Bài tập hình học không gian lớp 12 (1)

BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN LỚP 12
CÓ LỜI GIẢI
Bài toán 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a,mặt bên SAD là
tam giác đều và nằm trong mp vuông góc mp đáy ABCD.Gọi M,N,P lần lượt là trung
điểm của SB,SC,SD.Tính thể tích tứ diện CMNP.
Giải.
Gọi H là trung điểm của AD thì SH ⊥ AD.
Do (SAD) ⊥ (ABCD) nên suy ra SH ⊥ (ABCD)
a 3
Và SH =
(vì ABC là tam giác đều cạnh a)
2
Kẻ MK//SH(K ∈ HB),suy ra KM ⊥ (ABCD)và
SH a 3
MH=
=
.
2
4
1
1 a 2 a 3 a3 3
Vậy MCNP= 3 . CNP.MK= 3 . .
.=
.
8
4
96

V

S.

Bài toán 2: Cho hình chóp S.SBCD có đays ABCD là hình chữ nhật với AB=a;AD=a
2 ;SA=a và SA vuông góc mp (ABCD).Giả sử I là giảo điểm của BM và AC.Gọi M,N
lần lượt là trung điểm của AD và SC.Tìm thể tích tứ diện ANIB.
Giải.
Gọi O là tâm của đáy ABCD.Trong VSAC ,ta
có:NO là đường trung bình nên NO// SA,tức
a
NO ⊥ (ABCD) và NO=
2
1
a
Ta có V.ANIB=V.NAIB= .S.AIB.NO= .S.AIB (1)
3
6
V
AIB
Ta tính S.
:
Xét hình chữ nhật (ABCD) .Do MA=MD
1
1
Suy ra:MA= .BD ⇒ AI= AC
2
2
⇒ AI=
1 .AC
AC 2 = 2a 2 + a 2 = a 2
⇒ AI 2 =
3

9
9
3


2
BM
3
Lại có:BI=
4
4
a2
a2
2
Suy ra:BI2= BM = (a 2 + ) = 2
9
9
2
3
2
2
2
Do đó:AI +BI =AB ; Nên AIB là tam giác vuông ở đỉnh I
1
1 a 3 a 6 a2 2
.
.
Vậy S.AIB= = . AI .BI = .
(2).
2

2 3
3
6
a2 2
Thay (2) vào (1) ta có: .ANIB=
.
36

V

S

Bài toán 3: Cho hình chóp .SBC,đáy ABC là tam giác cân đỉnh C,SA ⊥ (ABC).Giả sử
SC=a;tìm góc giữa 2 mp(SBC) và (ABD) sao cho thể tích khối chóp là lớn nhất.
Giải
ˆ = α ,SA=SC sin α và
Ta thấy ngay SCA
S
AC=SC cos α
Suy ra V.SABC=
1 a 2 cos 2 α
a3
a sin α = cos 2 α sin α (1)
3
2
6
C
Từ (1) suy ra :V.SABC nhạn giá trị lớn nhất
khi và chỉ khi biểu thứ P= cos 2 α sin α nhan
GTLN.Vì sin α >0 nên Pmax ⇔ P2max ⇔

(1 − sin 2 α ) 2 sin 2 α giá trị lớn nhất.
Ta có:
A

B

(1 − sin 2 α )(1 − sin 2 α )(2sin 2 α )
Theo BĐT cô si thì:
2
 (1 − sin 2 α ) + (1 − sin 2 α ) + 2sin 2 α  8
(1 − sin 2 α )(1 − sin 2 α )(2sin 2 α ) ≤ 
=
3

 27
(1 − sin 2 α ) 2 sin 2 α =

2 3 ⇔
3
1 − sin 2 α = 2sin 2α ⇔ sin α =
9
3
a 3
3
Vậy VS.ABC nhận GTLN là
⇔ sin α =
27
3
Do đó :Pmax =

Bài toán 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD mà d(A;(SBC))=2a.Với giá trị nào của
α ( α là góc giữa mp bên và mp đáy của hình chóp)thì thể tích khối chóp là nhỏ nhất?tìm
GTNN đó.
Giải
S

H
D

M

C

o

N

B

Gọi M,N.lần lượt là trung điểm
của AD,BC;kẻ MH vuông góc SN(H ∈ SN)
ˆ = α .Do DA//BC suy ra AD//(SBC),suy ra d(M,(SBC))=MH=2a
Ta có: SNM
MH
2a
=
Ta có :MN=
sin α sin α
a

2a
a
=
Từ đó : SO = ON tan α =
sin α sin α cos α
1 2a 2 a
4a 2
Do đó: V.SABCD= (
(1)
).
=
3 sin α cos α 3sin 2 α cos α
Từ (1) suy ra:VSABCD bé nhất khi và chỉ khi sin 2 α .cos α lớn nhất.
Xét P= sin 2 α .cos α = (1 − cos 2 α ).cos α = cos α − cos 3 α (2)
Từ (2) dẫn đến xét hàm số:y=x-x3 (0Ta có :y’=1-3x2 và ta có bảng biến thiên sau:

Từ đó ymax =y(

3
2 3
3
)=
⇔ x=
3
9
3


4a 3

3
= 2 3a 3 ⇔ cos α =
3
Vậy SABCD min bằng 3.2 3
9
Bài toán 5: Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho
AM = x (0 < x ≤ a).Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy
điểm S sao cho SA = 2a.
a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC).
b) KÎ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H . T×m vÞ trÝ cña M ®Ó thÓ tÝch khèi
chãp SMCH lín nhÊt.

V

Giải

Do SA ⊥ (ABCD) và SA ⊂ (SAC)

S

D

M

A
H

C

B

Suy ra (SAC) ⊥ (ABCD)
Lại có

MH ⊥ (SAC) suy ra d(M;(SAC))=MH=AM sin 450 =
Ta có:AH= AM sin 450 =

x
2

Suy ra HC=AC-AH= a 2 −

x
2

1 x
1
(a 2 −
)
2 2
2
1
x 
x 
1
a 2−
VS.MCH= SA.SMHC= 2a

÷
6

3
2
2
Tư biểu thức trên
⇒ SMHC=0.5.MH.MC=

x
2


2

x 
 x
+a 2−
3

1
2 = a ⇔ x =a 2− x ⇔ x=a⇔M ≡D
VS.MCH ≤ a  2

3 
2
6
2
2



Bài toán 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

a 3
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
4

Giải
S

D

A
I

H

O

K

C

B

Từ giả thiết AC= 2a 3 ;BD=2a và AC,BD cùng vuông góc nhau tại trung điểm O của
ˆ
mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO= a 3 ;BO=a.Do đó: ABD

0
=60 ,hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết suy ra 2 mp(SAC) và (SBD) cùng vuông góc mp(ABCD) nên giao tuyến của
chúng là SO cũng vuông góc (ABCD)
Do tam giác ABD đều nên với Hlà trung điểm của AB,Klà trung điểm của HB,ta có
1
DH ⊥ AB và DH=a 3 ;OK//DH và OK= DH = a 3 ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SOK )
2
Gọi I là hình chiếu của O lên SK,ta có AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ ( SAB ) hay OI là khoảng cách từ
O đến mp(SAB)


Tam giác SOK vuông tại O,OI là đường cao ⇒

1
1
1
a
=
+
⇒ SO =
2
2
2
OI
OK
SO
2

Diện tích đáy:SABCD=4.SABO=2.OA.OB= 2 3a 2

a
Đường cao khối chóp :SO=
2
1
a3 3
Thể tích khối chop S.ABCD là:VSABCD= SABCD.SO=
3
3
1/ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và SA vuông góc với
mp(ABCD) .Cho AB = a , SA = a 2 . Gọi H, K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A
lên SB và SD. Chứng minh SC vuông góc với mp(AHK) và tính thể tích hình chóp
O.AHK.
Giải:

S

M

H

K

B

A
O
D

C

Ta có: ∆ SAD = ∆ SAB ⇒ AK = AH ⇒ ∆ SAK = ∆ SAH
⇒ SK = SH ⇒ HK//BD
Mà BD ⊥ mp(SAC) ⇒ HK ⊥ mp(SAC) ⇒ HK ⊥ SC (1)
Mặt khác : CD ⊥ mp(SAD) ⇒ CD ⊥ AK
Mà AK ⊥ SD nên AK ⊥ (SCD) ⇒ SC ⊥ AK (2)
Từ (1) và (2) ⇒ SC ⊥ mp(AHK)
Trong mp(SBD) thì SO cắt HK tại I
Trong mp(SAC) thì AI cắt SC tại M
Ta có : SC ⊥ mp(AHK) ⇒ SC ⊥ AM
Mà SAC vuông cân tại A nên M là trung điểm SC
Vậy I là trọng tâm SAC
SC
2a
Ta có : CM = d(C , mp(AHK)) =
=
=a
2
2
d (O, ( AHK )) OA 1
=
=
Mà O trung điểm AC nên
d (C , ( AHK )) AC 2
1
a
⇒ h = d( O, (AHK)) = CM =
2
2

SA2
HK
Ta có : HK SH
=
⇒
= SB
BD SB
BD
SB

⇒ HK = BD.

SA2
2a 2 2
=
a
2.
= a 2
SB 2
3a 2 3

2
2 SC
SC
2a
AM = .
=
=
3
3 2

3
3
Mà HK ⊥ mp(SAC) ⇒ HK ⊥ AI
Ta có: AI =

3
1
h
a  2a  2
 a 2
Ta có: VO. AHK = h.dt (∆AHK ) = AI .HK = .  ÷ a 2 ÷ =
3
6
12  3  3
27


2/Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD có tâm O , cạnh a . Trên tia Ax , Cy ở về
cùng một phía và vuông góc mp(P) lấy 2 điểm M , N . Đặt AM = x, CN = y.
a) Chứng minh điều kiện cần và đủ để ∆ OMN vuông tại O là a 2 = 2 xy .
b) Giả sử M, N thay đổi sao cho ∆ OMN vuông tại O . Tính thể tích tứ diện B.DMN.Xác
a3
định x ,y để VB.DMN =
4
Giải:
y

x
N
H

M
C

D
O
A

B

a) Trên mp(Ax , Cy) vẽ MH //AC
2
∆MHN vuông tại H ⇒ MN 2 = MH 2 + NH 2 = 2a 2 + ( y − x )
∆OMN vuông tại O ⇔ MN 2 = OM 2 + ON 2
⇔ MN 2 = ( AM 2 + OA2 ) + (OC 2 + CN 2 )
⇔ 2a 2 + ( y − x ) 2 = x 2 +

a2 a2
+ + y2
2
2

⇔ a 2 = 2 xy
b) Ta có: BD ⊥ AC và BD ⊥ MA ⇒ BD ⊥ mp(MNCA)
⇒ BD ⊥ MO (1)
Mà MO ⊥ ON (2)
Từ (1) và (2) ⇒ OM ⊥ mp(BDN) ⇒
Ta có: ∆NBC = ∆NCD ⇒ NB = ND
1
Do đó: dt( ∆ NBD) = NO.BD

2


=

1 a2
+ y 2 .a 2
2 2

1
Vậy VM . NBD = OM .dt ( ∆NBD )
3
1 2 a2 a 2
a2
⇒V =
x + .
y2 +
3
2 2
2
2
a
a 2
a 2
Mà xy =
nên V =
x 2 + xy . y 2 + xy =
2
6
6

2

3
a

x+ y = a
xy =

3


2
a
2
⇔ 2
⇔
Ta có: V =
2
3
4
a ( x + y) = a
 xy = a
 6

2
4

xy ( x + y ) 2 =

a2

( x + y)
6

x=a 
a

x =
⇔
2
a∨
 y = 2  y = a

3/ Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD . Gọi H là hình chiếu của S lên mặt đáy . Tính thể
tích của khối chóp biết :
a) Cạnh bên bằng b , góc giữa mặt bên và mặt đáy là α .
b) Cạnh đáy bằng a, khoảng cách từ trung điểm của SH đến mp(SCD) bằng k.
Giải:
S

K
I

D

A
M

H
B

C

a) Gọi M là trung điểm của CD.
·
Ta có SM ⊥ CD , SH ⊥ CD nên CD ⊥ (SHM), do đó α = SHM
Đặt HM = x thì SH = x tan α .
Tam giác HCD vuông cân tại H nên CD = 2x và HC = HD = 2 x.
Xét tam giác vuông SHC ta có SC 2 = SH 2 + HC 2 nên
⇔ b 2 = x 2 tan 2 α + 2 x 2


⇒x=

b
2 + tan 2 α

.

1
1
4 3
2
Thể tích của khối chóp V = SH .S ABCD = x tan α .(2 x ) = x tan α ,
3
3
3
3
4
b tan α
V=

.
Hay
3 2 + tan 2 α 3

(

)

2
b) Diện tích đáy của khối chóp S ANBCD = a .
Gọi I là trung điểm của SH , hạ IK ⊥ SM thì IK ⊥ (SCD) ⇒ IK = k.
SI
IK
=
Đặt SH = h. Tam giác SIK và tam giác SHM đồng dạng nên
, do đó ta có
SM HM
h a
a2
2ak
2
⇒h=
SI.HM = IK.SM ⇔ . = k . h +
.
2 2
4
a 2 − 16k 2

2a 3 k

Vậy thể tích khối chóp là V =

3 a 2 − 16k 2
4/ Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C thuộc
nửa đường tròn sao cho AC = R. Trên đường vuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao
cho góc phẳng nhị diện cạnh SB bằng 600 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc
của A lên SB và SC. Chứng minh ∆ AHK vuông và tính thể tích tứ diện S.ABC.
Giải:
S

H

A

K

I

O

C

Ta có: ACB = 1v ⇒ BC ⊥ CA và BC ⊥ SA nên BC ⊥ mp(SAC).
Do đó : BC ⊥ AK
Mà AK ⊥ SC nên AK ⊥ mp(SBC)
Do đó : AK ⊥ HK
Vậy ∆ AHK vuông tại K
Đặt SA = h
AC. AS
∆ SAC vuông ⇒ AK =

SC
Rh
=
R 2 + h2


AS . AB
SB
2 Rh
=
4 R 2 + h2
Ta có: SB ⊥ (AHK) ⇒ SB ⊥ HK
Vậy ·AHK = 600 ·AHK
3 AK
∆ AHK vuông ⇒ sin 600 =
=
⇒ 3 AH 2 = 4 AK 2
2
AH
2 2
2 2
3.4 R h
4R h
⇒
= 2
⇒ 3 R 2 + h2 = 4R 2 + h2
2
2
2
4R + h

R +h
2
R
⇒ h2 =
2
1
1 R 1
. CI . AB
Do đó: VSABC = SA.dt (∆ABC ) = .
3
3 2 2
∆ SAB vuông ⇒ AH =

(

)

R 3
R3 6
=
R
÷( 2 R ) =
12
6 2  2 ÷

5/ Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD có các cạnh thoả mãn điều kiện AB= CD = a,
2abc
AC = BD = b, AD = BC = c.Chứng minh rằng V ≤
a 3
12

Giải:
1

A

M

D

P

C

B

N

Trong mặt phẳng (DBC) , dựng các đường thẳng qua các đỉnh và song song với cạnh còn
lại của tam giác BCD , chúng cắt nhau tại M, N, P.Khi đó B, C, D lần lượt là trung điểm
của các đoạn cạnh MN, NP, PM.
Ta có: S MNP = 4 S BCD nên VAMNP = 4VABCD .
Vì AD = BC và BC là đường trung bình của tam giác NMP nên AD = DM = DP
Suy ra tam giác AMP là tam giác vuông tại A.
1
Vì thế VAMNP = AM . AN . AP. Đặt AM = x, AN = y, AP = z.
6
Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác AMP , APN, ANM ta có:


 x 2 + y 2 = 4a 2


x 2 + y 2 = 4a 2



2
2
2
y 2 + z 2 = 4b 2
 y + z = 4b ⇔ 
 z 2 + x 2 = 4c 2
 2
2
2
2
2
2

 x + z + y = 2 a + b + c
⇒ x 2 = 2 a 2 − b2 + c 2 , y 2 = 2 a 2 + b2 − c 2 , z 2 = 2 −a 2 + b2 + c 2

(

)

Vậy : VAMNP =
VABCD =

2
12

2
3

(a

2

(a

2

(

(

)

)

)(

(

)(

)

)

− b 2 + c 2 a 2 + b 2 − c 2 −a 2 + b 2 + c 2 , nên

)(

)(

)

− b 2 + c 2 a 2 + b 2 − c 2 −a 2 + b 2 + c 2 .

Để ý rằng : ( a 2 − b 2 + c 2 ) ( a 2 + b 2 − c 2 ) = a 4 − ( b 2 − c 2 ) ≤ a 4 và hai bất đẳng thức tương
2

(

)(

)(

)

2

tự khác , ta có:  a 2 − b 2 + c 2 a 2 + b 2 − c 2 −a 2 + b 2 + c 2  ≤ a 4b 4c 4


2
Hay VABCD ≤
abc .
12

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c , hay tứ diện ABCD là tứ diện đều.
6/ Cho khối chóp tứ giác S.ABCD có cạnh SC = x và tất cả các cạnh còn lại đều bằng a ,
(0 < x< a 3 ).Tính thể tích khối chóp và tìm x theo a để giá trị thể tích đó lớn nhất.
Giải:
S

D

C

H
A

O
B

Vì SA = SB = SD nên hình chiếu H của điểm S lên mặt phẳng đáy là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABD . Mà tứ giác ABCD có các cạnh bằng nhau nên tứ giác đó là
hình thoi , do đó H∈ AO .
Ba tam giác SBD, ABD, CBD có các cạnh tương ứng bằng nhau nên bằng nhau ,do đó
các trung tuyến SO , AO, CO bằng nhau, suy ra tam giác SAC vuông tại S
⇒ AC = SA2 + SC 2 = a 2 + x 2 .
Tam giác vuông SAC có đường cao SH nên
⇒ SH =

ax

.
a2 + x2
Ta có: OB 2 + OA2 = AB 2 nên

1
1
1
= 2+
2
SH
SA SC 2


AC 2
a 2 + x 2 3a 2 − x 2
3a 2 − x 2
.
= a2 −
=
⇒ OB =
4
4
4
2
1
a 2 + x 2 3a 2 − x 2 .
Diện tích đáy của khối chóp S ABCD = AC.OB =
2
1
1
2
2
Thể tích của khối chóp S.ABCD là VS . ABCD = SH .S ABCD = ax 3a − x .

3
6
Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
OB 2 = AB 2 −

(

(

 x 2 + 3a 2 − x 2
2
2 2
2
2
2
36 V = a x 3a − x ≤ a 
2

9a 6
a6
a3
⇒ 36V 2 ≤
⇒V 2 ≤
⇒V ≤ .
4
16
4

(

)

Đẳng thức xảy ra khi x 2 = 3a 2 − x 2 ⇔ x =

) 

)(

)

2



a 6
.
2

Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABCD là

a3
, đạt được khi và chỉ khi
4

a 6
2
7/ Cho ∆ABC đều cạnh a . Trên đường thẳng (d) vuông góc mp(ABC) tại A lấy điểm M.
Gọi H và K lần lượt là trực tâm của ∆ABC và ∆BCM .
a/ Chứng minh MC vuông góc mp(BHK) và HK vuông góc mp(BMC).
b/ Khi M thay đổi trên (d) , tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện K.ABC

Giải:
x=

M

K
A

C
L

H

I

B
(d)

a/ Ta có: BH ⊥ AC và BH ⊥ MA ⇒ BH ⊥ mp(MAC) ⇒ BH ⊥ MC
mà BK ⊥ MC nên MC ⊥ mp(BHK)
Gọi I là trung điểm BC.
Ta có: BC ⊥ AI và BC ⊥ MA ⇒ BC ⊥ mp(MAI) ⇒ BC ⊥ HK
Do MC ⊥ mp(BHK) ⇒ MC ⊥ MK
Vậy HK ⊥ mp(MBC).
b/ Trong mp(MAI) vẽ KL// MA
⇒ KL ⊥ mp(ABC)
Do HK ⊥ mp(MBC) ⇒ HK ⊥ MI


1

1
KL.HI = HK .KI
2
2
Do đó theo bất đẳng thức Côsi , ta có:
HK 2 + KI 2 ≥ 2 KH .KI = 2 KL.HI
HK 2 + KI 2 HI 2 HI a 3
Do đó : KL ≤
=
=
=
2 HI
2 HI
2
12
2
1
a 3
Ta có: VK . ABC = KL.dt (∆ABC ) =
KL .
3
12
a2 3 a 3 a3
⇒ VK . ABC ≤
.
=
12
12
48
Đẳng thức xảy ra khi KH = KI ⇔ L là trung điểm HI.

a3
Do đó: VK . ABC max =
.
48
Ta có: dt( ∆HKI ) =

8/Tính thể tích khối chóp tứ giác đều S.ABCD biết:
a/ Trung đoạn bằng d , góc giữa cạnh bên và mặt đáy là α
b/Cạnh đáy bằng a , góc giữa hai mặt bên liên tiếp là β
Giải:
S

K

A

D

M

H
B

C

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy , M là trung điểm của BC.
·
a/ SM = d , SCH
=α
x

x 2
x 2
Đặt AB = x thì HM = , HC =
, SH =
tan α .
2
2
2
Ta có: SM 2 = SH 2 + HM 2 nên
x2
x2
2d
2
tan α +
= d2 ⇒ x =
2
4
1 + 2 tan 2 α
Thể tích khối chóp:
1
x3 2
4 2d .tan α
V = SH .S ABCD =
.tan α =
.
3
6
3 (1 + 2 tan 2 α )3
b/ Vì AC ⊥ (SBD) nên hạ AK ⊥ SD ⇒ SD ⊥ (ACK).
Vì KA2 + KC 2 = AD 2 − KD 2 + CD 2 − KD 2

= AC 2 − 2 KD 2 < AC 2


Nên ϕ = ·AKC luôn là góc tù.
Do đó:
· , KC = 1800 − ·AKC
β = KA

(

)

= 180 − ϕ .
0

Ta có: HK = HC.cot

ϕ a 2
ϕ
=
.cot .
2
2
2
1
1
1
=
+
.

2
2
HK
SH
HD 2
a 2
a 2
=
=
.
0
180 − β 2cos β
2sin
2
2
3
a 2
β
6cos
2

Tam giác SHD vuông tại H, đường cao HK nên
a 2
Từ đó tính được SH =
ϕ
2sin
2
Vậy thể tích khối chóp là

V=

9/

Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vuông ở B,cạnh
SA ⊥ (ABC) . Từ A kẻ AD ⊥ SB và AE ⊥ SC . Biết AB = a, BC = b, SA = c.Tính
thể tích của khối chóp S.ADE?
Giải:
AD,AE là các đường cao trong tam giác SAB,SAC

S

D
E

A

C

B

Tính đường cao:

∆ABC vuông tại B nên AB ⊥ BC
Giả thiết cho : SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (ABC) ⇒ AD ⊥ BC

AD là đường cao trong tam giác SAB
⇒ AD ⊥ SB


⇒ AD ⊥ (SBC) ⇒ AD ⊥ SC

Mặt khác : AE ⊥ SC ⇒ SC ⊥ (ADE)
Hay SE là đường cao của hình chóp S.ADE
Độ dài SE:

⇒ AD =

AS.AB
AS.AB
a.c
=
=
SB
AS2 + AB2
a 2 + c2

AS.AC
SA.AC
c. a 2 + b 2
AE =
=
=
SB
SA 2 + AC2
a 2 + b2 + c2

Áp dụng Pytago trong tam giác SAE có:

c2 (a 2 + b 2 ) =
SE = AS − AE = c − 2

a + b2 + c2
2

2

c2

2

a 2 + b 2 + c2

Diện tích tam giác ADE:
DE =

AE + AD =
2

2

c 2 .b 2
(a 2 + b 2 + c 2 ).(a 2 + c 2 )

1
c 2 .b 2
ac
1
.
S = .AD.AE = .
2 (a 2 + b 2 + c 2 ).(a 2 + c 2 ) a 2 + c 2
2

1
a.c3 .b3
= .
2 (a 2 + b 2 + c 2 ).(a 2 + c 2 )
Thể tích:

1
c
1
a.c3 .b3
1
1
.
.
V = .SE. .AD.DE =
3 a 2 + b 2 + c 2 2 (a 2 + b 2 + c 2 ).(a 2 + c 2 )
3
2
1
a.b 2 .c 4
= . 2 2 2
6 (a + c )(a + b 2 + c 2 )
10/

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt bên (SAB) và (SAD)

·
cùng vuông góc với đáy, một góc xAy
= 450 chuyển động trên đáy quay quanh điểm A
các cạnh Ax, Ay cắt CB và CD tại M, N, đặt BM = x, CN = y, tìm x, y để thể tích của

VAMCN đạt GTLN?


S

A
D
N
B

M

C

Giải:

a 2 − xy
Trướ hết ta chứng minh đẳng thức: x + y =
a
0
·
·
·
·
·
Ta có BAM + NAD + MAN = 90 , BAM + NAD
= 450
·
·
Đặt BAM

= α ⇒ NAD
= β ⇒ α + β = 450 ⇒ tan(α + β) = 1
tan α + tan β
x
y
Ta có 1 =
, mà tan α = , tan β =
1 − tan α tan β
2
2
x+y
2
2 = 1 ⇒ x + y = a − xy ,
suy ra
xy
a
1− 2
a
ax ay
−
2
2
1
a
ax ay
a
VAMCN = SA.SAMCN = (a 2 − − ) = (a 2 + xy)
3
3
2

2
6
2
(x + y)
(x + y) 2
ta có xy ≤
suy ra Max (xy) =
4
4

ta có SAMCN = SABCD − SABM − SADN = a −
2


2
Vmax ⇔ (xy) đạt GTLN khi (xy) = (x + y) đạt GTLN suy ra
4
2
(x + y)
a(x + y) +
= a 2 suy ra x + y = 2a( 2 − 1)
4
a2
Vmax = (2 − 2) khi x = y = a( 2 − 1)
3

11/
Cho góc tam diện vuông Oxyz đỉnh O trên Ox, Oy, Ox lần lượt lấy các điểm A,
B, C sao cho OA + OB + OC + AB + AC + BC = L, gọi V là thể tích của tứ diện ABCD.

L3 ( 2 − 1)
CMR: V ≤
162
Giải:

A

B

O

C

Đặt OA = a, OB = b, OC = c áp dụng BĐT Bunhiacôpxki:
a+b ≤

2(a 2 + b 2 ) , a + c ≤ 2(a 2 + c 2 ) , b + c ≤ 2(c2 + b 2 )

cộng vế với vế các BĐT trên:

2(a + b + c) ≤ (a 2 + b 2 ) + (a 2 + c 2 ) + (c 2 + b 2 )
2
2
2
2
2
2
2 ) ≤ (a + b ) + (a + c ) + (c + b ) + (a + b + c)
(a + b + c)( 1 + 2 ) ≤ L (1)

(a + b + c)( 1 +

dấu “ = “ trong (1) xảy ra khi a = b = c
Áp dụng BĐT Cauchy cho a, b, c ta có: a + b + c ≥

3

abc (2)


Ta có V =

abc
, BĐT (2) ⇔ a + b + c ≥ 3 3 6V
6

(3)

Dầu “=” trong (3) xảy ra khi a = b = c

L3 ( 2 − 1)
Từ (1), (3) ta có L ≥ 3.(1 + 2).3. 6V hay V ≤
(4)
162
L( 2 − 1)
Dấu “ = “ (4) xảy ra khi a = b = c =
3
3

12/ Cho hình chóp S.ABC có SA = x, SB = y, các cạnh còn lại bằng 1,với giá trị nào của

x, y thì thể tích của khối chóp là lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó?
S

M

A
B
N
C

Giải:
Gọi M, N là trung điểm của SA, BC, ta có: VS.ABC = 2. VS.MBC , các tam giác ABS,
ACS có: BA = BS, CA = CS ⇒ ∆ ABS = ∆ ACS và là các tam giác cân
Ta có: BM ⊥ SA,CM ⊥ SA ⇒ SA ⊥ (MBC) ⇒ SM ⊥ (MBC) ,
SM là đường cao, SM =
Tính diện tích đáy:
MB = MC =

S∆MBC =

1−

x
2
x 2 , MN =
4

BM 2 −

1

y
x 2 + y2
MN.BC =
1−
2
2
4

BC2 =
x 2 + y2
1−
4
4


1 x y
x 2 + y 2 = xy , V
xy
x 2 + y2
× ×
1−
1−
S.ABC =
3 2 2
12
4
6
4
2
2

x +y
xy
Ta có: ( x-y)2 ≥ 0 ⇔ x2 + y2 ≥ 2xy ⇔
≥
4
2

Thể tích: VS.MBC =

2
2
xy
1
xy
2 − xy
VS.ABC = xy 1 − x + y ≤
≤
1−
(xy) 2
6
6
2
2
6
4
1
xy xy
≤
2
(2 − xy)

6
2 2
xy xy
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số
,
, (2-xy) ta có:
2 2
3
xy xy


16
xy xy
+
+ (2 − xy) ÷
(2-xy) ≤  2
=
2

27
2 2
3
3

V≤

1
6

 x 2 + y 2 = 2xy

2

16 2 3
⇒ x=y=
=
, dấu bằng xảy ra khi  xy
3
= 2 − xy
27
27

2