The tich khoi chop

1) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh A (
µ
A
= 90
o
),
AB=AC=a. Mặt bên qua cạnh huyền BC vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn
lại đều hợp với mặt đáy các góc 60
o
. Hãy tính thể tích của khối chóp S.ABC.
Gi ải :
Kẻ SH vuông góc với BC. Suy ra SH ⊥ mp (ABC)
Kẻ SI vuông góc với AB và SJ ⊥ AC
⇒góc SIH=góc SJH = 60
o
⇒ tam giác SHI = tam giác SHJ
⇒ HI = HJ ⇒ AIHJ là hình vuông
⇒ I là trung điểm AB ⇒ IH = a/2
Trong tam giác vuông SHI ta có SH =
a 3
2
V
(SABC)
=
3
1 a 3
SH.dt(ABC)
3 12
=
(đvtt)
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh

SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60
0
.Trên
cạnh SA lấy điểm M sao cho AM =
3
3
a
, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính
thể tích khối chóp S.BCNM
Gi ải :
Tính thể tích hình chóp SBCMN
( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có :
BC AB
BC BM
BC SA
⊥

⇒ ⊥

⊥

. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là
đường cao
Ta có SA = AB tan60
0
= a
3
,
3

3
2
3
2 3
3
a
a
MN SM MN
AD SA a
a
−
= ⇔ = =
Suy ra MN =
4
3
a
. BM =
2
3
a
Diện tích hình thang BCMN là :
S =
2
4
2
2 10
3
2 2
3 3 3
a

a
BC MN a a
BM
 
+
 ÷
+
= =
 ÷
 ÷
 
Hạ AH
⊥
BM . Ta có SH
⊥
BM và BC
⊥
(SAB)
⇒
BC
⊥
SH . Vậy SH
⊥
( BCNM)

⇒
SH là đường cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM
SB MS

=
=
1
2
.
Vậy BM là phân giác của góc SBA
⇒
·
0
30SBH =

⇒
SH = SB.sin30
0
= a
I
H
J
S
B
C
A
Gi V l th tớch chúp SBCNM ta cú V =
1
.( )
3
SH dtBCNM
=
3
10 3

27
a
3) Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) tâm O đờng kính AB = 2R.Trên đờng
thẳng vuông góc với (P) tại O lấy điểm S sao cho OS = R
3
. I là điểm thuộc đoạn
OS với SI =
2
3
R
. M là một điểm thuộc (C). H là hình chiếu của I trên SM. Tìm vị
trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó.
Gi i :
Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R
3
, SI =
2
3
R
,
SM =
2 2
2SO OM R
+ =

SH = R hay H là trung điểm của SM
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên mp(MAB) thì HK =
1
2
SO=

3
2
R ,
(không đổi)

V
BAHM
lớn nhất khi dt(

MAB) lớn nhất

M là điểm giữa của cung AB
Khi đó V
BAHM
=
3
3
6
R
(đvtt)
A
S
B
C
M
N
D
S
H
I

O
B
M
A
4) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và
mặt phẳng (AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Giải : Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥ ⊥ ⊥


⊥ =

AM SC
⇒ ⊥
(1)
Tương tự ta có
AN SC⊥
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
AI SC
⊥
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.

3
ABMI ABM
V S IH=
Ta có
2
4
ABM
a
S =
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a
IH BC a
BC SC SC SA AC a a
= = = = = ⇒ = =
+ +
Vậy
2 3
1
3 4 3 36
ABMI
a a a
V = =
5) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với ®¸y
hình chóp. Cho AB = a, SA = a
2
. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vu«ng gãc của A
lên SB, SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK) và tính thể tích khèi chóp OAHK.

Giải :
Vì (SBI)và (SCI)vuông góc với (ABCD) nên
SI (ABCD)⊥
.
Ta có
IB a 5;BC a 5;IC a 2;= = =
Hạ
IH BC
⊥
tính được
3a 5
IH
5
=
;
Trong tam giác vuông SIH có
0
3a 15
SI = IH tan 60
5
=
.
2 2 2
ABCD AECD EBC
S S S 2a a 3a= + = + =
(E là trung điểm của AB).
3
2
ABCD
1 1 3a 15 3a 15

V S SI 3a
3 3 5 5
= = =
.
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ với A’.ABC là hình chóp tam giác đều
cạnh đáy AB = a; cạnh bên AA’ = b. Gọi
α
là góc giữa hai mp(ABC) và
mp(A’BC). Tính
tan
α
và thể tích chóp A’.BCC’B’
Gi ải :
Gọi O là tâm đáy suy ra
( )
'A O ABC
⊥
và góc
·
'AIA
α
=
*)Tính
tan
α
'
tan
A O
OI
α

=
với
1 1 3 3
3 3 2 6
a a
OI AI= = =
2 2 2
2 2 2 2
3
' '
3 3
a b a
A O A A AO b
−
= − = − =
2 2
2 3
tan
b a
a
α
−
⇒ =
*)Tính
'. ' 'A BCC B
V
( )
'. ' ' . ' ' ' '.
2 2 2 2 2
1

' . ' .
3
2 3 1 3 3
. . .
3 2 2 6
3
A BCC B ABC A B C A ABC ABC ABC
V V V A O S A O S
b a a a b a
a dvtt
= − = −
− −
= =
6) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC =
2 3a
, BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Gi ải : Từ giả thiết AC =
2 3a
; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm
O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =
3a
; BO = a , do đó
·
0
60A DB =

Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên
giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD).
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
DH AB⊥
và DH =
3a
; OK // DH và
1 3
2 2
a
OK DH= =
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥
(SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
= + ⇒ =
Diện tích đáy
2
4 2. . 2 3
D
S
ABC ABO

S OA OB a
∆
= = =
;
đường cao của hình chóp
2
a
SO =
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO= =
7) Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a.
Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông
góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần
chung của hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h.
Gi ải : SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D :
. .S ABCD S AMND
V V V= −
S
A
B
K
H

C
O
I
D
3a
a
. . .S AMND S AMD S MND
V V V= +
;
. .
. .
1 1
; . ;
2 4
S AMD S MND
S ABD S BCD
V V
SM SM SN
V SB V SB SC
= = = =
. . .
1
2
S ABD S ACD S ABCD
V V V= =
;
. . .
3 5
8 8
S AMND S ABCD S ABCD

V V V V= ⇒ =
2
5
24
V a h⇒ =
M
N
A
B
D
C
S
S'
H
K
8) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =
2
a
.
3aSA =
,
·
·
0
30= =SAB SAC
. Tính
thể tích khối chóp S.ABC.
Giải : Theo định lí côsin ta có:
·
2 2 2 2 2 0 2

SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a= + − = + − =
Suy ra
aSB =
. Tương tự ta cũng có SC = a.
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân
nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC).
Ta có
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV =+=+=
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng
nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra
MN ⊥ BC. Tương tự ta cũng có MN ⊥ SA.
16
a3
2
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2

2
2222222
=








−






−=−−=−=
4
3a
MN =⇒
.
Do đó
16
a
2
a
.
4

3a
.3a
6
1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S
===
S
A
B
C
M
N
9) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông
góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để
thể tích khối chóp lớn nhất .
Gi ải:
( với 0 <
2
π
ϕ <
)
10) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên

các cạnh AB, AC sao cho
( ) ( )
DMN ABC⊥
. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện
DAMN theo x và y. Chứng minh rằng:
3 .x y xy+ =
Gi ải:
Dựng
DH MN H
⊥ =
Do
( ) ( ) ( )
DMN ABC DH ABC⊥ ⇒ ⊥
mà
.D ABC
là
tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
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 . .sin30 . .sin 30
2 2 2
xy x AH y AH⇔ = +
⇔
3 .x y xy+ =

Gọi
ϕ
là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .
Ta có :
·
SCAϕ =
; BC = AC = a.cos
ϕ
; SA = a.sin
ϕ
Vậy
( )
3 2 3 2
SABC ABC
1 1 1 1
V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin
3 6 6 6
= = = ϕ ϕ = ϕ − ϕ
Xét hàm số : f(x) = x – x
3
trên khoảng ( 0; 1)
Ta có : f’(x) = 1 – 3x
2
.
( )
1
f ' x 0 x
3
= ⇔ = ±

Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số
f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm
cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN
hay
( )
( )
x 0;1
1 2
Max f x f
3 3 3
∈
 
= =
 ÷
 
Vậy MaxV
SABC
=
3
a
9 3
, đạt được khi
sin
ϕ
=
1
3
hay
1
arcsin

3
ϕ =
A
B
C
S
ϕ
D
A
BC
H
M
N
11) Cho hỡnh chúp t giỏc S.ABCD cú ỏy l hỡnh ch nht vi SA vuụng gúc vi ỏy, G
l trng tõm tam giỏc SAC, mt phng (ABG) ct SC ti M, ct SD ti N. Tớnh th tớch
ca khi a din MNABCD bit SA=AB=a v gúc hp bi ng thng AN v
mp(ABCD) bng
0
30
.
Gi i :
+ Trong mp(SAC) k AG ct SC ti M, trong mp(SBD) k BG ct SD ti N.
+ Vỡ G l trng tõm tam giỏc ABC nờn d cú
2
3
SG
SO
=
suy ra G cng l trng tõm tam giỏc SBD.
T ú suy ra M, N ln lt l trung im ca

SC, SD.
+ D cú:
. . .
1 1
2 2
S ABD S BCD S ABCD
V V V V= = =
.
Theo cụng thc t s th tớch ta cú:
.
.
.
1 1 1
. . 1.1.
2 2 4
S ABN
S ABN
S ABD
V
SA SB SN
V V
V SA SB SD
= = = =
.
.
.
1 1 1 1
. . 1. .
2 2 4 8
S BMN

S ABN
S BCD
V
SB SM SN
V V
V SB SC SD
= = = =
T ú suy ra:
. . .
3
.
8
S ABMN S ABN S BMN
V V V V= + =
+ Ta cú:
1
. ( )
3
V SA dt ABCD=
; m theo gi thit
( )SA ABCD
nờn gúc hp bi AN vi
mp(ABCD) chớnh l gúc
ã
NAD
, li cú N l trung im ca SC nờn tam giỏc NAD cõn ti
N, suy ra
ã
ã
0

30 .NAD NDA= =
Suy ra:
0
3
tan30
SA
AD a= =
.
Suy ra:
3
1 1 3
. ( ) . . 3
3 3 3
V SA dt ABCD a a a a= = =
.
Suy ra: th tớch cn tỡm l:
3
. .
3 5
8 8
5 3
.
24
= = = =
MNABCD S ABCD S ABMN
a
V V V V V V
12) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và
aCDBCAB ===
. Gọi C và D lần lợt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính

thể tích tích tứ diện ABC D
Gi i :
Vì
ABCDBCCD ,
nên
)(ABCmpCD
và do đó
)()( ACDmpABCmp
.Vì
ACBC

'
nên
)(ACDmpBC
.
Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABCD thì
').''(
3
1
BCDACdtV =
.
Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2
'''
a
BCCCAC ===
.
M
N

O
C
A
D
B
S
G
Ta có
2222222
3aCDBCABBDABAD =++=+=
nên
3aAD =
. Vì BD là đờng cao
của tam giác vuông ABD nên
2
'. ABADAD =
, Vậy
3
'
a
AD =
. Ta có
12
2
3
1
3
3
2
2

2
1
'.'.
2
1

sin''.
2
1
)''(
2
aaa
AD
CD
ADACDACADACDACdt ====
. Vậy
==
2
2
.
12
2
3
1
2
aa
V
36
3
a

13) Trờn cnh AD ca hỡnh vuụng ABCD cú di l a, ly im M sao cho AM = x (0
< x a). Trờn ng thng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ti A, ly im S sao cho
SA = 2a.
a) Tớnh khong cỏch t im M n mt phng (SAC).
b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H . Tìm vị trí của M để thể tích khối
chóp SMCH lớn nhất
( ) ( )
( ) ( , ) .sin 45
2
o
MH AC SAC ABCD
x
MH SAC d M SAC MH AM
=
= = =
Ta có

0
. 45 2
2 2
1 1
. ( 2 )
2 2
2 2
1 1
. 2 ( 2 )
3 6
2 2
MHC
SMCH MCH

x x
AH AM cos HC AC AH a
x x
S MH MC a
x x
V SA S a a


= = = =
= =
= =
Từ biểu thức trên ta có:

[ ]
3
2
2
1
2 2
3 2 6
2
2 2
SMCH
x x
a
a
V a
x x
a
x a

+
=
=
=


M trùng với D
14)
Gi i: Do
( )
( ) ( )
( )
SA ABCD
SAC ABCD
SA SAC






Lai có