ngoại tiếp tứ diện SABC cũng chính là mặt cầu đường kính SB. 
Ta có CA = CB = AB sin 450 = a 2 ; =∠SCA 600 là góc giữa mặt (SBC) và mp(ABC) 
SA = AC.tan600 = a 6 .Từ đó SB 2 = SA2 + AB2 = 10a2. 
 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = 2dpi = pi .SB2 = 10pi a2. 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(-1;0) và đường tròn ( C ): x2 + y2 – 8x – 4y – 16 = 0. 
• Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt ( C ) theo dây cung MN có độ dài ngắn 
nhất. 
• Cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là: x + 2y – 5 
= 0 và 3x – y + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua điểm F(1; - 3). 
H
ng dn gii: 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0;1;3) và đường thẳng d: 





=
+=
−=
3
22
1
z
ty
tx
Hãy tìm trên đường thẳng d các điểm B và C sao cho tam giác ABC đều. 
H
ng dn gii: 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d. H ∈d ⇔ H ( 1-t; 2+2t;3) ⇔ 
AH = ( 1-t; 1+2t; 0). Mà AH ⊥ d nên duAH ⊥ ( -1;2;0). Từ đó có -1(1-t)+2(1+2t) =0 ⇔ 
t = -1/5 ⇔ H ( 6/5; 8/5; 3). 
Ta có AH = 
5
53
.mà tam giác ABC đều nên BC = 
5
152
3
2
=
AH
 hay BH = 
5
15
. 
Gọi: B ( 1-s;2+2s;3) thì 
25
15)2
5
2()
5
1( 22 =++−− SS ⇔ 25s2 +10s – 2 = 0 ⇔ s = 
5
31±−
Vậy: B ( )3;
5
328
;
5
36 ±m
và C( 3;
5
328
;
5
36 m±
 ) ( Hai cặp). 
Trong mặt phẳng Oxy cho elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất là ( - 3 ; 0) và đi qua điểm M ( 1; 5
334
 ). Hãy 
xác định tọa độ các đỉnh của (E). 
H
ng dn gii: 
Theo bài ra có F1 ( - 3 ; 0) và F2 ( 3 ;0) là hai tiêu điểm của (E). Theo định nghĩa của (E) suy 
ra : 2a = MF1 + MF2 = 22 )5
334()31( ++ + 22 )
5
334()31( +− = 10 ⇒ a = 5. 
Lại có c = 3 và a2 – b2 = c2 ⇒ b2 = a2 – c2 = 22. Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: 
A1( - 5;0) ; A2( 5;0) ; B1( 0; - 22 ) ; B2 ( 0; 22 ). 
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, mặt bên (SBC) vuông góc với 
mặt đáy, hai mặt bên còn lại tạo với mặt đáy một góc α . Tính thể tích hình chóp S.ABC. 
H
ng dn gii: 
Tính thể tích khối chóp: Hạ SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ (ABC) ( vì: (SBC) ⊥ (ABC) ). 
Hạ HM ⊥ AB, HN ⊥ AC thì ∠ SMH = ∠ SNH = α ⇒ ∆ SHM = ∆ SHN ⇒ HM = HN 
⇒ H là trung điểm của BC ( vì tam giác ABC đều) ⇒ HM = 
4
3
2
ah
= 
⇒ SH = HM.tanα = 
4
3a
tanα . Vậy thể tích khối chóp là: VS.ABC = 3
1
.SH.SABC = 16
tan3 αa
. 
Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân tại A. Biết 
rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, điểm N(7;7) thuộc đường thẳng AC, 
điểm M(2;-3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB. 
H
ng dn gii: 
Xác định tọa độ các đỉnh: 
 Đường thẳng AB đi qua M(2;-3) nên có phương trình: a(x – 2) + b(y + 3) = 0, ( a2 + b2 ≠ 0). 
 Do tam giác ABC vuông cân tại A nên: 
22
0
.50
7
45cos
2
1
ba
ba
+
+
== 
 ⇔ 12a2 -7ab -12b2 = 0 ⇔ 


−=
=
ba
ba
34
43
. 
 Với: 3a = 4b,Chọn a = 4, b = 3 ta được d1: 4x + 3y + 1 = 0. 
 Với: 4a = - 3b, chọn a =3, b = - 4 ta được d2: 3x – 4y – 18 = 0. 
 +)Nếu lấy AB là d1: 4x + 3y + 1 = 0 thì AC// d2 nên AC là:3(x -7) –4(y –7) = 0 ⇔ 3x –4y+7 = 0. 
 Hệ phương trình tọa độ A: 



=+−
=++
0743
0134
yx
yx
 ⇔ A(-1;1) 
 Hệ phương trình tọa độ B: 



=−+
=++
0317
0134
yx
yx
 ⇔ B( -4;5). 
 Ta có: MAMBMBMA 2)8;6(),4;3( =⇒−=−= ⇒ M nằm ngoài đoạn AB ( Thỏa mãn) 
 Hệ phương trình tọa độ C: 



=−+
=+−
0317
0743
yx
yx
 ⇔ C(3;4). 
 +) Nếu lấy AB là d2 sẽ không thỏa mãn. 
 Vậy A(-1;1), B(-4;5) và C(3;4). 
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng 





=
+−=
=
∆
4
27:
z
ty
tx
. Gọi ''∆ là giao tuyến của hai mặt 
phẳng (P): x – 3y + z = 0, (Q): x + y – z + 4 = 0. 
a) Chứng minh rằng hai đương thẳng ∆ và '∆ chéo nhau. 
b) Viết phương trình dạng tham số đường vuông góc chung của hai đường thẳng ∆ , '∆ . 
H
ng dn gii: 
a). Đường thẳng ∆ đi qua M(0;-7;4) và có VTCP ).0;2;1(1 =u 
 Đường thẳng ∆ ’ đi qua N(0;2;6) có VTCP 2u = ( 1....1
31
;
11
1...1
;
11
31 −
−−
− ) = (2;2;4) 
Ta có [ 21 ,uu ] = (8;-4;-2) và )2;9;0(=MN ⇒ [ 21 ,uu ]. MN = 0 – 36 – 4 = - 40 ≠ 0. 
 Vậy ∆ , ∆ ’ chéo nhau 
 b). Đường vuông góc chung d của ∆ , ∆ ’ có VTCP: u =(4;-2;-1) ( = ½.[ 21 ,uu ]). 
 Gọi HK là đoạn đường vuông góc chung của ∆ , ∆ ’ với H ∆∈∆∈ K, ’. 
Ta có: H=( t; -7+2t;4), K(s;2+s;6+2s) ⇒ HK ( s – t; 9 + s – 2t; 2 + 2s) cũng là VTCP của d. 
Suy ra : 
1
22
2
29
4 −
+
=
−
−+
=
− ststs
 ⇒ s = 
21
11
− , t = 
7
23
⇒ H( )4;
7
3
;
7
23
− 
 Vậy phương trình tham số đường vuông góc chung là: 









−=
−−=
+=
tz
ty
tx
4
2
7
3
4
7
23
.