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 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
⊥

⊥
(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

⇒

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

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
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
′⊥

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:


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
∆

, AC
′
, AD
′

cùng thuộc (Q)
⊥
SC
⇒
AB
′

⊥
SC, AC
′

⊥
SC , AD
′

⊥
SC
⇒
AB
′

⊥
(SBC)
⇒
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
′

′
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

 

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

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
′


=
OB
⇒

∆
OB
′
J
=

∆
OBJ
⇒



JOB JOB
′
=

⇒

∆
OB
′
K
=

∆

=

∆
KO
′
B
′

⇒
KB
′

⊥
O
′
B
′
. Ta có KB
′

⊥
OB
′
và O
′
B
′
tại B
′
suy ra

′
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
+
= = + =
′ ′

′
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

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

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

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

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

′

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

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

⇒ + 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

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
+

⊥
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


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

. 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
′ ′ ′
⊥ ⇒ = ⇒ + = ⇔ =

, 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

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
=

⊥
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

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
−
=

⇒

(

′ ′ ′ ′ ′ ′
⇒ = =
+

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

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



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

−
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
= =

⇒

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

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

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
−
=
+

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

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

( )
( )
( )
(
)
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

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
− − +
′
= = ⇔ = − ±


⊥


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
⊥

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

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

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
−
⇒ = − = ⇒ = −

, 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)

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

P
1
Q

B

M

E

A

N

H

D

F

R

C

Một số dạng toán cơ bản của hình chóp

277

⇒
P

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


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

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

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

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

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

.
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

= 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 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
=
.


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
′

⊥
[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

SI, K
∈
SJ
⇒
H
′
, K
′

∈
đoạn IJ.
A
H
1
M

D

J

K
′

K

N

S

C

′

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

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
′

[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

⇒
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

⇒

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

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
= −

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= ⇒ = + − = ⇔ =

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

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


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


. .
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
′
′
′
= = ⇒ = ⋅ =

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
′ ′ ′
= = +

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

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

S
X’
X
E


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

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:
(

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

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

(


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.