MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN CỦA HÌNH CHÓP

Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

263

MỘT SỐ DẠNG TOÁN CƠ BẢN CỦA HÌNH CHÓP

A. CHÓP TAM GIÁC CÓ CẠNH VUÔNG GÓC MẶT ĐÁY VỚI ĐÁY LÀ TAM GIÁC
KHÔNG VUÔNG
Bài mẫu:
Lấy S
∈
A
t

⊥
(ABC). Gọi I là trực tâm
∆
SBC với các đường cao BE,
CF, K là trực tâm
∆
ABC với các đường cao BM, CN.
I.
Chứng minh rằng:
1.

(BME)
⊥
(SAC), (CNF)
⊥
(SAB), (APS)
⊥

(SBC)
2.

KI
⊥
(SBC)
3.

EM, FN, IK, SA đồng qui tại Q
4.

Tứ diện SQBC có các cặp cạnh đối 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 đi qua 1 điểm cố định khi S
∈

A
t
. Gọi
điểm cố định là T. Chứng minh rằng:


TAB TCA
=

II.
Giả sử
∆
ABC đều cạnh
a
.
1.

Tìm S
∈
A
t
để
SQBC
min, min
SQ V

2.

Biết
3

IS
IP
=
. Tính
SQ
theo
a
.
3.

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

Khi S
∈
A
t
. Chứng minh rằng: Tâm cầu ngoại tiếp SQBC luôn thuộc
một đường thẳng cố định.
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 đường thẳng EM, FN, IK, SA đôi một cắt nhau nhưng không có 3
đường nào đồng phẳng nên chúng đồng qui tại Q.
4.
SQ
⊥
(ABC)
⇒
SQ
⊥
BC
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

264

SC
⊥
(BME)
⇒
SC
⊥
QB ; SB
⊥
(CFN)
⇒
SB
⊥
QC
5.
Tam giác vuông ASP

∼
tam giác vuông AQK và BNKP, CMKP nội tiếp nên:
. . . .
AS AQ AK AP AN AB AM AC
= = =
(đpcm)
6.

2
SH SB SA SJ SC
⋅ = = ⋅

⇒
BHJC nội tiếp.
7.
Gọi AD là đường kính của đường tròn
ngoại tiếp
∆
ABC
⇒
DB
⊥
AB , DB
⊥
SA
⇒
DB
⊥
AH. Mà AH
⊥

SB
⇒
AH
⊥
(SBD)
⇒
AH
⊥
HD.
Tương tự AJ
⊥
(SCD)
⇒
AJ
⊥
JD
Vậy A, B, C, H, J thuộc mặt cầu đường kính AD.
8.
Kéo dài JH cắt BC tại T
⇒
TA
⊥
SA
Theo trên: AH
⊥
SD
⊥
AJ
⇒
SD

⊥
(AJH)
⇒
SD
⊥
TA.
Do đó TA
⊥
(SAD)
⇒
TA
⊥
AD. Vậy T cố định và


TAB TCA
=

II.
Vì
∆
ABC đều nên K là tâm
∆
ABC
1.

3
2 2 2 2
2
3

a
a
SQ SA AQ SA AQ AK AP a= + ≥ ⋅ = ⋅ = ⋅ =

Dấu bằng xảy ra
⇔

2
a
AS AQ= =
.
SQBC ABC
1
3
V SQ S
∆
= ⋅
nhỏ nhất
⇔

SQ
min
⇔

2
a
AS =

2.
Tam giác vuong KIP ~ tam giác vuông SAP

⇒

IP IS KP AP
⋅ = ⋅

2
2 2 2 2
3
3
4. ,
4 4 4 12
a
a a a
IP IP IS KI KP IP⇔ = ⇒ = ⇒ = = − =

Tam giác vuông SIQ ~ tam giác vuông KIP
⇒

3
2
KP SI a
SQ
KI
⋅
= =

3.

( )
SABC

2 2 2 2 2
SBC
2
3
3.
3
2
d ,( )
3 4 3
4
a
h
V
ah
SA AP BC SA AP
A SBC
S SP BC
SA AP a h a
h
⋅
⋅ ⋅ ⋅
= = = = =
⋅
+ +
+

4.
Mặt cầu ngoại tiếp SQBC cắt mặt phẳng (C, A
t
) theo đường tròn (

ω
) ngoại
tiếp
∆
CSQ còn (
ω
) cắt CA kéo dài tại C
′

S
A
Q
T
B
D
P
C
E
J
H
M
K
N
F
t
I
Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

265

⇒

2
2
a
AC AC AS AQ AK AP
′
⋅ = ⋅ = ⋅ =

⇒
C
′
cố định
⇒
Tâm cầu thuộc đường thẳng cố dịnh (d)
⊥
(BCC
′
) tại tâm ngoại tiếp
∆
BCC
′
.
B. CHÓP CÓ CẠNH VUÔNG GÓC MẶT ĐÁY VỚI ĐÁY LÀ TAM GIÁC VUÔNG HOẶC
TỨ GIÁC NỘI TIẾP
Bài 1.
Cho hình chóp SABCD có SA
⊥
(ABCD) và ABCD nội tiếp trong
đường tròn tâm O đường kính AC

=
2
R
.
I.
Lấy B
′
, C
′
, D
′

∈
SB, SC, SD và gọi (Q) là mặt phẳng đi qua A.
1.

CMR: AB
′
, AC
′
, AD
′
cùng
∈
(Q)
⊥
SC
⇔
{AB
′⊥

SB, AC
′⊥
SC, AD
′⊥
SD}.
Các câu sau với giả thiết (Q)
⊥
SC và S cố định.
2.

Chứng minh rằng: Tứ giác AB
′
C
′
D
′
nội tiếp
3.

Nêu phương pháp tính
SAB C D
V
′ ′ ′
và dt(AB
′
C
′
D
′
)

4.

Chứng minh rằng: 7 điểm A,B,C,D,B
′
,C
′
,D
′
cùng thuộc một mặt cầu.
5.

CMR: Giao tuyến của (Q) với (ABCD) là đường thẳng
⊥
(SAC)
6.

Tìm quĩ tích B
′
, D
′
khi B, D
∈
(O,
R
)
7.

Gọi K là giao điểm các tiếp tuyến của (O,
R
) tại A và B. Chứng minh rằng:

KB
′
là tiếp tuyến của mặt cầu đường kính AC và mặt cầu đường kính SA.
8.

Xác định vị trí của B
∈
(O,
R
) để
SAB C
V
′
max.
II.
Giả sử
2
SA R
=
và BD là một đường kính quay quanh O. Đặt

ABD
α =
.
1.

Kẻ SH
⊥
BD. Tìm quĩ tích của H.
2.

Xác định
α
để diện tích
∆
SBD max.
3.

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

a) Chứng minh rằng: Mặt phẳng (A
1
B
1
D
1
) cố định.
b) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp
∆

SB
1
D
1
luôn đi qua một điểm
cố định thứ hai khác S.
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

266

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

i
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
i
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 vuông góc với SC suy ra AB
′
, AC
′
, AD
′

cùng thuộc mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với SC.
2.
Ta có AB
′

⊥
(SBC) và AD
′

⊥
(SDC)
⇒
AB
′

⊥
B
′
C
′
và AD
′

⊥
D
′
C
′
.
Suy ra AB
′
C
′
D

′
nội tiếp đường tròn đường kính AC
′
.
3.

SAB C D SAB C SAC D SABCD SABC SACD
;V V V V V V
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
= + = +

Sử dụng:
SAB C SAD C
SABC SADC
. . . .
;
. . . .
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 SC SD
SB SB SC SD
′ ′ ′ ′
= = = =

Diện tích (AB
′
C
′
D
′
)
=

3
SAB C D
2 2
3
. .
2.
V
SA AB BC AD DC
SC SC
SB SD
′ ′ ′
⋅
 
= +
 
′

 

4.
Các điểm B,D,B
′
,C
′
,D
′
đều nhìn AC dưới một góc
2
π
nên các điểm
A,B,C,D,B
′
,C
′
,D
′
cùng thuộc mặt cầu đường kính AC.
C
′

B
′

C
B
A
D

D
′

K
S
O
J
O
′

Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

267

5.
Giả sử
(Q) (ABCD)
∩
hay
(AB C D ) (ABCD) A
t
′ ′ ′
=
∩

⇒
A
t

⊥

SC.
Lại có SA
⊥
(ABCD)
⇒
A
t

⊥
SA
⇒
A
t

⊥
(SAC) (đpcm)
6.
Do S, A, C cố định nên C
′
và mặt phẳng (Q) cố định.
Theo
2.
ta có AB
′
C
′
D
′
nội tiếp đường tròn đường kính AC
′

suy ra quĩ tích
điểm B
′
, D
′
là đường tròn đường kính AC
′
xác định trên (Q)
⊥
SC.
7.
Gọi
J OK AB
=
∩
. Ta có: OK
⊥
SA, OK
⊥
AB
⇒
OK
⊥
JB
′

Điểm B
′
thuộc mặt cầu đường kính AC suy ra OB
′

=
OB
⇒

∆
OB
′
J
=

∆
OBJ
⇒



JOB JOB
′
=

⇒

∆
OB
′
K
=

∆

OBK
⇒
KB
′

⊥
OB
′
và
KB KB KA
′
= =

Điểm B
′
thuộc mặt cầu đường 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 đường kính AC và SA.
8.

( )
SAB C SAB C CAB C
1
dt AB C
3
V V V SC
′ ′ ′ ′ ′
′ ′
= + = ⋅

SAB C
V
′
max
⇔

(
)
dt AB C
′ ′
max
⇔

∆
AB

′
C
′
vuông cân
⇔

2
AC
AB
′
′
=

Đặt
, 2
SA a AC R
= =

⇒

2 2
2 2 2 2 2 2
4
1 2 2 2
2
a R
AB AC AS AC a R
+
= = + =
′ ′

2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2
1 1 1 1
2 2
a R a R
AB AB AS a R a a R
+ +
= − = − =
′

⇒

2 2
2
2
aR
AB
a R
=
+
(*)
Vậy có 2 vị trí của B
∈
(O,
R
) thỏa mãn (*) để
SAB C
V

′
max.
II. 1.
SA
⊥
(ABD) , SH
⊥
BD
⇒
AH
⊥
BD
⇒
H thuộc đường tròn đường kính AO dựng trên mp đáy.
2.

2 2
SBD
2
BD SH
S R SA AH
⋅
= = +
2 2 2
5
R SA AO R
≤ + =

Suy ra
SBD

max
S

⇔
H
≡
O
⇔

∆
ABD vuông cân
⇔

45
α = °

3. a.

1
1
SB
SA
SB SA
=

⇒

∆
SA
1

B
1
~
∆
SBA
⇒



1 1
2
SB A SAB
π
= =

⇒
A
1
B
1

⊥
SB.
Tương tự: A
1
D
1

⊥
SD. Ta có: CB

⊥
(SAB)
⇒
CB
⊥
A
1
B
1

⇒
A
1
B
1

⊥
(SBC)
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

268

⇒
A
1
B
1

⊥
SC. Tương tự A

1
D
1

⊥
(SDC)
⇒
A
1
D
1

⊥
SC. Vậy (A
1
B
1
D
1
)
⊥
SC.
Mặt khác
2
1
3 3
2
R R
SA
SA

= =

⇒
A
1
cố định
⇒
(A
1
B
1
D
1
) cố định (đpcm)
b.
Ta có B
1
, D
1
thuộc mặt cầu đường kính SA
1
cố định, mặt cầu này cắt SO tại
điểm O
1
cố định thuộc mặt phẳng (SB
1
D
1
)
⇒

SB
1
D
1
O
1
là tứ giác nội tiếp
⇒
Đường tròn ngoại tiếp
∆
SB
1
D
1
luôn đi qua điểm O
1
cố định khác S. (đpcm)
C. CHÓP TAM GIÁC ĐỀU
Bài 1.
Chóp
∆
đều SABC có đáy là
∆
ABC đều cạnh
a
, đường cao SH =
h
góc
giữa đáy và mặt bên là
α

; góc giữa hai mặt bên kề nhau là φ.
1. a.
Tính các bán kính hình cầu ngoại, nội tiếp R, r theo
a
,
h
.
b.
Giả sử
a
cố định,
h
thay đổi. Tìm
h
để
r
R
max.
2. a.
Tính SH theo φ và khoảng cách
d
từ chân đường cao đến cạnh bên.
b.
Xác định quan hệ giữa
α
, φ.
3.
[P] là mặt phẳng qua BC
⊥
SA.

a.

h
thỏa mãn điều kiện gì để
[
]
P SA J
= ∈
∩
đoạn SA, khi đó tính diện tích
∆
CBJ.
b.
Tính
h
theo
a
để [P] chia chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau. Chứng
minh rằng: Khi đó tâm cầu ngoại tiếp chóp ≡ tâm cầu nội tiếp chóp.
Giải

1. a.
Gọi O là tâm cầu ngoại tiếp
O SH
⇒ ∈
.
Ta có
( )
2
2

2 2 2 2
3
a
R OA OH HA h R= = + = − +

⇒

(
)
2 2
3
6
a h
R
h
+
=
.
Gọi I là tâm cầu nội tiếp chóp
I SH
⇒ ∈
.
Gọi A
′
là trung điểm BC
B

H

A

′

C

N

M

A

E
J
I
T
O
S
Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

269

⇒
Mặt cầu nội tiếp tiếp xúc mặt phẳng đáy tại
H, tiếp xúc [SBC] tại
T SA IT IH r
′
∈ ⇒ = =
.
Ta có tam giác vuông SIT ~ tam giác vuông SA
′
H

2 2 2 2 2
2
3
12
6
12 12 12
SI h r h ah
IT r
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
ah
r
R

a h a a h
=
+ + +

Đặt
(
)
2
2
2
3 tan
12
tan 0
2 6
a
h
h
a
β
π
= β < β < ⇔ =
suy ra:
( )
( )
(
)
2 2
2
2 2
2

2
2cos 1 cos
2 tan 2sin
1 1
3cos 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 2cos 0
t t

⇒ + β − β + =
(1)
Để (1) có nghiệm thì
( )
2
1
1 2 3 3 2 1 0 1
3
t t t t t
′
∆ = − − = − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤

Mà
0
t
>
nên
1
0
3
t
⇒ < ≤

Với
1
3
t
=
thế vào (1) ta được
23

1 1
3cos 2cos 0 cos
3 3
β − β + = ⇔ β =

2
2
6
1
tan 1 8
3
cos
a
h⇔ β = − = ⇒ =
β

2 2 2 2
SA SH HA a SA a
⇒ = + = ⇒ =

⇒
SABC là tứ diện đều.
2. a.
Qua H dựng đường 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
.
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

270

Ta có SH.AH = HE.SA
(
)
2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
. .
SH HA d
SA d AH d
SH SH
AH AH AH d
+

⇒ = = ⇒ =
−

Mà
.cot 3 tan
6 2
AH MH d
ϕ
π
= = ⋅ ⋅
nên
2
3. .tan
2
3tan 1
2
a
SH
ϕ
=
ϕ
−
.
b.
Ta có

SA A
′
= α
. Kẻ BJ

⊥
SA

BJC
⇒ = ϕ
;
( ) ( )
cos
2
dt ASA dt ASB
ϕ
′
= ⋅
(*)
( )
2
3 3
1 1
. .sin .sin tan
2 2 6cos 2 8
a a
a
dt ASA SA AA
′ ′ ′
= α = ⋅ ⋅ α = α
α

( )
2 2
2 2

tan 4
1
.
2 12
2sin 4sin
2 2
a
BA
dt SAB SA BJ SH HA
′
α +
= = ⋅ + =
ϕ ϕ
. Do đó:
(*)
2 2 2
2 2 2
2
tan 4
4
tan cos 3tan tan tan
8 12 2 2
4sin 3tan 1
2 2
a a
ϕ ϕ
α +
⇔ α = ⋅ ⋅ ⇔ α ⋅ = α =
ϕ ϕ
−

3. a.
Ta có SA
⊥
[[BCJ]
⇒
mặt phẳng [P] ≡ [BCJ]. Vì

o
90
SAA
′
<
nên để J
thuộc đoạn SA thì

o
90
ASA
′
<
2 2 2 2 2 2
2
AA 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 đó
( )
2
2 2
3
1
.
2
4 3
a h
dt BJC JA BC
h a
′
= =
+

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

Khi đó tam giác vuông ABA
′
= tam giác vuông SBA
′

⇒
SB = AB =
a

⇒
SABC là tứ diện đều
⇒
Tâm cầu ngoại tiếp chóp ≡ tâm cầu nội tiếp chóp.
Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

271

D.
CHÓP TỨ GIÁC ĐỀU
Bài 1
. Cho chóp tứ giác đều SABCD cạnh đáy
a
, đường cao SH =
h

1. mp[P] qua A và
⊥
SC cắt SB, SC, SD tại B
′

, C
′
, D
′

a)
h
thỏa mãn điều kiện gì để C
′

∈
đoạn SC. Khi đó tính dt(AB
′
C
′
D
′
)
b) Tính thể tích chóp S.AB
′
C
′
D
′
.
c) Chứng minh rằng:
∆
B
′
C

′
D
′
luôn tù.
2. Cho

ASB
= α

a) Xác định tâm và bán kính các mặt cầu ngoại, nội tiếp theo
a
,
α
.
b) Chứng minh rằng: 2 tâm đó trùng nhau
o
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
V
V
;
1

V
V
;
2
1
V
V
đạt Max.
4. Gọi
H AC BD
=
∩
còn φ là góc tạo bởi mặt bên với mặt đáy
a) Tìm đường
⊥
chung của SD, CB. Tính độ dài đoạn
⊥
chung đó.
b) Mặt phẳng đi qua BD và
⊥
mặt bên [SCD] chia chóp thành 2 phần. Tính tỉ
số thể tích của 2 phần đó theo φ.
5. Lấy M là điểm bất kỳ
∈
AH. Mặt phẳng [P] qua M và // AD, SH cắt AB,
DC, SD, SA tại I, J, K, L.
a) Cho
2
h a
=

. Tìm M
∈
AH để IJKL là tứ giác ngoại tiếp.
b) Xác định M để khối đa diện DIJKLH có thể tích max.
c) [P]
∩
BD = N. Gọi E là giao điểm 2 đường 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 SABCD.
b) Gọi M, N, P là trung điểm AB, AD, SC. Mặt phẳng [MNP] cắt SB, SD tại
Q, R. Tính độ dài BQ, RD.
c) Chứng minh rằng: [MNP] chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau.
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

272

Giải

1.
Gọi H = AC
∩
BD thì SH
⊥
[ABCD].
Ta có [P] SC
⇒
SC

⊥
AC
′

Dễ thấy SAC cân tại S nên để C
′

∈
đoạn
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
′ ′ ′
= ⇒ ∈
∩
.
Để 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
a a
SH IH AH HC h h SI
= = = ⇒ = −

⇒

2 2
2
2
h a
SI
h
−
=

⇒

(

)
2 2
2
2 2
.
2
a h a
BD SI
B D
SH
h
−
′ ′
= =

( )
(
)
( )
2 2 2
2 2
2
1
.
2
. 2 2
a h a
dt AB C D AC B D
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
; ~
B B C BC C C D CD C D B 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



1 1
4 2
C AC AC AC B AC D D C B
π π
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
⇒ > ⇒ = > ⇒ >

B C D
′ ′ ′
⇒ ∆
luôn là
∆
tù.
S

D
1
A

N
L
D
P
D
′

I
J
O

H

B
′

B
1
B

M

Q

C

E

C
′

Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

273

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 điểm của SC.
Ta có tam giác vuông SOO
′
~ tam giác vuông SCH
SO SO
SC SH
′
⇒ =

2
2 2
2
2
.
4sin cos
8sin
2
2 2
4sin
2
SC SO a a
R SO
SH
a a
′
⇒ = = = =
α
α
α

−
α

Gọi J là tâm cầu nội tiếp chóp còn M là
trung điểm của BC, khi đó J là giao của
SH và phân giác góc

SMH
. Ta có
.
JH JH SH MH
MH MH
r JH
JS MS SH MH SM MH SM
= ⇒ = ⇒ = =
+ +

.cot cot
2 2 2
a
SM MC
α α
= =
;
2
a
MH CM
= =

⇒

(
)
2
2 2 2
cot 1
4 2
a
SH SM HM
α
= − = −

Từ đó biến đổi và có
(
)
2
tan 45
2 2
a
r
α
= −

(ĐK:
o
cot 1 0 90
2
α
> ⇔ < α <
)

b)
Để O ≡ J thì
R r SH
+ =

cos sin
cos
2 2
2
2sin 4sin cos cos sin
2 2 2 2
a
a
α α
−
α
α
⇔ = +
α α α α
α +

(
)
1
cos sin cos sin cos sin
2 2 2 2
α α α
⇔ α = + − ⇔ α = α

o

tg 1 45
⇔ α = ⇒ α =

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
+
+ +
= = = =

E
M

C
B
A
D
S
H
N

O
J
O
′

Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

274

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

1
3
V a h
=
,
3
1
4
3
V R
π
=
,
3
3
4
3
V r
π
=

a)

( ) ( )
( )
( )
( )
3 2 2 2
2
2 3 3 3 2

2 2 2
1 cos cos
4 4 . 4 .tan .sin .cos
1 cos 1 cos
4 4 1 1 tan
V
r ah
V
a h
a h a
π − α α
π π π α π α α
= = = = =
+ α + α
+ + + + α

Xét
( )
(
)
( )
2
1
1
t t
f t
t
−
=
+

với
0 cos 1
t
< = α <

⇒

( )
( )
3
1 3
1
0
3
1
t
f t t
t
−
′
= = ⇔ =
+

2
1
Max cos
8 3
V
t
V

π
⇒ = ⇔ = α =

tan 2 2 2
h a
⇔ α = ⇔ =
.
b)
( ) ( )
2 2 4 2 4
3 3 3
2 2 2 2
1
64 16
4 .
4 2 2
V a h a h a h
V
R
h a h a
= = = ⋅
π
π
π + +

Đặt
( )
( )
2 2
2 3

1
2
4 4
0
1
h V t
t f t
V
a
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 đó
2
2
1
16 2
Max 2
27
V h
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
ah
r
R
h a a h a
=
+ + +

Đặt

( )
( )
( )
(
)
2 2
2
2 2
2 2
2cos 1 cos
2tan 2sin cos
tan
1 cos
sin 2cos 1 cos
tan 2 1 1 tan
α − α
α α α
α = = =
 
+ α
α+ α + α
α+ + + α
 

Xét
( )
(
)
2
1

1
t t
f t
t
−
=
+
với
0 cos 1
t
< = α <
;
t
f
′

f
0 2
+∞
0 0
0
0
4
27

+ –
t
f
′

f
0
1
3

1
0 –
+
0 0
1
8

Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

275

( )
( )
2
2
2
2 1
0 1 2
1
t t
f t t
t
− − +
′
= = ⇔ = − ±

+

Vậy
( )
3
2
1
Max 2 1
V
V
= −

cos 2 1
t
⇔ α = = −
2 1
2
h a
+
⇔ =

4. a)
Gọi M, N là trung điểm BC, AD

MN AD
SNH
SN AD
⊥

⇒ ⇒ = ϕ


⊥


Trong mp[SMN] kẻ
[
]
ML SN ML SDA SD ML BC
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥

Từ dựng đường // AD cắt SD tại P. Từ P
dựng đường // ML cắt BC tại Q.
Khi đó PQ là đường
⊥
chung của SD, BC
và PQ = ML = MN
sin sin
a
ϕ = ϕ

b)
Kẻ
DE SC
⊥

Do
[
]
DB SHC
⊥

nên
[
]
[
]
[
]
DB SC SC DBE BDE SDC
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Gọi
1 2
,
CBDE
V V V
=
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
1 cos
2cos 2 2
cos
a a a
SC SM MC
+ ϕ
= + = + =
ϕ
ϕ

2
2 2
.cos
.
2cos 1 cos 1 cos
2
a
SM CB a
BE
SC a
ϕ
= = =
ϕ⋅ + ϕ + ϕ

2 2

2
2 2
1 1 1
2 2 2
2 1
cos cos
cos
1 cos 1 cos 1 cos
V V V
a
CE a a
V V V V
ϕ ϕ
⇒ = − = ⇒ = ⇒ = = ϕ
−
+ ϕ + ϕ + ϕ

5. a)

[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
// // ; //

P AD P ABCD IJ AD P SAD KL AD
⇒ = =
∩ ∩

[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
// // ; //
P SH P SAH LM SH P SDH KH SH
⇒ = =
∩ ∩

E
M

C
B
A
D
S
H
N
L

t
f
′

f
0
1 2
− +

+∞
0 0
0
0
2 1
2
−

+
–
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

276

⇒
IJKL là hình thang cân, KLMN là hình chữ nhật.
Đặt
2
x
AM x IM= ⇒ =
. Ta có

2
x
LM
h a
=

2 . 2
3
2
2
x a
x
LM x KJ
a
⇒ = = ⇒ =

1 1
DN SK
AM DK LK
AH DH DS DS a
= = = − = −

2 2
1 2
x a x
LK
LK a x
a a a
−
⇒ = − = ⇒ = −

Tứ giác IJKL là tứ giác ngoại tiếp
2
IJ KL LI KJ KJ
⇔ + = + =

2
2.3
2 3 2 2 4 2
4
2
a
x
a a x x a x x MA MH
⇔ + − = = ⇒ + ⇒ = ⇔ =

b)

( ) ( ) ( )
1
3 6
DIJKLH DIJKL HIJKL
a
V V V DJ HH dt IJKL dt IJKL
′
= + = + =

Gọi I
′

, J
′
là trung điểm của AB, CD
Kẻ LL
′

⊥
SI
′
; KK
′

⊥
SJ
′
khi đó
(
)
(
)
(
)
dt IJKL dt I J K L dt SI J
′ ′ ′ ′ ′ ′
= ≤

Từ đó MaxV
DIJKLH
đạt được khi M ≡ H
c)

Gọi P, Q, P
′
là trung điểm AD, KL, SH còn
E MK NL
=
∩

⇒
E là trung điểm QH
′
. Dễ thấy
, , //
Q KL SP H IJ HP QH SH
′ ′
= =
∩ ∩

Do đó khi M thay đổi trên AH thì QH
′
thay đổi nhưng luôn // SH và E
∈
đoạn PP
′
.
6. a)

( )
3
2 2
2

1
; .
3 6
2
SABCD
a
a
SH SA AH V SH dt ABCD= − = = =

b)
MN cắt BC, CD tại E, F
2
a
BE DF AM AN
⇒ = = = =

mặt phẳng [MNP] cắt SB, SD tại Q, R
;
Q PE SB R PF SD
⇒ = =
∩ ∩

Trong
∆
SCB kẻ PP
1
// CB
S

K

K
′

L
′

P
′

L
Q
J
N
M
I
I
′

P
D
A
B

C

H
J
S
P

P
1
Q

B

M

E

A

N

H

D

F

R

C

Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

277

⇒
P

1
là trung điểm SB
1 1
1
1
4
QP PP
a
QB QP
QB BE
⇒ = = ⇒ = =
. Tương tự
4
a
RD
=

c)

2
1
3
SABCD
V ha
=

Gọi
1
V
là thể tích phần chứa đỉnh S;

2
V
là thể tích phần còn lại
Ta có
2
PCEF QBME RDFN
V V V V= − +
 
 

Dễ thấy đường cao hạ từ P xuống
ABCD bằng
2
h
, đường cao
hạ từ các điểm R, Q xuống ABCD là
4
h
. Ta có:
( )
2
3
1
3 2 16
PEFC
h a h
V dt EFC= ⋅ ⋅ =
;
( )
2

1
2
3 4 48
QBME RDFN
h a h
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 đều S.ABCD cạnh đáy bằng a, góc của mặt bên
và đáy bằng 60
o
. 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 hình
chóp bị chia bởi thiết diện nói trên.
Giải
Gọi K và E tương ứng là trung điểm của
CD và AB, thì
SK CD EK
⊥ ⊥
và (SCD)
∩
(ABCD) = DC nên


SKE
là góc nhị diện
cạnh CD.
Theo giả thiết thì

60
o
SKE =
nên SKE là
tam giác đều, khi đó gọi H là trung điểm
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.
S
N

O
A
M
B
C
E
B

H
K
S
P
P
1
Q

B

M

E

A

N

H

D

F

R

C

Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

278

Dễ thấy DNMC là hình thang cân với
2 2
a
AB
NM
= =
, DC = a và
3
2
a
HK =
.
Gọi S là diện tích của thiết diện DCMN, thì
( )
(
)
2
3 3 3
1
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:
V
1
= V
S.NMCD
= V
S.NMD
+ V
S.MDC
(1)
Gọi V là thể tích của
hình chóp S.ABCD, ta có
.
.
1 1 1
2 2 4
S NMD
S ABD
V
SN SM
V SA SB
= ⋅ = ⋅ =

. .
1
4 8
S NMD S ABD
V

V V
⇒ = =

Tương tự có:
.
1
. ,
. 2
3
1 1
2 2 4 5
S MDC
S MDC S BDC
S BDC
V V
SM V
V V
V SB V
= = ⇒ = = ⇒ =
, ở đây V
2
là
thể tích phần hình chóp nằm bên dưới thiết diện.
Bài 3.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các mặt bên tạo với đáy 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 bởi thiết diện nói trên.
Tính tỉ số ấy khi
α
= 60
o
.
Giải
vvGọi M, N là trung điểm 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 (SMN) kẻ
S
K
O
B
M
C
D
A
I
M

E
N

α

S
N

O
A
M
B
C
E
B
H
K
Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

279

(
)
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
1 .
D AEC
V V=
(1)
Ta có:
.
.
.
2
D AEC
D AEC
D SAC

V
V
DE DE
V
V DS DS
= ⇒ = ⋅
(2)
(vì
. . .
1 1
2 2
D SAC S ACD S ABCD
V V V V
= = =
)
Kẻ
1
//
2
MF AE EF ED
⇒ =

2 2
DE EF IM
ES ES IS
⇒ = =
(3)
Trong tam giác vuông SOM,
có SO
2

= SI.SM; OM
2
= MI.SM
(
)
2
2
cot
OM
IM
IS OS
⇒ = =
α
(4)
Thay (4) vào (3), ta có:
2
2cot
DE
ES
=
α

2
2
2cos
α
sin
α
=

2 2 2
2 2 2 2
2cos
α 2cos α 2cos α
2cos
α sin α 1 cos α 1 cos α
DE DE
ES DE DS
⇒ = = ⇒ =
+
+ + +
(5)
Thay vào (2) và có:
( )
2 2
1
2
2
2cos α cos α
1 cos
α
2 1 cos α
V V V
= =
+
+

2
2
1

2 1
2 2
2
cos α
1
1 cos
α
1 cos α 1 cos α
V
V V V V V
V
 
⇒ = − = − = ⇒ =
 
+ +
 
.
Đặc biệt khi
α 60
o
=
thì
1
2
1
4
V
V
=
.

Bài 4.
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi M là trung điểm của SB. Thiết
diện tạo bởi mặt phẳng (MAD) chia hình chóp S.ABCD thành 2 phần có thể
tích là V
1
, V
2
. Tìm tỉ số
1
2
V
V
.
S
K
O
B
M
C
D
A
I
M

E
N

α

Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

280

E. CHÓP TỨ GIÁC KHÁC
Bài 1
.
Trong mp[P] cho hình chữ nhật ABCD với AB =
a
, BC =
b
.
1. Gọi I, J là trung điểm AB, CD. Trong mp[Q] đi qua IJ và
⊥
[P] dựng nửa
đường tròn [L] đường kính IJ. Lấy S bất kỳ
∈
(L)
a) Kẻ AA
′

⊥
SB. Chứng minh rằng: AA
′

⊥
BJ.
b) Gọi H
′
, K
′

là hình chiếu
⊥
của các trực tâm H, K của
∆
SAB, SCD xuống
[P]. Chứng minh rằng: HH
′
.KK
′
= const khi S
∈
(L).
c) M
∈
(AD) và N
∈
(BC) sao cho

2
MH N
π
′
=
. Giả sử S cố định. Tìm vị trí M,
N sao cho chóp S.MNH
′
có thể tích min.
2. Lấy E
∈
đường tròn (T) đường kính BD trong mp[R]

⊥
[P]. Đặt BE =
x
.
a) Tính thể tích hình chóp EABCD theo
a, b, x
.
b) Chứng minh rằng:
∆
EAC vuông.
c) Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc H của A lên EB.
Giải








a)
( )

o
90
gt ISJ⇒ =
. Do
[
]
AB Q

⊥
nên
AB SJ
⊥
.
Từ đó
[
]
SJ SAB SJ AA
′
⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Mà
AA AB
′
⊥
nên
[
]
AA SBJ AA BJ
′ ′
⊥ ⇒ ⊥

b)
Vì H, K là trực tâm
∆
SAB,
∆
SCD nên H
∈

SI, K
∈
SJ
⇒
H
′
, K
′

∈
đoạn IJ.
A
H
1
M

D

J

K
′

K

N

S

C

A
′

B

H

I
α

H
2
Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

281

Dễ thấy tam giác vuông HIH
′
~ tam giác vuông JKK
′

⇒
HH
′
.KK
′
= IH
′
.JK

′

Ta có
BJ AA
′
⊥
và
BJ HH
′
⊥
nên BJ
⊥
[AHH
′
]
⇒
BJ
⊥
AH
′

Suy ra tam giác vuông AIH
′
~ tam giác vuông JIB
2
4
a
IB
IH AI
IJ b

′
⇒ = ⋅ =
.
Tương tự
2
4
a
JK
b
′
=
. Vậy
4
2
. .
16
a
HH KK IH JK
b
′ ′ ′ ′
= =

c)
Vì S cố định nên
[
]
(
)
( )
, min min

SMNH
d S P const V dt MNH
′
′
= ⇒ ⇔

Qua H
′
kẻ
1 2
//
H H AB
với
1 2
;
H AD H BC
∈ ∈
. Đặt

1
H H M
′
= α
.
Ta có

o
90
MH N
′

=
( ) ( )
1 21 1
. min
2 2 cos sin
H H H H
dt MH N H M H N dt MH N
′ ′
′ ′ ′ ′
⇒ = = ⋅ ⋅ ⇒
α α

(
)
sin cos max
⇔ α α
1 2
1
sin 2 max 2
2 2 4 2
a
H M H N
π π
⇔ α ⇔ α = ⇔ α = ⇔ = =
.
2.
Kẻ EF
⊥
[P], do [R]
⊥

[P] nên EF
⊥
[P]
Ta có tam giác vuông BED ~ tam giác vuông BEF
EF BE
DE BD
⇒ =

( )
2 2 2
2
2 2
2 2
.
1 ;
x a b x
BE DE x
EF x
BD
a b
a b
+ −
⇒ = = = −
+
+

( )
2
2 2
1 1

. 1
3 3
EABCD
x
V EF dt ABCD abx
a b
= = −
+

b)
Ta có



90
o
DCB DAB DEB
= = = ⇒
D, A thuộc mặt cầu đường kính BD và AC
cũng là 1 đường kính của mặt cầu này nên

90
o
AEC EAC
= ⇔ ∆
vuông.
c)
Kẻ AK
⊥
BD

⇒
AK
⊥
[R]
⇒
AK
⊥
EB
Kẻ AH
⊥
EB
⇒
KH
⊥
EB
D
C
F
b
A
a
B
H
x
E
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

282

⇒

H thuộc đường tròn đường kính
BK trong [R] trừ các điểm B và K.
Bài 2
.
Cho hình vuông ABCD cạnh
a
, tâm O. Gọi M trong không gian sao cho
M nhìn AB và AD dưới một góc vuông
1.
Chứng minh rằng: M luôn thuộc đường tròn (L) cố định.
2.

α
là mặt phẳng đi qua AB và
⊥
mp[ABCD]. Kéo dài DM cắt
α
tại N. Chứng
minh rằng:

90
o
ANB =
.
3.
Đặt DM =
x
. Tính MN theo
a
và

x
. Tìm miền biến thiên của
x
. Từ đó suy ra
điều kiện của hằng số k để tồn tại x thỏa mãn MN =
k
.
4.
Tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABND.
Giải

1.
M
∈
đường tròn (L) là giao tuyến của 2
mặt cầu đường kính AB và đường kính AD.
2.
Ta có: AM
⊥
BM, AM
⊥
DM
⇒
AM
⊥
[DMB]
⇒
AM
⊥
BN ; AD

⊥
AB,
α

⊥
[ABCD]
⇒
AD
⊥

α

⇒
AD
⊥
BN suy ra
BN
⊥
[AND]
⇒
BN
⊥
AN
⇒


90
o
ANB =

3.
Xét tam giác vuông AND có AM là đường cao nên AD
2
= DM.DN
2
2
.
a
a x DN DN
x
⇔ = ⇔ =

2 2 2
a a x
MN DN DM x
x x
−
⇒ = − = − =

Do AM
⊥
[DMB] nên AM
⊥
MO
⇒
AM ≤ AO
Mặt khác
2 2
AM a x
= −

nên
2 2
2 2
2 2
a a
a x x a
− ≤ ⇒ ≤ <

Giả sử
2 2
a x
MN k
x
−
= =
( )
2 2
0
f x x kx a
⇔ = + − =
với
2
2
a
x a
≤ <

Dễ thấy
(
)

0
f x
=
luôn có 2 nghiệm
1 2
0
x x
< <
. Xét 2 khả năng:
A
M
N
B
C D
O
Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

283

a)
( )
2
2
2 2
2 2 2
0
2 2 2 2
a ka a
a
x f x a k= ⇒ = + − = ⇔ =

b)

( )
2
2 2 2
0 0
2 2 2
a a a
x a f f a k
 
< < ⇒ < ⇔ < <
 
 

Vậy tập các giá trị của
k
cần tìm thỏa mãn là
2
0
2
a
k< ≤

4.
Ta có:
( )
.
1 1
3 3 2

ABND
DN BN
V AM dt BND AM= = ⋅
trong đó
2
2 2
2
2
a
BN DB DN a
x
= − = −

2 2
2 2
2
1
2
6
ABND
a a
V a x a
x
x
⇒ = − ⋅ ⋅ −

Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
3 2 2
2 2
1 2

6
ABND
a a a
V
x x
  
= − −
  
  

2 2
2 2
3 3
1 2
6 2 12
a a
x x
a a
 
   
− + −
   
 
   
≤ =
 
 

Dấu bằng xảy ra
2 2

2 2
6
1 2
3
a
a a
x
x x
⇔ − = − ⇔ =
khi đó
3
Max
12
a
V =

Bài 3
.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, thể tích V.
Gọi B
′
, C
′
, D
′
là trung điểm SB, SC, SD.
1.
Gọi I = [AB
′
D

′
]
∩
SC.
a)
Chứng minh rằng: SC = 3SI.
b)
Tính thể tích chóp S.AB
′
ID
′
theo thể tích V.
2.
Mặt phẳng qua AC
′
cắt cạnh SB, SD tại M, N.
a)
Chứng minh rằng:
3
SB SD
SM SN
+ =
b)
1
3
1
3 8
V
V
≤ ≤

3.
Một mặt phẳng
[
]
, , ,
SA SB SC SD
α
∩
tại P, Q, R, T
Chứng minh rằng:
SA SC SB SD
SP SR SQ ST
+ = +

Giải

1.
Gọi
(
)
;
O AC BD O SO B D I AO SC
′ ′ ′ ′
= = ⇒ =
∩ ∩ ∩

A
M
N

B
C D
O
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

284

Lấy
//
I C I I OI AI
′ ′ ′
= ⇒
mà
O S OO
′ ′
=
nên
IS I I
′
=
.
Từ đó
⇒
SC = 3SI.
b)
Ta có
SAB ID SAB I SAD I
V V V
′ ′ ′ ′
= +

. .
1 1
. . 6 6 2 12
SAB I
SAB I
SABC
V
SA SB SI V V
V
V SA SB SC
′
′
′
= = ⇒ = ⋅ =

. .
1 1
. . 6 6 2 12
SAD I
SAD I
SADC
V
SA SD SI V V
V
V SA SD SC
′
′
′
= = ⇒ = ⋅ =

Vậy
6
SAB ID
V
V
′
=

2. Bổ đề:
Cho tam giác SXYcó đường trung tuyến SO. Lấy bất kỳ điểm J
thuộc trung tuyến SO. Đường thẳng qua J cắt SX, SY lần lượt tại X
′
, Y
′
khi đó
ta có hệ thức:
2
SX SY SO
SX SY SJ
+ =
′ ′

Chứng minh bổ đề:
Kẻ XE, YF // X
′
Y
′

2

SX SY SE SF SO
SX SY SJ SJ
+
⇒ + = =
′ ′

a)
Gọi
J SO MN
=
∩

⇒
J là trọng tâm
∆
SAC.
Theo bổ đề ta có
2
3
SB SD SO
SM SN SJ
+ = =

b)
Ta có
1
SAMC N SAMC SANC
V V V V
′ ′ ′
= = +

. .
. . 2 2 2
SANC
SANC
SADC
V
SA SN SC SN SN V
V
V SA SD SC SD SD
′
′
′
= = ⇒ = ⋅

. ,
. . 2 2 2
SAMC
SAMC
SABC
V
SA SM SC
SM SM V
V
V SA SB SC SB SB
′
′
′
= = ⇒ = ⋅

Đặt
SM
x
SB
=
,
(
]
, 0,1
SN
y x y
SD
= ⇒ ∈
và
1 1
3
x y
+ =
còn
( )
1
4
V
V x y
= +

Từ
0 1
1 1 1
3 1

3 1 2
0 1
3 1
x
x
y x
x
x y x
x
< ≤


+ = ⇒ = ⇒ ⇔ ≤ ≤
−
< ≤

−


( )
2
3
3 1 1
x x
f x x y x
x x
= + = + =
− −
;
( )

( )
( )
2
0
3 3 2
0
2
3 1
3
x
x x
f x
x
x
=


−
′
= = ⇔

=
−



S
X’
X
E

J
Y’
O
F
Y
S
D
N
D
′

J
B’
C’
I
C

O

M

B
A

O
′

Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

285

Nhìn bảng biến thiên
( )
3
1
, , 1
2 2
f x x
 
⇒ ≤ ∀ ∈
 
 
.
Từ đó
( )
1
3
1 1
3 4 8
V
x y
V
⇒ ≤ = + ≤

3.
Áp dụng bổ đề ở (2):
SAC
∆
có
2

SA SC SO
SP SR SJ
+ =
′
;
SBD
∆
có
2
SB SD SO
SQ ST SJ
+ =
′
.
Vậy
SA SC SB SD
SP SR SQ ST
+ = +

Bài 4.
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành với
AB = a
,
AD = b
và
SA = c
. Mặt phẳng (P) qua CD cắt SA, SB lần lượt tại K và L. Đặt
SK = x
. Tính x để mặt phẳng (P) chia hình chóp ra thành hai phần có thể tích
bằng nhau.

Giải
Ta có
(
)
2
SKLC
SBAC
V
SK SL SK
V SA SB SA
= ⋅ =
(1) (Vì
SL SK
SA SA
=
)
SKDC
SACD
V
SL SK
V SB SA
= =
(2). Biết
1
2
SBAC SACD SABCD
V V V= =
.
(1) + (2) ta có:
(

)
(
)
2
1
2
SKLC SKDC
SABCD
V V
SK SK
SA SA
V
+
= +
;
(
)
(
)
2
1
2
SLKDC
SABCD
V
SK SK
SA SA
V
= +
.

Nếu mặt phẳng (P) chia hình chóp
thành 2 phần có thể tích bằng nhau
thì:
S
K
D
A
L
B
C
x
f
′

f
0
1
2

2
3

1
3
2

4
3

3

2

0 0
−

−

+
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

286

(
)
(
)
2
2
2 2
2
1 1 0
SK SK x x
x cx c
SA SA c
c
+ = ⇔ + = ⇔ + − =

(
)
5 1

5
2 2
5
2
(lo¹i)
c
c
x
c c
x

−
− +
= − =

⇔


− −
=



Bài 5
. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD cạnh
a
lấy điểm M với AM =
x

(

0
x a
< <
) và trên
[
]
At ABCD
⊥
tại A lấy điểm S sao cho
0
AS y
= >
.
1. Chứng minh rằng: Nhị diện cạnh SB của chóp S.ABCM là nhị diện vuông.
2. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng SAC.
3. Lấy IS = IC, kẻ IH
⊥
CM. Tìm quĩ tích của H khi M
∈
AD và S
∈
Ax.
Bài 6.
Cho hình chóp SABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh
AB = a,
AD = b.
Cạnh SA của hình chóp vuông góc với đáy, SA = h. Mặt phẳng (P)
đi qua CD cắt SA, SB lần lượt tại K, L.
1) Thiết diện KLCD là hình gì? Tính diện tích thiết diện ấy theo a, b, h và
x = KA.

2) Xác định x để mặt phẳng (P) chia hình chóp ra hai phần với thể tích bằng nhau.
Bài 7.
Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD, cạnh a. Gọi O là giao điểm
AC và BD. Trên đường thẳng Ox vuông góc với (P), ta lấy một điểm S.
1) Giả sử các mặt bên của hình chóp SABCD tạo với đáy một góc
α
. Xác
định đường vuông góc chung của SA và SD. Tính độ dài vuông góc chung
đó theo a và
α
.
2) Một mặt phẳng đi qua AC và vuông góc với mặt (SAD) chia hình chóp
thành hai phần. Tính tỷ số thể tích của hai phần đó.
Bài 8.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
a
. Đoạn
thẳng SA =
a
vuông góc với mặt phẳng đáy. Lấy điểm M bất kỳ trên AC sao
cho
2
; 0 2 ;
2
a
AM x x a x= < < ≠
.
1. Dựng thiết diện qua M, song song với BD và vuông góc với mặt phẳng
ABCD. Biện luận hình dạng thiết diện theo vị trí của M.

2. Tính diện tích thiết diện.
3. Xác định vị trí của M để thiết diện có diện tích lớn nhất.