Khóa học LTĐH môn Toán Chuyên đề 05 – Hình học không gian BG+BT-Thầy Trần Phương pptx

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-



A. TỨ DIỆN DỰA TRÊN HAI ðƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU.

Bài 1:
Cho
( ),( ')
∆ ∆
chéo nhau nhận AA’ làm ñường vuông góc chung và AA’ = a. Gọi (P) là mặt phẳng
ñi qua A và vuông góc với
( ')
∆
. Mặt phẳng (Q) // (P) cắt
( ),( ')
∆ ∆
tại M, M’. Gọi N là hình chiếu của M
lên (P). ðặt

,( )
AM P
ϕ

=
và
(
)
( ),( )
x d P Q
=
.
a.

Chứng minh: A’M’MN là hình chữ nhật. Tính
AA' '
M MN
V
theo a và
x
.
b.

ðặt


' , 'AA 'MAM M
α β
= =
. Tìm mối quan hệ giữa
, à
v
ϕ α β
.

c.

Tìm tâm O và bán kính hình cầu (S) ngoại tiếp AA’M’MN.
d.

Khi
x
thay ñổi, tìm quĩ tích của O và chứng minh rằng (S) luôn ñi qua một ñường tròn cố ñịnh.


Giải:

a.
Do
AA' ( ') à ( ) ( ')
v 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 một góc vuông

⇒
A’M’MN là hình chữ nhật.
Ta có: MN = d(P), (Q) =

x
và

MAN
ϕ
=

Do
( ) AA'
MN P MN
⊥ ⇒ ⊥

Lại có:
AA' AA'
AM NA
⊥ ⇒ ⊥

Kẻ
' ( ' ' )
AH A N AH A M MN
⊥ ⇒ ⊥

. ' '
2
1
. ' .
3
1 1
AA'. . cot
3 3

A A M MN
V AH A N MN
AN MN ax
ϕ
⇒ =
= =

b. Ta có:
2 2 2
' '
A N A A AN
= +
và
2 2 2
' ' 2 ' . . os
M M M A MA M A MAc
α
= + −

Suy ra:
2 2 2
' ' 2 ' . . os
A A AN M A MA M A MA c
α
+ = + −

2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2

cot cot 2. . . os
sin sin sin sin
2cos
cot cot (1 cot ) (1 cot ) os sin .sin
sin sin
x x x x
x x c
c
β ϕ α
β ϕ β ϕ
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 ñiểm của A’M.
Bán kính của (S) là:
2 2 2
sin
'
2 2sin
a x
A M
R
ϕ
ϕ
+
= =

BÀI GIẢNG 01.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TỨ DIỆN
( TÀI LIỆU BÀI GIẢNG)

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-

d
. Gọi mặt phẳng chứa A’A và
( )
∆
là (K). Ta có: OA = OA’ = R suy ra quĩ tích ñiểm O là ñường trung
trực của AA’ thuộc mặt phẳng (K).
Gọi mặt phẳng chứa AA’ và vuông góc với
( )
∆
là (W). Do mặt cầu (S) luôn ñi qua A, A’ nên (S) chứa
ñường tròn cố ñịnh ñường kính AA’ nằm trên (W).

Bài 2:
Cho
( ) ( ')

d d
⊥
và chéo nhau. Lấy A cố ñịnh thuộc (d) và 2 ñiểm B, C thuộc (d’) sao cho mặt
phẳng (B, (d))
(
)
,( )
C d
⊥
. Gọi A’, B’, C’ là chân các ñường cao chứa
ABC
∆
. Chứng minh rằng:
a.
2 2 2
' . ' ons ; ons
A B A C c t AB AC BC c t
= + − =
.
b. Trực tâm H của
ABC
∆
cố ñịnh. Tìm quĩ tích B’ và C’.


Giải:

Gọi IK là ñoạn vuông góc chung của (d) và (d’)
( ) ( )
d IBC

⇒ ⊥


BIC
⇒
= góc nhị diện
( )
,( ),
2
B d C
π
=

Mà
ê '
BC IK n n BC AK K A
⊥ ⊥ ⇒ ≡
.
a
.
2 2 2
' . ' ons ; ons
A B A C c t AB AC BC c t
= + − = .
b
.
AA' '
B CA H
∆ ∆
∼

2
' . '
' ons
AA' AA'
A B A C IK
A H c t
⇒ = = =
⇒
H cố ñịnh. Từ ñó suy ra B’, C’ nằm trên ñường tròn ñường kính AH xác ñịnh trong mặt phẳng (A, d’))

Bài 3:
Cho
1 2
( ) ( )
d d
⊥
và chéo nhau. Các ñiểm A, M thuộc (d
1
) và B, N thuộc (d
2
) với AB là ñường
vuông góc chung của (d
1
), (d
2
). ðặt AB = a, AM = ,
x BN y
=
.

1. Giả sử: AM + BN = MN. Kẻ
OH MN
⊥
. Gọi O là trung ñiểm của AB.
a. Chứng minh rằng: MN tiếp xúc mặt cầu (S) ñường kính AB.
b. Chứng minh rằng:
2
ons ;
2
ABMN
a
V c t xy= =

c. Chứng minh rằng:
2
a
R ≥
với R là bán kính hình cầu ngoại tiếp ABMN.
d. Tìm M, N ñể diện tích toàn phần của tứ diện ABMN nhỏ nhất.
e. Chứng minh rằng: H thuộc mặt phẳng cố ñịnh và MN tạo với mặt phẳng ñó 1 góc không ñổi. Tìm quĩ
tích ñiểm H.
2. Giả sử:
2 2 2
( 0)
AM BN k k
+ = >

a. Chứng minh rằng:
ons
MN c t

=
.
b. Tìm M, N ñể
ABMN
V lớn nhất.
c. Tìm a, k ñể MN tiếp xúc với hình cầu ñường kính (AB).


Giải:

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-

1
. a. Lấy
1
( )
J d
∈
khác phía M qua A với Ạ = BN.
OAJ OJ .
OJ
OBN ON

JM MN M OMN
⇒ ∆ = ∆ ⇒ =
= ⇒ ∆ = ∆

OA OH
⇒ = ⇒
MN tiếp xúc mặt cầu (S) ñường 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⇔ = ⇔ = (ñpcm)
3
1 1
. .
3 2 6 12
ABMN
a a
V NB AB AM xy

 
= = =
 
 

c
.
( )MN ABN MA AN
⊥ ⇒ ⊥ ⇒
A, B, M, N nằm trên mặt cầu ñường kính MN.
2 2
2
MN x y a
R xy
+
⇒ = = ≥ =
(ñpcm).
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 min
2
2 3
2
tp
S a
+
=

e
. Qua B dựng mặt phẳng (P)
AB
⊥

. Gọi M’, K là hình chiếu của M, H lên mp(P).
Ta có:
' 'KM HM x BM
BK
KN HN y BN
= = = ⇒
là phân giác của

'
NBM

H
⇒
thuộc mặt phẳng phân giác (Q) của nhị diện (AB, d
1
); (AB, d
2
)
Kẻ
( )
NI BK NI Q
⊥ ⇒ ⊥ ⇒
góc

( ,( )
MN Q IHN
=





0
1
' 45
2
NIH NIB IHN IBN NBM∆ = ∆ ⇒ = = =
(ñpcm)
Ta có H thuộc mặt cầu ñường kính AB suy ra ñiểm H thuộc giao của mặt cầu ñó với mặt phẳng (Q).
Vậy quĩ tích ñiểm H là ñường tròn ñường kính AB nằm trên mặt phẳng (Q) và
,
H A B
≠
.
2.

a
.
2 2 2 2 2 2 2 2
MN MA AB BN a k MN a k
= + + = + ⇒ = +
(ñpcm)
b
.
2 2 2
1 1
. .
3 2 6 2 12
ABMN
a AM BN ak
V NB AB AM

+
 
= ≤ =
 
 

Với
2
k
AM BN= =
thì
2
a
12
ABMN
ak
M xV = .
c
. Giả sử MN tiếp xúc mặt cầu ñường kính AB suy ra OH = OA = OB
2 2 2 2 2
; ( ) 2. .
AM MH BN NH a k MN AM BN k AM BN
⇒ = = ⇒ + = = + = +

2 2
2. .
a AM BN k a k
⇒ = ≤ ⇒ ≤

Bài 4:
Cho hai nửa ñường thẳng
Ax
và By chéo nhau nhận AB làm ñoạn vuông chung. Gọi
;
M Ax N By
∈ ∈
là 2 ñiểm di ñộng sao cho AM = BN.
Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-

a.

Chứng minh rằng: MN luôn song song với một mặt phẳng cố ñịnh ñồng thời MN hợp với
Ax
và
By những góc bằng nhau.
b.

Chứng minh rằng: Khi M, N di ñộng thì tập hợp trung ñiểm I của MN là ñường 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 ñường thẳng cố ñịnh
( ),( ')
∆ ∆
chéo nhau và ñộ dài a cho trước.
a.

Dựng ñường thẳng
( ) ( )
d
⊥ ∆
tại M và cắt
( ')
∆
atij N sao cho MN = a.
b.

Cho
( ) à ( ')
A v B
∈ ∆ ∈ ∆
. CMR: Tồn tại duy nhất mặt cầu (S) tiếp xúc với
( ),( ')
∆ ∆
lần lượt tại A

và B.

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 ñộ dài: SA = a, SB = b, SC = c và diện tích
; ; ; ;
S ABC A SBC B SCA C SAB
S S S S S S 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:
3
S A B C
S S S S
≥ + +

5.

Chứng minh rằng: S, G, O thẳng hàng.
6.

Giả sử SC cố ñịnh còn A, B thuộc d cố ñịnh. Kẻ
;
SE CA SF AB
⊥ ⊥
. Tìm quĩ tích E, F.
7.

CMR: Tâm cầu O thuộc 1 ñường thẳng cố ñịnh.
8.

Giả sử SC = c = const, SA + SB = k = const.

a.

Tìm SA ñể
.
S ABC
V lớn nhất.
b.

Tìm quĩ tích tâm O. Chứng minh rằng: Khi
.
S ABC
V
lớn nhất thì R cần nhỏ nhất.
c.

Cho k = c. CMR: Tổng các góc phẳng của ñỉnh C bằng
2
π
. CMR: mặt phẳng (CAB) luôn tiếp xúc
với một mặt cầu cố ñịnh.
9.

Lấy
M ABC
∈∆
. Gọi khoảng cách từ M tới (SBC), (SCA), (SAB) là a
1
; b
1
; c

1

a.

Tính a, b, c theo a
1
; b
1
; c
1
ñể
.
S ABC
V min.
b.

Tính a, b, c theo a
1
; b
1
; c
1
ñể a + b + c min.
c.

Gọi
, ,
α β γ
là góc giữa SM với SA, SB, SC. Chứng minh rằng:

2 2 2
os os os 1
c c c
α β γ
+ + =

10.

Giả sử CA = 2SB, CB = 2SA. Kẻ
,
SE CA SF CB
⊥ ⊥
.
a.

Chứng minh rằng: EF
SC
⊥

b.

Tính

osES
c F

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5
-

c.

Gọi I là trung ñiểm của ñoạn AB. Chứng minh rằng:


4
4
tan EF
1
tan
SCI
AB
SCA
+ =

11.

Giả sử tam giác ABC ñều cạnh l. Kéo dài HS lấy SS
1
= SH. Chứng minh rằng: S
1
ABC ñều.

Giải:

1
.
2 2 2 2
cos 0
2 . .
CA CB AB SC
C C
CACB CACB
+ −
= = > ⇒
nhọn
2
. Nếu H là trực tâm tam giác ABC suy ra
CH AB
⊥
mà
CS AB SH AB
⊥ ⇒ ⊥

Tương tự suy ra:
.
SH BC
⊥
Vậy
( )
SH ABC
⊥

- Nếu
( )
SH ABC SH AB
⊥ ⇒ ⊥
. Lại có:
SC AB CH AB
⊥ ⇒ ⊥
.
Tương tự suy ra:
AH BC H
⊥ ⇒
là trực tâm tam giác ABC.
3
. Gọi
K CH AB CK AB
= ∩ ⇒ ⊥
và
SK AB
⊥
. Khi ñó:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
SH SK SC SA SB SC
= + = + + (ñpcm)
4
.
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2

( . ) ( . )
( . ) ( . )
S C
A B
S A B C
SH S SC S
SA S SB S
S S S S
SH SA SB SC
= + + ⇔ = + +

Suy ra:
2 2 2 2 2 2
3 (1 1 1 )( )
S A B C A B C
S S S S S S S
⇔ = + + + + ≥ + +
(ñpcm)
5
. Dựng hình hộp chữ nhật SAC’BCB’S’A’, khi ñó O là tâm hình hộp và cũng là trung ñiểm của ñường
chéo SS’
⇒
S, G, O thẳng hàng.
6
. ðiểm E, F nằm trên ñường tròn giao tuyến của mặt cầu ñường kính CS với mặt phẳng (C, d). Tâm O
thuộc giao tuyến cố ñịnh của mặt phẳng trung trực ñoạn CS với mặt phẳng chứa (d) và vuông góc (S, d).
7
. a.
2
2 2

. .
1
. .
6 6 2 24 24 2
S ABC S ABC
c SA SB ck ck k
V SC SA SB V SA x
+
 
= ≤ = ⇒ = ⇒ = =
 
 

b. Khi A, B di ñộng sao cho SA + SB = k thì
'
C PQ
∈
với SP = SQ = k.
Dễ thấy S, A, B, C nằm trên mặt cầu ñường kính CC’ với tâm O là trung ñiểm của CC’
⇒
Quĩ tích O là
ñoạn P’Q’ với P’, Q’ là trung ñiểm 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:
.
S ABC
MaxV và Min R ñều ñạt tại
2
k
x
=
.
c.

2
( )
os . .
. .
SC SC SA SB SA SC SC SB
c ACB
CACB CACB CA CB CA CB
+
= = = +

     
(
)

 
sin ACS. os osACS.sin sin ACS ACS
2
c BCS c BCS BCS ACB BCS
π

= + = + ⇒ + + =

Gọi P
1
; Q
1
là trung ñiểm của SP, SQ. Xét hình lập phương cạnh
2
k
là SP
1
C
1
Q
1
S
2
P
2
C
2
Q
2
. Khi ñó hình cầu
nội tiếp lập phương sẽ tiếp xúc với (CAB).
8.
a.
( )
1 1 1
1

6
SABC MSAB MSBC MSCA
V V V V abc bca cab
= + + = + +

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6
-

1 1 1
. 1 1 1
1
. . 1
6 6
S ABC
a b cabc
V SC SA SB abc bca cab abc
a b c
= = ⇒ + + = ⇔ + + =

Ta có:
3
1 1 1 1 1 1
1 1 1 . 1 1 1

9
1 27. . . 27
2
S ABC
a b c a b c
abc a b c V a b c
a b c 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. a + b + c
( )
2
1 1 1
1 1 1
( )
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 SA

1
M
1
B
1
.C
1
A’MB’ nhận SM làm ñường chéo. Khi ñó:



1 1 1
; ;
MSA MSB MSC
α β γ
= = =
2 2 2 2
2 2 2
1 1 1
2 2
os os os 1
SA SB SC SM
c c c
SM SM
α β γ
+ +
⇒ + + = = =
(ñpcm)
9
. Từ giả thiết CA = 2SB, CB = 2SA ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2
4 4
CB SB CA SA SA SB SB SA SA SB
− = − ⇔ − = − ⇔ =
a.
EF / /
CE CF
SCA SCB SE SF CE CF AB
CA CB
∆ = ∆ ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ mà
CS AB
⊥

suy ra
EF
CS
⊥
(ñpcm).
b.

2 2 2 2 2 2
2 2
EF 2 EF EF
osESF 1 (*)
2 . 2 2
SE SF SE
c
SE SF SE SE
+ − −
= = = −

Do CA = 2SA suy ra trong tam giác vuông SAC thì


,
6 3
SCA SAC
π π
= =

3 1 3
;
2 2 2
SE SA EA SA CE CA EA SA
⇒ = = ⇒ = − =
Từ
EF 3 2
EF
4
CE
SA
CA AB
= ⇒ = . Thay vào (*) ta ñược:

3 1
osES 1
4 4
c F
= − =

c. Ta có:



1
1 1 EF 3
2
tan ;tan tan ;
6 4
3 6 3
SA
SI CE
SCI SCA
SC AB CA
SA
π
= = = = = = =

Suy ra:


4
4
tan EF
1
tan
SCI
AB
SCA
+ =
(ñpcm)
10

.
ABC
∆
ñều nên
1
3 3
AB
AH = =
; mặt khác SB = SA
1
2 2
AB
= =

2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
;
6
6
l l
SH SA AH SH S A S H HA l S A l
⇒ = − = ⇒ = = + = ⇒ =

Vậy SABC ñều. (ñpcm)

Bài 2:
Trêm mp(P), cho một ñiểm O cố ñịnh, một ñường thẳng d cố ñịnh không ñi qua O, một góc vuông
xOy
quay quanh O, các cạnh

Ox
, Oy cắt (d) theo thứ tự ở A, B. Trên ñường thẳng vuông góc với (P) ñi
Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7
-


qua O lấy ñiểm S. Gọi a là khoảng cách từ O ñến d và

OAB
α
=
.
a.

Tính góc
α
khi
8
OS
3
a
=
và

5
3
SA OA
=
.
b.

Kẻ
,OF
OE SA SB
⊥ ⊥
. Tìm quĩ tích của các ñiểm E, F khi góc vuông
xOy
quay quanh O.

Bài 3.
Cho mặt cầu tâm O cố ñịnh. Xét một tam diện 3 góc vuông có ñỉnh S cố ñịnh trên mặt cầu và các
cạnh cắt mặt cầu lần lượt tại A, B, C. Chứng minh rằng mặt phẳng (ABC) luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh.




Giáo viên : Trần Phương
Nguồn :
Hocmai.vn

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình học không gian

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-




Bài 1:
Cho chóp S.ABC có ñáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên SA = 5 vuông
góc với ñáy. Gọi D là trung ñiểm cạnh AB.
1).Tính góc giữa AC và SD. 2).Tính khoảng cách giữa BC và SD.

Bài 2:
Khối chóp tam giác SABC có ñáy ABC là tam giác vuông cân ñỉnh C và SA vuông góc với mặt
phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) ñể thể tích khối chóp lớn nhất .

Bài 3:
Cho tứ diện ñều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các ñiểm lần lượt di ñộng trên các cạnh AB,
AC sao cho
(
)
(
)
DMN ABC
⊥
. ðặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng
minh rằng:
3 .

x y xy
+ =


Bài 4:
Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các ñiểm M, N, P sao cho :
4 , 2
BC BM BD BN
= =
và
3
AC AP
=
. Mặt phẳng (
MNP) chia khối tứ diện ABCD làm hai phần.
Tính tỉ số thể tích giữa hai phần ñó.

Bài 5:
Cho hình chóp S.ABC có ñáy là tam giác vuông tại B, AB = a, AC = 2a, SA = a và SA vuông góc
mặt ñáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích khối chóp S.AHK
theo a.

Bài 6:
Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ñều ABC cạnh a, I là là trung ñiểm của BC và D là ñiểm ñối
xứng của A qua I. Trên ñường thẳng vuông góc với (P) tại D lấy một ñiểm S sao cho
6
2
a
SD = . Gọi H là
hình chiếu của I trên SA. Chứng minh rằng

( ) ( )
SAB SAC
⊥
và tính theo a thể tích của khối chóp H.ABC.

Bài 7:
Cho hình chóp S.ABC, ñáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a
3
, SA vuông góc với
mặt phẳng (ABC), SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của ñiểm A trên các cạnh SB và
SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.


Bài 8:
Tính thể tích khối tứ diện ABCD biết AB = a, AC = b, AD = c và các góc



, ; ;
BAC CAD DAB
ñều
bằng 60
0
.




Giáo viên : Trần Phương
Nguồn : Hocmai.vn

BÀI GIẢNG 01.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TỨ DIỆN
(BÀI TẬP TỰ LUYỆN )

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình học không gian



Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-

N
M
D
S
A
B
C
K



Bài 1:
Cho chóp S.ABC có ñáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên SA = 5 vuông
góc với ñáy. Gọi D là trung ñiểm cạnh AB.
1).Tính góc giữa AC và SD. 2).Tính khoảng cách giữa BC và SD.

Giải:


a) Ta có : AB =
2 5
,
Gọi M là trung ñiểm của BC ,
ta có : DM = 1
SD =
2 2
30
SA AD+ =
,
SC =
2 2
29
SA AC+ =

SM =
2 2
33
SC CM+ =

Ta có :
2 2 2
30 1 33 1
cos
2 .
2 30 30

SD MD SM
SDM
SD MD
+ − + −
∠ = = = − (*)
Góc
ϕ
giữa hai ñường thẳng AC và SD là góc giữa hai ñường thẳng DM và SD hay
ϕ
bù với góc
∠
SDM . Do ñó: cos
ϕ
=
1
30

b) Kẻ DN // BC và N thuộc AC . Ta có : BC // ( SND) . Do ñó :
d(BC, SD) = d( BC, (SND)) = d(C, (SND))
Kẻ CK và AH vuông góc với SN, H và K thuộc ñường thẳng SN
Ta có : DN // BC
(
)
1
DN AC⇒ ⊥

Và
(
)
(

)
2
SA ABC SA DN⊥ ⇒ ⊥

Từ (1) và (2) suy ra : DN
⊥
( SAC)
(
)
3
DN KC⇒ ⊥

Do cách dựng và (3) ta có: CK
⊥
(SND) hay CK là khoảng cách từ C ñến mp (SND)
Mặt khác: ∆ANH = ∆CNK nên AH = CK
Mà trong tam giác vuông SAN lại có:
2 2 2
1 1 1 1 5
1
25
26
AH
AH SA AN
= + = + ⇒ =

Vậy khoảng cách giữa BC và SD là: CK =
5
26

Bài 2:
Khối chóp tam giác SABC có ñáy ABC là tam giác vuông cân ñỉnh C và SA vuông góc với mặt
phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) ñể thể tích khối chóp lớn nhất .


Giải:
BÀI GIẢNG 01.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ TỨ DIỆN
( HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN )

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình học không gian



Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-

D
A
B
C
H
M
N
A
B
C

S
( với 0 <
2
π
ϕ
<
)
Bài 3:


Cho tứ diện ñều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các ñiểm lần lượt di ñộng trên các cạnh AB,
AC sao cho
(
)
(
)
DMN ABC
⊥
. ðặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng
minh rằng:
3 .
x y xy
+ =



Giải:

Dựng
DH MN H

⊥ =

Do
(
)
(
)
(
)
DMN ABC DH ABC
⊥ ⇒ ⊥
mà
.
D ABC
là
tứ diện ñều nên
H
là tâm tam giác ñều
ABC
.
Trong tam giác vuông DHA:
2
2 2 2
3 6
1
3 3
DH DA AH
 
= − = − =
 

 
 

Diện tích tam giác
AMN
là
0
1 3
. .sin 60
2 4
AMN
S AM AN xy
= =
Thể tích tứ diện
.
D AMN
là
1 2
.
3 12
AMN
V S DH xy
= =

Ta có:
AMN AMH AMH
S S S
= +
0 0 0
1 1 1

.sin 60 . .sin 30 . .sin30
2 2 2
xy x AH y AH⇔ = +

⇔
3 .
x y xy
+ =


Bài 4:
Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các ñiểm M, N, P sao cho :
4 , 2
BC BM BD BN
= =
và
3
AC AP
=
. Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD làm hai phần.
Tính tỉ số thể tích giữa hai phần ñó.
Gọi
ϕ
là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .
Ta có :

SCA
ϕ
=
; BC = AC = a.cos

ϕ
; SA = a.sin
ϕ

Vậy
( )
3 2 3 2
1 1 1 1
. . . . . sin . sin 1 sin
3 6 6 6
SABC ABC
V S SA AC BC SA a cos a
ϕ ϕ ϕ ϕ
= = = = −
Xét hàm số : f(x) = x – x
3
trên khoảng ( 0; 1)
Ta có : f’(x) = 1 – 3x
2
.
( )
1
' 0
3
f x x
= ⇔ = ±

Từ ñó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số
f(x) liên tục và có một ñiểm cực trị là ñiểm
cực ñại, nên tại ñó hàm số ñạt GTLN

hay
( )
( )
0;1
1 2
3 3 3
x
Max f x f
∈
 
= =
 
 

Vậy MaxV
SABC
=
3
9 3
a
, ñạt ñược khi
sin
ϕ
=
1
3
hay
1
sin
3

arc
ϕ
=



Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình học không gian



Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-

S

B

A

K

H

a

2a

a

C


Giải:

Gọi T là giao ñiểm của MN với CD; Q là giao ñiểm của PT với AD.
Vẽ DD’ // BC, ta có: DD’=BM
' 1
3
TD DD
TC MC
⇒ = =
.
Mà:
1 2
/ /
3 3
TD AP QD DP CP
AT DP
TC AC QA AT CA
= = ⇒ ⇒ = = =
.
Nên:
.
.
.
1 3 1 1
. .

3 5 5 10
A PQN
A PQN ABCD
A CDN
V
AP AQ
V V
V AC AD
= = = ⇒ =
(1)
Và
.
.
2 3 1 1
. .
3 4 2 4
C PMN
ABMNP ABCD
C ABN
V
CP CM
V V
V CA CB
= = = ⇒ =
(2).
Từ (1) và (2), suy ra :
7
20
ABMNQP ABCD
V V=

.
KL tỉ số thể tích cần tìm là
7
13
hoặc
13
7
.

Bài 5:
Cho hình chóp S.ABC có ñáy là tam giác vuông tại B, AB = a, AC = 2a, SA = a và SA vuông góc
mặt ñáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích khối chóp S.AHK
theo a.


Giải:

+) Theo bài ra ta có
( )
SH AHK
⊥

, ( )
BC SA BC AB BC SAB BC AK
⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Và
AK SC
⊥
nên

+)
Áp dụng ñịnh lý Pitago và hệ thức trong tam giác vuông
ta có

1 2
2 2
a
AK SB
= =
,
2 3
,
5 10 5
a a a
AH KH SH
= ⇒ = =

+) Ta có
2
1 6
. ( )
2
4 10
AHK
a
S AK HK dvdt
= =
Vậy
3

.
1 3
. ( )
2 60
S AHK AHK
a
V S SH dvtt
= =

Bài 6:
Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ñều ABC cạnh a, I là là trung ñiểm của BC và D là ñiểm ñối
xứng của A qua I. Trên ñường thẳng vuông góc với (P) tại D lấy một ñiểm S sao cho
6
2
a
SD
= . Gọi H là
hình chiếu của I trên SA. Chứng minh rằng
( ) ( )
SAB SAC
⊥
và tính theo a thể tích của khối chóp H.ABC.


Giải:

( ) à SB
AK SBC AK KH v AK
⊥ ⇒ ⊥ ⊥
Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương

Chuyên ñề 05 – Hình học không gian



Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-

Chứng minh:

( ) ( )
SAB SAC
⊥
.
Ta có:
( )
( ( ))
BC AD
BC SAD BC SA
BC SD do SD ABC
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥ ⊥


Như vậy:
( )

SA BC
SA HBC
SA IH
⊥

⇒ ⊥

⊥

SA HB
⇒ ⊥
và
SA HC
⊥


[( ),( )]
SAB SAC BHC
⇒ =
.
Ta có:
HI AI
AHI ADS
SD AS
∆ ∆ ⇒ =
∼
với:
6
2
a

SD
= ,
3
2
a
AI
=
2 2 2 2
6 3 2
( 3) ( )
2 2
a a
AS AD SD a= + = + =
. 3 6 2
. .
2 2 2
3 2
AI DS a a a
HI SD
AS
a
⇒ = = = =

Tam giác HBC có
2
a
IH IB IC
= = =
HBC
⇒ ∆

vuông tại H

0
90
BHC
⇒ =

Vậy:
( ) ( )
SAB SAC
⊥
(ñpcm)
Tính theo
a
thể tích của khối chóp H.ABC
Ta có:
. . .
H ABC S ABC S HBC
V V V
= −

2 3
.
1 1 6 3 2
. . .
3 3 2 4 8
S ABC ABC
a a a
V SD S
= = = (ñvtt).

SH là ñường cao của hình chóp S.HBC
.
1
.
3
S HBC BCH
V SH S
∆
⇒ =
Tam giác IHC có
2
,
2 2
a a
IH IC HC IHC
= = = ⇒ ∆ vuông cân tại I.
IHB
⇒ ∆
vuông cân tại I
2
2
a
HB HC
⇒ = =
2
2
1 1 2
. .( )
2 2 2 4
BHC

a a
S HB HC
∆
⇒ = = =
(ñvdt)
Tam giác AHB vuông tại H
2
2 2 2 2 2
2 2
( )
2 2 2
a a a
AH BA BH a a⇒ = − = − = − =

3 2 2 2 2
2
2 2
2 2
a a a
SH SA AH a
= − = − = =
2 3
.
1 2
. 2.
3 4 12
S HBC
a a
V a
⇒ = = (ñvtt).

Vậy:
3 3 3
. . .
2 2 2
8 12 24
H ABC S ABC S HBC
a a a
V V V
= − = − = (ñvtt).

Bài 7:
Cho hình chóp S.ABC, ñáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a
3
, SA vuông góc với
mặt phẳng (ABC), SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của ñiểm A trên các cạnh SB và
SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.


Giải:

ðặt V
1
=V
S.AMN
; V
2
=V
A BCNM
; V=V
S.ABC

;
1
1
. . (1)
2
V
SM SN SM
V SB SC SB
= =


2 4a 4
; SM=
5
5 5
SM
AM a
SB
= ⇒ =
⇒
1 2
2
2 3 3
(2)
5 5 5
V V
V V
V V
= ⇒ = ⇒ =
A

H
B
I
C
D
S
Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình học không gian



Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5
-


3
1 . 3
.
3 3
ABC
a
V S SA
∆
= =
⇒
3
2
. 3

5
a
V
=

Bài 8:
Tính thể tích khối tứ diện ABCD biết AB = a, AC = b, AD = c và các góc



, ; ;
BAC CAD DAB
ñều
bằng 60
0
.


Giải:

Không mất tính tổng quát ta giả sử
{
}
min , ,
a a b c
=

Trên AC, AD lấy lần lượt hai ñiểm C
1
, D

1
sao cho AC
1
= AD
1
= a, từ giả thiết suy ra tứ diện ABC
1
D
1
là tứ
diện ñều cạnh a nên có
1 1
3
2
12
ABC D
V a
=
Theo công thức tỉ số thể tích:

1 1
1 1
2
1 1
2
.
2
.
12
ABC D

ABCD
ABCD ABC D
V
AC AD
a
V AC AD bc
bc abc
V V
a
= =
⇒ = =





Giáo viên : Trần Phương
Nguồn :
Hocmai.vn

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-

A. Chóp tam giác có cạnh vuông góc mặt ñáy là tam giác không vuông.
Bài mẫu:
Lấy
( )
S At ABC
∈ ⊥
. Gọi I là trực tâm
SBC
∆
với các ñường cao BE, CF, K là trực tâm
ABC
∆

với các ñường cao BM, CN.
I. Chứng minh rằng:
1.
( ) ( ),( ) ( ),(APS) ( )
BME SAC CNF SAB SBC
⊥ ⊥ ⊥

2.
( )
KI SBC
⊥

3. EM, FN, IK, SA ñồng qui tại Q.

4. Tứ diện SQBC có các cặp cạnh ñối diện vuông góc nhau.
5. AS.AQ = AK.AP = AN.AB = AM. AC
6. Tứ giác BCHJ nội tiếp.
7. Chứng minh rằng: A, B, C, H, J thuộc cùng một mặt cầu.
8. Nếu
ABC
∆
không cân thì JH luôn ñi qua 1 ñiểm cố ñịnh khi
S At
∈
. Gọi ñiểm cố ñịnh là T.
Chứng minh rằng:


TAB TCA
=

II. Giả sử tam giác ABC ñều cạnh a.
1.

Tìm
S At
∈
ñể SQ min, V
SQBC
min
2.

Biết
IS

3.
IP
=
Tính SQ theo a.
3.

Biết SA = h. Tính khoảng cách từ A ñến (SBC)
4.

Khi
S At
∈
. Chứng minh rằng: Tâm mặt cầu ngoại tiếp SQBC luôn thuộc một ñường thẳng cố
ñịnh.


Giải:

I.
1
.
, ( ) ( ) ( )
BM AC BM SA BM SAC BME SAC
⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

2
.
BM SC
⊥
mà

( )
BE SC SC BME SC KI
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
.
Tương tự:
( )
SB CNF SB KI
⊥ ⇒ ⊥
. Vậy
( )
KI SBC
⊥

3
. Các ñường thẳng EM, FN, IK, SA ñôi một cắt nhau
nhưng không có ba ñường nào ñồng phẳng nên chúng ñồng qui tại Q.
4
. ( )
SQ ABC SQ BC
⊥ ⇒ ⊥

( ) ; ( )
SC BME SC QB SB CFN SB QC
⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥

5
. Tam giác vuông
AS
B AQK
∆ ∆

∼
và BNKP, CMKP nội tiếp nên:
AS.AQ = AK.AP = AN.AB = AM.AC (ñpcm)
6
.
2
. .
SH SB SA SJ SC BHJC
= = ⇒
nội tiếp.
7
. Gọi AD là ñường kính của ñường tròn ngoại tiếp
BÀI GIẢNG 02.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ HÌNH CHÓP
( TÀI LIỆU BÀI GIẢNG)

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-

,
ABC DB AB DB SA
∆ ⇒ ⊥ ⊥

.
DB AH
⇒ ⊥
Mà
AH SB
⊥
( )
AH SBD AH SB
⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Tương tự:
AJ ( ) AJ
SCD JD
⊥ ⇒ ⊥

Vậy A, B, C, H, J thuộc mặt cầu ñường kính AD.
8
. Kéo dài JH cắt BC tại T
TA SA
⇒ ⊥

Theo trên: AJ (AJ )
AH SD SD H SD AT
⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
.
Do ñó:
( )
AT SAD AT AD
⊥ ⇒ ⊥
. Vậy T cố ñịnh và



TAB TCA
=

II. Vì
ABC
∆
ñều nên K là tâm
ABC
∆

1
.
3
2 . 2 . 2 . 2
2
3
a a
SQ SA AQ SA AQ AK AP a
= + ≥ = = =

Dấu “=” xảy ra
AS
2
a
AQ⇔ = =
.
1
.

3
SQBC ABC
V SQ S
∆
=
nhỏ nhất
SQ
⇔
min
AS
2
a
⇔ =
.
2
. Tam giác vuông KIP ñồng dạng với tam giác vuông SAP
.IS .
IP KP AP
⇒ =

2
2 2 2 2
3 3
4. IS ,
4 4 4 12
a a a a
IP IP KI KP IP⇔ = ⇒ = ⇒ = = − =
Tam giác vuông SIQ ñồng dạng với tam giác vuông KIP
. 3
2

KP SI a
SQ
KI
⇒ = =
3
.
.
2 2 2 2 2
2
3
.
3.
. . . 3
2
( ,( ))
.
3 4 3
4
S ABC
SBC
a
h
V
SA AP BC SA AP ah
d A SBC
S SP BC
SA AP a h a
h
= = = = =
+ +

+

4
. Mặt cầu ngoại tiếp SQBC cắt mặt phẳng (C, At) theo ñường tròn
( )
ϖ
ngoại tiếp
CSQ
∆
còn
( )
ϖ
cắt
kéo dài tại C’.
2
'. AS. . '
2
a
AC AC AQ AK AP C
⇒ = = = ⇒
cố ñịnh.
⇒
Tâm cầu thuộc ñường thẳng cố ñịnh (d)
( ')
BCC
⊥
.

B. Chóp có cạnh vuông góc mặt ñáy với ñáy là tam giác vuông hoặc tứ giác nội tiếp.

Bài 1:
Cho hình chóp S.ABCD có
( )
SA ABCD
⊥
nội tiếp trong ñường tròn tâm O ñường kính AC = 2R.
I. Lấy B’, C’, D’
∈
SB, SC, SD và gọi (Q) là mặt phẳng ñi qua A.
1. CMR: AB’, AC’, AD’ cùng thuộc (Q)
{
}
' , ' , '
SC AB SB AC SC AD SD
⊥ ⇔ ⊥ ⊥ ⊥
.
Các câu sau với giả thiết (Q)
SC
⊥
và S cố ñịnh.
2. Chứng minh rằng: Tứ giác AB’C’D’ nội tiếp.
3. Nêu phương pháp tính
. ' ' '
S AB C D
V và dt (AB’C’D’).
4. Chứng minh rằng: 7 ñiểm A, B, C, D, B’, C’, D’ cùng thuộc một mặt cầu.
5. CMR: Giao tuyến của (Q) với (ABCD) là ñường thẳng vuông góc với (SAC).
6. Tìm quĩ tích B’, D’ khi B, D
( ; )
O R

∈

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-

7. Gọi K là giao ñiểm của các tiếp tuyến của (O, R) tại A, B. CMR: KB’ là tiếp tuyến của mặt cầu ñường
kính AC và mặt cầu ñường kính SA.
8. Xác ñịnh vị trí của
( ; )
B O R
∈
ñể V
S.AB’C
max.
II. Giả sử SA = 2R và BD là một ñường kính quay quanh O. ðặt

ABD
α
=
.
1.

Kẻ

.
SH BD
⊥
Tìm quĩ tích của H.
2.

Xác ñịnh
α
ñể diện tích tam giác SBD max.
3.

Trên SA, SB, SD lấy A
1
, B
1
, D
1
sao cho: SA.SA
1
= SB.SB
1
= SD.SD
1
= 3R
2
.
a)

Chứng minh rằng: Mặt phẳng (A
1

B
1
D
1
) cố ñịnh.
b)

Chứng minh rằng: ðương tròn ngoại tiếp
1 1
SB D
∆
luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh thứ hai khác S.

Giải:

I.
1.
Ta có:
,
( ) '
CB AB CB SA
CB SAB CB AB
⊥ ⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥

• Giả sử AB’, AC’, AD’ cùng thuộc ( )
Q SC
⊥

' , ' , '

' ( ) '
AB SC AC SC AD SC
AB SBC AB SB
⇒ ⊥ ⊥ ⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Tương tự ta có:
'
AD SD
⊥

• Giả sử
'
AB SB
⊥

'
AC SC
⊥
và
'
AD SD
⊥
.
Do
'
AB CB
⊥
nên AB’
⊥

(SBC)
'
AB SC
⇒ ⊥
.
Tương tự suy ra: AD’
⊥
SC.
Ta có: AB’, AC’, AD’ cùng góc với SC
suy ra AB’, AC’, AD’ cùng thuộc mặt phẳng (Q) ñi qua A
và vuông góc với SC.
2
. Ta có:
' ( )
AB SBC
⊥
và
' ( ) ' ' '
AD SCD AB B C
⊥ ⇒ ⊥
và
' ' '
AD D C
⊥
.
Suy ra AB’C’D’ nội tiếp ñường tròn ñường kính AC’.
3.

. ' ' . ' '
. .

. '. ' ' ' . '. ' ' '
. ; .
. . . .
S AB C S AD C
S ABC S ADC
V V
SA SB SC SB SC SA SD SC SD SC
V SA SB SC SB SC V SA SD SC SD SC
= = = =

2 2 2
2 2 2 2
' '. ' '
; ;
SB SB SB SA SC SA SD SA
SB SB SB SC SC SD SD
= = = =

Diện tích
3
. ' ' '
2 2
3.
. .
( ' ' ')
' 2
S AB C D
V
SA AB BC AD DC
AB C D

SC SC SB SD
 
= = +
 
 

4
. Các ñiểm B, D, B’, C’, D’ ñều nhìn AC dưới góc
2
π
nên các ñiểm A, B, C, D, B’, C’, D’ cùng thuộc mặt
cầu ñường kính AC.
5
. Giả sử:
( ) ( )
Q ABCD
∩
hay
( ' ' ') ( ) .
AB C D ABCD At At SC
∩ = ⇒ ⊥

Lại có:
( ) ( )
SA ABCD At SA At SAC
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
(ñpcm)
6
. Do S, A, C cố ñịnh nên C’ và mặt phẳng (Q) cố ñịnh.
Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương

Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-

Theo 2. ta có AB’C’D’ nội tiếp ñường tròn ñường kính AC’ suy ra quĩ tích ñiểm B’, D’ là ñường tròn
ñường kính AC’ xác ñịnh trên (Q)
⊥
SC.
7
. Gọi
J OK AB
= ∩
. Ta có:
'
OK AB OK JB
⊥ ⇒ ⊥

ðiểm B’ thuộc mặt cầu ñường kính AC’ suy ra OB’ = OB
'
OB J OBJ
⇒ ∆ = ∆

2
2
1

16 2
2
27
V h
Max t h a
V a
π
⇒ = ⇔ = = ⇔ =


' ' ' '
JOB JOB OB K OBK KB OB
⇒ = ⇒ ∆ = ∆ ⇒ ⊥
và
KB’ = KB = KA
ðiểm B’ thuộc mặt cầu ñường kính SA suy ra O’B’ = O’A
' ' ' ' ' '
KO A KO B KB O B
⇒ ∆ = ∆ ⇒ ⊥
.Ta có
' '
KB OB
⊥
và O’B’ tại B’ suy ra KB’ là tiếp tuyến của các
mặt cầu ñường kính AC và SA.
8.

' ' ' ' '
1
. ( ' ')

3
SAB C SAB C CAB C
V V V SC dt AB C
= + =

. '
ax ( ' ') ax ' '
S AB C
V m dt AB C m AB C
⇔ ⇔ ∆
vuông cân
'
'
2
AC
AB⇔ =

ðặt SA = a, AC = 2R
2 2
2 2 2 2 2 2
1 2 2 2 4
' ' AS 2
a R
AB AC AC a R
+
⇒ = = + =
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
1 1 1 4 1 2 aR 2

(*)
' AS 2 2
2
a R a R
AB
AB AB a R a a R
a R
+ +
= − = − = ⇒ =
+

Vậy có 2 vị trí của
( , )
B O R
∈
thỏa mãn (*) ñể
. '
.
S AB C
V max

II
.
1.

( ),
SA ABD SH BD AH BD
⊥ ⊥ ⇒ ⊥

⇒

H thuộc ñường tròn ñường kính AO dựng trên mp ñáy.
2
.
2 2 2 2 2
.
5
2
SBD
BD SH
S R SA AH R SA AO R
∆
= = + ≤ + =

Suy ra
SBD
S max H O
∆
⇒ ≡ ⇔ ∆
ABD vuông cân
0
45
α
⇔ =
3
. a.


1
1 1 1 1 1 1
1

2
SB
SA
SA B SBA SB A SAB A B SB
SB SA
π
= ⇒ ∆ ∆ ⇒ = = ⇒ ⊥∼ .
Tương tự:
1 1
A D SD
⊥
. Ta có:
1 1 1 1
( )
CB SAB CB A B A B SB
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
.
Tương tự:
1 1
.
A D SD
⊥
Ta có:
1 1 1 1
( ) ( )
CB SAB A B A B SBC
⊥ ⇒ ⇒ ⊥

1 1
A B SC

⇒ ⊥
. Tương tự
1 1 1 1
( ) .
A D SDC A D SC
⊥ ⇒ ⊥
Vậy
1 1 1
( )
A B D SC
⊥
.
Mặt khác:
2
1 1
3 3
2
R R
SA A
SA
= = ⇒ cố ñịnh
1 1 1
( )
A B D
⇒
cố ñịnh (ñpcm)
b. Ta có: B
1
, D
1

thuộc mặt cầu ñường kính SA
1
cố ñịnh, mặt cầu này cắt SO tại ñiểm O
1
cố ñịnh thuộc mặt
phẳng (SB
1
D
1
)
1 1 1
SB D O
⇒
là tứ giác nội tiếp.
⇒
ðường tròn ngoại tiếp
1 1
SB D
∆
luôn ñi qua ñiểm O
1
cố ñịnh khác S (ñpcm).

C. Chóp tam giác ñều

Bài 1:
Chóp tam giác S.ABC có ñáy là tam giác ñều cạnh a, ñường cao SH = h, góc giữa ñáy và mặt bên
là
α
, góc giữa hai mặt bên kề nhau là

φ
.
Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5
-

1. a. Tính các bán kính hình cầu ngoại tiếp, nội tiếp R, r theo a, h.
b. Giả sử a cố ñịnh, h thay ñổi. Tìm h ñể
r
R
max.
2. a. Tính SH theo
φ
và khoảng cách d từ chân ñường cao ñến cạnh bên.
b. Xác ñịnh quan hệ giữa
α
,
φ
.
3. (P) là mặt phẳng qua BC và vuông góc với SA.
a. h thỏa mãn ñiều kiện gì ñể
[
]
( )

P SA J SA
∩ = ∈
, khi ñó tính diện tích tam giác CBJ.
b. Tính h theo a ñể (P) chi chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau. Chứng minh rằng: Khi ñó tâm cầu
ngoại tiếp chóp trùng tâm cầu nội tiếp chóp.


Giải:

1
.a. Gọi O là tâm cầu ngoại tiếp
O SH
⇒ ∈
.
Ta có:
3
)(
2
22222
a
RhHAOHOAR +−=+==
2 2
3
6
a h
R
h
+
⇒ =
.

Gọi I là tâm cầu nội tiếp chóp
.
I SH
⇒ ∈

Gọi A’ là trung ñiểm BC
⇒
Mặt cầu nội tiếp tiếp xúc mặt phẳng ñáy tại H,
tiếp xúc (SBC) tại
' '
T SA
∈
.
IT IH r
⇒ = =

Ta có tam giác vuông SIT ñồng dạng với tam giác SA’H.
2 2 2 2 2
2
' '\
3
12
6
12 12 12
IT SI r h r h ah
r
A H SA
a
a a a a a h
h h

−
⇒ = ⇔ = = ⇒ =
+ +
+ + +

b
. Ta có:
( )
(
)
2
2 2 2 2 2
6
3 12
r ah
h
a h a a h
=
+ + +

ðặt
2
2
2
12 3 tan
tan 0
2 6
h a
h
a

π β
β β
 
= < < ⇔ =
 
 
suy ra:
( )
(
)
2 2
2
2 2
2
2
2 tan 2sin 2cos (1 cos )
3cos 1
1 1
4 tan 1 1 tan
cos 3 1
cos cos
r
t
R
β β β β
β
β β
β
β β
−

= = = =
+
  
+ + +
+ +
  
  
2
(2 3 )cos 2 cos 0 (1)
t t
β β
⇒ + − + =

ðể (1) có nghiệm thì
2
1
' 1 (2 3 ) 3 2 1 0 1
3
t t t t t
∆ = − − = − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤

Mà t > 0 nên
1
0
3
t
⇒ < ≤

Với
1

3
t
=
thế vào (1) ta ñược
2
1 1
3cos 2cos 0 cos
3 3
β β β
− + = ⇔ =

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6
-

2 2 2 2 2
2
1 6
tan 1 8
cos 3
a
h SA SH HA a SA a
β
β

⇔ = − = ⇒ = ⇒ = + = ⇒ =

.
S ABC
⇒
là tứ diện ñều.
2.
a. Qua H dựng ñường thẳng // BC cắt AB, AC tại M, N
/ /
MN BC
⇒
và
MN SA
⊥
.
Kẻ
( )
HE SA SA MEN MEN
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ∆
cân tại E và

MEN
φ
=
.
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
. ( ). .

. .
SA d SH HA d AH d
SH AH HE SA SH SH
AH AH AH d
+
= ⇒ = = ⇒ =
−

Mà
.cot 3.tan .
6 2
AH MH d
π ϕ
= = nên
2
3. .tan
2
3tan 1
2
a
SH
ϕ
ϕ
=
−
.
b. Ta có:

' .
SA A

α
=
Kẻ

( )
os
; AS ' (AS ). (*)
2
c
BJ SA BJC dt A dt B
ϕ
ϕ
⊥ ⇒ = =
2
1 1 3 3
(AS ') '.AA '.sin . . .sin tan
2 2 6cos 2 8
a a a
dt A SA
α α α
α
= = =
2 2
2 2
1 ' tan 4
( ) . .
2 12
2sin 4sin
2 2
BA a

dt SAB SA BJ SH HA
α
ϕ ϕ
+
= = + =

Do ñó: (*)
2 2 2
2 2 2
2
tan 4 4
tan . . os 3tan .tan tan
8 12 2 2
4sin 3tan 1
2 2
a a
c
α ϕ ϕ
α α α
ϕ ϕ
+
⇔ = ⇔ = =
−

3. a. Ta có:
( ) ( ) ( )
SA BCJ mp P BCJ
⊥ ⇒ ≡
. Vì


0
AA' 90
S <
nên ñể J thuộc ñoạn SA thì

0 2 2 2 2 2 2
AS ' 90 A' ' 2 '
A A SA SA SH A H AH
< ⇔ < + = + +
2 2 2 2
2 2
3
2
4 12 3 6
6
a a a a a
h h h⇔ < + + ⇔ > ⇔ >

Trong tam giác vuông SAA’ có SH = AA’ = A’J.SA suy ra
2 2 2
2
3 3
'
2 3
2
3
h a ah
A J
a h a
h

= =
+
+
. Do ñó:
2
2 2
1 3
( ) '.
2
4 3
a h
dt BJC JA BC
h a
= =
+

b. Yêu cầu bài toán
⇔
J là trung ñiểm của SA.
mà
2 2
2
3 2
' ' '
12 4 3
a a
A J SA A S A A h h a⊥ ⇒ = ⇒ + = ⇔ =

Khi ñó tam giác vuông ABA’ = tam giác vuông SBA’
SB AB a SABC

⇒ = = ⇒
là tứ diện ñều.
⇒
Tâm cầu ngoại tiếp chóp
≡
tâm cầu nội tiếp chóp.

D. Chóp tứ giác ñều

Bài 1:
Cho chóp ñều S.ABCD cạnh ñáy bằng a, ñường cao SH = h.
1. mp(P) qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD tại B’, C’, D’
Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7
-

a. h thỏa mãn ñiều kiện gì ñể C’ thuộc ñoạn SC. Khi ñó tính diện tích (AB’C’D’)
b. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’.
c. Chứng minh rằng: Tam giác B’C’D’ luôn tù.
2. Cho

ASB
α
=

a) Xác ñịnh tâm và bán kính các mặt cầu ngoại, nội tiếp theo
,
a
α
.
b) Chứng minh rằng: 2 tâm ñó trùng nhau
0
45
α
⇔ =
.
3. Gọi V là thể tích chóp SABC; V
1
; V
2
là thể tích hình cầu ngoại tiếp, nội tiếp.
Trong những trường hợp nào thì mỗi tỉ số:
2 2
1
; ;
V V
V
V V V
ñạt Max.
4. Gọi
H AC BD
= ∩
còn
ϕ

là góc tạo bởi mặt bên với mặt ñáy
a) Tìm ñường vuông góc chung của SD, CB. Tính ñộ dài ñoạn vuông góc chung ñó.
b) Mặt phẳng ñi qua BD và vuông góc mặt bên (SCD) chia chóp tháng 2 phần. Tính tỉ số thể tích của 2
phần ñó theo
ϕ
.
5. Lấy M là ñiểm bất kì thuộc AH. Mặt phẳng (P) qua M và song song AD, SH cắt Ab, DC, SD, SA tại I,
J, K, L.
a) Cho
2
h a
=
. Tìm M
AH
∈
ñể IJKL là tứ giác ngoại tiếp.
b) Xác ñịnh M ñể khối ña diện DIJKLH có thể tích lớn nhất.
c) (P) cắt SD tại N. Gọi E là giao ñiểm 2 ñường chéo của tứ giác MNKL. Tìm quỹ tích E khi M chạy trên
AH.
6. Giả sử SA = SB = SC = SD = a.
a) Tính thể tích chóp S.ABCD.
b) Gọi M, N, P là trung ñiểm AB, AD, SC. Mặt phẳng (MNP) cắt SB, SD tại Q, R. Tính ñộ dài BQ, RD.
c) Chứng minh rằng: (MNP) chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau.


Giải:

1
. Gọi H =
AC BD

∩
thì
( )
SH ABCD
⊥
.
Ta có
( ) '
P SC SC AC
⊥ ⇒ ⊥

Dễ thấy SAC cân tại S nên ñể C’
[
]
SC
∈

Thì

ASC
nhọn
2 2 2
AC
SA SC
⇒ < +

2
2 2
2 2
2

2
a a
a h h
 
⇔ < + ⇔ >
 
 

Gọi I
' ' '
AC SH I B D
= ∩ ⇒ ∈
.
ðể ý
' ' '
AC B D
⊥
mà
2 ( ) . 2
dt SAC ha=

2
2
. ' '.
2
a
SC AC AC h
= = +

2

2 2
2
2
ah
AC
h a
⇒ =
+

Lại có:
2 2 2 2
2
. ( )
2 2 2
a a h a
SH IH AH HC h h SI SI
h
−
= = = ⇒ = − ⇒ =

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 8
-

(
)
2 2
2 2 2
2
2 2
2 2
. 1 (2 )
' ' ( ' ' ') '. ' '
2 2
2(2 )
a h a
BD SI a h a
B D dt AB C D AC B D
SH h
h h a
−
−
⇒ = = ⇒ = =
+

b) Ta có:
' ( ' ' ')
SC AB C D
⊥
và
(
)
( )
2

2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2
2
4
' '
2 2
2 2
h a
a a h
SC SA AC h
h a
h a
−
 
= − = + − =
 
+
+
 

(
)
( )
2
2 2 2
' ' '
2 2

2
1
'. ( ' ' ')
3
6 2
SAB C D
a h a
V SC dt AB C D
h h a
−
= =
+

c) Gọi
1 1 1 1 1 1
' ' ; ' ' ' '
B B C BC C C D CD C B D C B D
= ∩ = ∩ ⇒ ∆ ∆
∼
và
1 1
CDB CB D
∆ ∆
∼

với
1 1 1 1 1 1
( ) ( ) 2
B D P ABCD A B D AB AD AC a
= ∩ ⇒ ∈ ⇒ = = =

Ta có
'
AC C
∆
vuông tại C’


1 1
' ' ' ' ' '
4 2
AC AC AC B AC D D C B
π π
⇒ > ⇒ = > ⇒ >

' ' '
B C D
⇒ ∆
luôn là tam giác tù.
2.
a) Gọi O là tâm cầu ngoại tiếp chóp
⇒
O là giao của SH và trung trực của SC trong mp(SHC). Gọi O’
là trung ñiểm của SC.
Ta có tam giác vuông SOO’
'
SO SO
SCH
SC SH
∆ ⇒ =

∼
2
2
2
2
2
. '
4sin os
8sin
2
2
4sin
2 2
SC SO a a
R SO
SH
a
c
a
α
α
α
α
⇒ = = = =
−

Gọi J là tâm cầu nội tiếp chóp còn M là trung ñiểm của BC, khi ñó J là giao của SH và phân giác góc

SMH
. Ta có:

.
JH MH JH MH SH MH
r JH
JS MS SH MH SM MH SM
= ⇒ = ⇒ = =
+ +

2
2 2 2
.cot cot ;
2 2 2 2
cot 1
4 2
a a
SM MC MH CM
a
SH SM HM
α α
α
= = = =
 
⇒ = − = −
 
 

Từ ñó biến ñổi và có
2
tan 45
2 2
a

r
α
 
= −
 
 

ðiều kiện:
0
cot 1 0 90
2
α
α
> ⇔ < <

b) ðể
O J
≡
thì
R r SH
+ =

os sin
os
2 2
2
2sin 4sin os os sin
2 2 2 2
c
a c a a

c c
α α
α
α α α α
α
−
⇔ = +
+

0
1
os sin os sin os sin tan 1 45
2 2 2 2
c c c
α α α
α α α α α
 
⇔ = + − ⇔ = ⇔ = ⇒ =
 
 

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 9
-

3
. Theo (2) có:
2
2
2 2 2 2 2
2
2
2 2 2 4
a
h
SC SH HC h a
R
SH SH h h
+
+ +
= = = =

2 2 2
2
.
.
2
4
2 4
a
h
SH MH ah
r
MH SM

a a a h a
h
= = =
+
+ +
+ +

Ta có:
2 3 3
1 2
1 4 4
, ,
3 3 3
V a h V R V r
π π
= = =

a)
(
)
(
)
3 2 2 2
2
3
2 3 2
2 2
2
4 4 4 tan sin . os (1 os ) os
(1 os ) (1 os )

4
4 1 1 tan
V r ah c c c
V a h c c
a h a
π π π α π α α π α α
α α
α
−
= = = = =
+ +
+ +
+ +

Xét
2
(1 )
( )
(1 )
t t
f t
t
−
=
+
với
0 os 1
t c
α
< = <

3
2
1 3 1
'( ) 0
(1 ) 3
1
os
8 3
tan 2 2 2
t
f t t
t
V
Max t c
V
h a
π
α
α
−
⇒ = = ⇔ =
+
⇒ = ⇔ = =
⇔ = ⇔ =

b)
2 2 4 2 4
3 2 2 3 2 2 3
1

64 16
.
4 4 (2 ) (2 )
V a h a h a h
V R h a h a
π π π
= = =
+ +

ðặt
2 2
2 3
1
2 4 4
0 . . ( )
(1 )
h V t
t f t
a V t
π π
= > ⇒ = =
+

với
2
3
( )
(1 )
t
f t

t
=
+

4
0
(2 )
'( ) 0
2
(1 )
t
t t
f t
t
t
=

−
= = ⇔

=
+


Từ ñó:
2
2
1
16 2
2

27
V h
Max t h a
V a
π
⇒ = ⇔ = = ⇔ =

c) Ta có:
3
2
1
V
r
V R
 
=
 
 
. Xét
2
2 2 2 2
4
(2 )( 4 )
r ah
R
h a a h a
=
+ + +
2
2 2 2 2

4
(2 )( 4 )
r ah
R
h a a h a
=
+ + +

ðặt
( )
( )
( )
2 2
2
2 2
2 2
2 tan 2sin os 2cos (1 os )
tan
1 os
sin 2cos 1 os
tan 2 1 1 tan
c c
c
c
α α α α α
α
α
α α α
α α
−

= = =
+
 
+ +
+ + +
 

Xét
2
(1 )
( )
1
t t
f t
t
−
=
+
với
0 os 1
t c
α
< = <

( )
2
2
2
2 1
'( ) 0 1 2

1
t t
f t t
t
− − +
= = ⇔ = − ±
+

Vậy
(
)
3
2
1
ax 2 1
V
M
V
= −

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 10
-

2 1
os 2 1
2
c t h a
α
+
⇔ = = − ⇔ =
4. a) Gọi M, N là trung ñiểm BC, AD.

MN AD
SNH
SN AD
ϕ
⊥

⇒ ⇒ =

⊥


Trong mặt phẳng (SMN) kẻ
( )
ML SN ML SDA SD ML BC
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥

Từ dựng ñường // AD cắt SD tại P. Từ P dựng ñường // ML cắt BC tại Q.
Khi ñó PQ là ñường vuông góc chung của SD, BC
và PQ = ML = MN
sin as
in

ϕ ϕ
=

b) Kẻ
DE SC
⊥

Do
( )
DB SHC
⊥
nên
( ) ( )
DB SC SC DBE SDC
⊥ ⇒ ⊥ ⊥

Gọi V
1
= V
CBDE
, V
2
là thể tích phần còn lại.
Ta có:
1 1
2 2.
SDBC
V V
CE
V V SC

= =
2
2
2
2 2
2
2
2
2
1 os
2cos 2 2 os
. os
1 os
2cos . 1 os
2
a a a c
SC SM MC
c
SM CB a c a
BE
a
SC
c
c
ϕ
ϕ ϕ
ϕ
ϕ
ϕ ϕ
 

+
 
= + = + =
 
 
 
 
= = =
+
+

2 2 2
2 2
1 1 1
2 2 2
2 1
os os
os
1 os 1 os 1 os
V V V
a c c
CE a a c
c c V c V V V
ϕ ϕ
ϕ
ϕ ϕ ϕ
⇒ = − = ⇒ = ⇒ = =
+ + + −

5

. a) (P) // AD
( ) ( ) IJ / / ; ( ) ( ) / /
P ABCD AD P SAD KL AD
⇒ ∩ = ∩ =

( ) / / ( ) ( ) / / ; ( ) ( ) / /
P SH P SAH LM SH P SDH KH SH
⇒ ∩ = ∩ =

IJ
KL
⇒
là hình thang cân, KLMN là hình chữ nhật.
ðặt
2
x
AM x IM= ⇒ =
. Ta có:
2
LM x
h a
=
2 . 2 3
2
2
1 1
x a x
LM x KJ
a
AM DN DK SK LK

AH DH DS DS a
⇒ = = ⇒ =
= = = − = −

2 2
1 2
LK x a x
LK a x
a a a
−
= − = ⇒ = −
Tứ giác IJKL là tứ giác ngoại tiếp
IJ 2
KL LI KJ KJ
⇔ + = + =

2.3 2
2 3 2 2 4 2
4
2
x a
a a x x a x x MA MH
⇔ + − = = ⇒ + ⇒ = ⇔ =
b)
( )
IJ IJ IJ
1
' (IJ ) (IJ )
3 6
D KLH D KL H KL

a
V V V DJ HH dt KL dt KL
= + = + =
Gọi I’, J’ là trung ñiểm của AB, CD
Kẻ LL’
⊥
SI’; KK’
⊥
SJ’ khi ñó dt(IJKL) = dt(I’J’K’L’)
( ' ')
dt SI J
≤

Từ ñó Max V
DIJKLH
ñạt ñược khi
M H
≡

Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 11
-

c) Gọi P, Q, P’ là trung ñiểm AD, KL, SH còn

E MK NL
= ∩

⇒
E là trung ñiểm OH’. Dễ thấy
,
Q KL SP
= ∩

' IJ , '/ /
H HP QH SH
= ∩

Do ñó khi M thay ñổi trên AH thì QH’ thay ñổi nhưng luôn // SH và E thuộc ñoạn PP’.
6.
a)
3
2 2
.
1 2
; . ( )
3 6
2
S ABCD
a a
SH SA AH V SH dt ABCD= − = = =

b) MN cắt BC, CD tại E, F
2
a

BE DF AM AN
⇒ = = = =

Mp(MNP) cắt SB, SD tại Q, R
;
Q PE SB R PF SD
⇒ = ∩ = ∩

Trong
∆
SCB kẻ PP
1
// CB
1
P
⇒
là trung ñiểm SB
1 1
1
1
4
QP PP
a
QB QP
QB BE
⇒ = = ⇒ = =

Tương tự:
4
a

RD
=

c)
2
.
1
3
S ABCD
V ha
=
Gọi V
1
là phần thể tích chứa ñỉnh S;
V
2
là thể tích phần còn lại.
Ta có:
2
PCEF QBME RDFE
V V V V
 
= − +
 

Dẽ thấy ñường cao hạ từ P xuống ABCD
2
h
=
, ñường cao

Hạ từ các ñiểm R, Q xuống ABCD là
4
h
=
.
Ta có:
2 2
EF
1 3 1
. . ( ) ; 2. . . ( )
3 2 16 3 4 48
P C QBME RDFN
h a h h a h
V dt EFC V V dt DFN= = + = =
2 2 2 2 2 2
2 1 2
3
16 48 6 3 6 6
a h a h a h a h a h a h
V V V
= − = ⇒ = − = =


Bài 2:
Cho hình chóp tứ giác ñều S.ABCD cạnh ñáy bằng a, góc của mặt bên và ñáy bằng 60
0
. Dựng thiết
diện qua CD và là mặt phẳng phân giác của góc nhị diện cạnh CD. Tính diện tích thiết diện và tỉ số thể
tích của hai phần chóp bị chia bởi thiết diện nói trên.

Giải:

Gọi K và E tương ứng là trung ñiểm của CD và AB, thì
SK CD EK
⊥ ⊥

và (SCD)
( )
ABCD DC
∩ =

Nên

SKE
là góc nhị diện cạnh CD.
Theo giả thiết

0
60
SKE =
nên SKE là tam giác ñều,
khi ñó gọi H là trung ñiểm của SE thì
KH SE
⊥

và KH là phân giác của góc

SKE
.

Do DC // (SAB) nên nếu qua H kẻ NM // AB // CD
thì DCMN là thiết diện cần dựng.
Khóa học LTðH môn Toán - Thầy Trần Phương
Chuyên ñề 05 – Hình h
ọc không gian


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng ñài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 12
-

Dẽ thấy DNMC là hình thang cân với ,
2 2
AB a
NM DC a
= = =

và
3
2
a
HK =
.
Gọi S là diện tích thiết diện DCMN, thì:
2
( ). 1 3 3 3
.
2 2 2 2 8
DC MN HK a a a

S a
+
 
= = + =
 
 

Gọi V
1
là thể tích phần hình chóp nằm bên trên thiết diện.
Ta có:
1 . .
(1)
S NMCD S MDC
V V V
= +

Gọi V là thể tích của S.ABCD, ta có:
.
.
. .
1 1 1
. .
2 2 4
1
4 8
S NMD
S ABD
S NMD S ABD
V

SN SM
V SA SB
V
V V
= = =
⇒ = =

Tương tự ta có:
.
.
1
. .
2
1
2
1 3
2 4 5
S MDC
S BDC
S MDC S BDC
V
SM
V SB
VV
V V
V
= =
⇒ = = ⇒ =

Bài 3:

Cho hình chóp tứ giác ñều S.ABCD các mặt bên tạo với ñáy góc
α
.
1.

Vẽ thiết diện qua AC và vuông góc với (SAD).
2.

Tìm tỉ số thể tích
1
2
V
V
hai phần của hình chóp bị chia cắt bởi thiết diện nói trên.
Tính tỉ số ấy khi
0
60
α
=



Giải:

1.
Gọi M, N là trung ñiểm của AD, BC


SMN SNM
α

⇒ = =

Gọi O là tâm của ABCD
Ta có: ,
AD SM AD MN
⊥ ⊥

( ) ( ) ( )
AD SMN SAD SMN
⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Do ( ) ( )
SAD SMN SM
∩ =

Nên trong mặt phẳng (SNM) kẻ
NK SM
⊥

( )
NK SAD
⇒ ⊥
.
Từ O kẻ OI // NK
( )
OI SAD
⇒ ⊥
.
Kéo dài AI và giả sử
AI SD E

∩ =

Ta có:
( ) ( )
AEC SAD
⊥
(vì
( )
OI AEC
∈

Vậy tam giác AEC chính là thiết diện cần dựng.
2.
Gọi V
1
là diện tích của phần chóp S.ABCD nằm dưới thiết diện.
Ta có: V
1
= V
D.AEC
(1)