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)
⊥

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

BM
⊥
(SAC)
⇒
(BME)
⊥
(SAC)
2.
BM
⊥
SC mà BE
⊥
SC
⇒
SC
⊥
(BME)
⇒
SC
⊥
KI.
Tương tự SB
⊥
(CNF)
⇒
SB
⊥
KI. Vậy KI
⊥
(SBC)

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

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

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.

( )

) 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
www.VNMATH.com
Một số dạng toán cơ bản của hình chóp


(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
⇔

′
)
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,

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.

i
Giả sử AB
′
, AC
′
, AD
′

cùng thuộc (Q)
⊥
SC
⇒
AB
′

⊥
SC, AC
′

⊥
SC , AD
′

⊥
SC
⇒
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.

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

 
= +
 
′
 

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
′


⇒
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


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

=
OB
⇒

∆
OB
′
J
=

∆
OBJ
⇒



JOB JOB
′
=

⇒

∆
OB


∆
KO
′
A
=

∆
KO
′
B
′

⇒
KB
′

⊥
O
′
B
′
. Ta có KB
′

⊥
OB
′
và O
′

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

(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

⇒

∆
SA
1
B
1
~
∆
SBA
⇒



1 1
2
SB A SAB
π
= =

⇒
A
1
B
1

⊥
SB.
Tương tự: A
1

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

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

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

là trung điểm BC
B

H

A
′

C

N

M

A

E
J
I
T
O
S
www.VNMATH.com
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

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 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
⇒ < ≤


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
.
www.VNMATH.com
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

270

Ta có SH.AH = HE.SA
(
)
2 2 2
2 2 2 2

.
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

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

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

. 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

, 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


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

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 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

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

N
L
D
P
D
′

I
J
O

H

B
′

B
1
B

M

Q

C

E

C
′

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

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


E
M

C
B
A
D
S
H
N
O
J
O
′

www.VNMATH.com
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương

274

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

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
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

3
1
t
f t
t
=
+

( )
( )
( )
4
0
2
0
2
1
t
t t
f t
t
t
=

−
′
= = ⇔

=
+

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 = = =

+∞
0 0
0
0
4
27

+ –
t
f
′

f
0
1
3

1
0 –
+
0 0
1
8

www.VNMATH.com
Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

275

( )

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

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

5. a)

[
]
[
]
[
]
[
]
[
]
// // ; //
P AD P ABCD IJ AD P SAD KL AD
⇒ = =
∩ ∩

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

+
–
www.VNMATH.com
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
⇒ = = ⇒ =



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


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
⇒ = = = =


I
′

P
D
A
B

C

H
J
S
P
P
1
Q

B

M

E

A

N

H


=

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

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


N

H

D

F

R

C

www.VNMATH.com
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 =
.

.
.
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

⇒ = =
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


(
)
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
∈

= = =
)
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

( )
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
 
⇒ = − = − = ⇒ =

S
K
O
B
M
C
D
A
I
M

E
N

α

www.VNMATH.com
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

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

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

2
www.VNMATH.com
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

. 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
//


(
)
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




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

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

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

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

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


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
⇔ − = − ⇔ =

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
∩

//
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


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

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
=
,
(
]

x
< ≤


+ = ⇒ = ⇒ ⇔ ≤ ≤
−
< ≤

−


( )
2
3
3 1 1
x x
f x x y x
x x
= + = + =
− −
;
( )
( )
( )
2
0
3 3 2
0
2
3 1

D
′

J
B’
C’
I
C

O

M

B
A

O
′

www.VNMATH.com
Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

285

Nhìn bảng biến thiên
( )
3
1
, , 1
2 2

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

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

+
www.VNMATH.com
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

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