Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi B',D' là trung điểm SB và SD. Mặt phẳng (AB'D') cắt SC tại C'. Tính tỉ số thể tích S.A'B'C'D' và S.ABCD. Bài 2. Cho tam giác đều OAB cạnh a. Trên đường thẳng d qua O và vuông góc (OAB), lấy M sao cho OM x = . Gọi E, F là các hình chiếu của A lên MB và OB. Gọi N là giao điểm EF và d. Xác định x để thể tích tứ diện ABMN nhỏ nhất. Bài 3. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là HCN với AB a = , 2AD a= , SA vuông góc với (ABCD) và góc giữa SB,(ABCD) là 0 45 . Gọi M,N là trung điểm AD và SC , I là giao điểm BM và AC. a) Chứng minh rằng (SAC) vuông góc với (SBM). b) Tính ANIB V . Lời giải. Bài 1. Gọi I là giao điểm của AC và BD, gọi J là giao điểm của SI với B’D’. Dễ thấy vì B’D’ là đường trung bình của tam giác SBD nên J là trung điểm của B’D’. Gọi V là thể tích của hình chóp S.ABCD ban đầu. Từ công thức thể tích của một hình chóp bất kì là 1 . 3 V h S= với S là diện tích đáy, ta thấy rằng nếu hai hình chóp có chung chiều cao thì thể tích tỉ lệ với diện tích đáy. Ta thấy hai hình chóp S.ABCD và S.ABD có cùng chiều cao kẻ từ đỉnh S đến (ABCD) nên 1 1 2 2 SABD ABD SABD SABCD ABCD V S V V V S = = ⇒ = . Tương tự 1 2 SCBD V V= . Xét hai hình chóp A.SBD và A.SB’D’ có chung đường cao kẻ từ đỉnh A đến mặt (SBD), ta có ' ' ' ' ' ' 1 1 1 1 . . 4 4 4 2 8 ASB D SB D ASB D ASBD ASBD SBD V S V V V V V S = = ⇒ = = = . Theo định lí Menelaus cho tam giác SIC với cát tuyến AJC’, ta có ' ' . . 1 2 ' ' AI JS C C C C AC JI C S C S = ⇒ = . Theo định lí Menelaus cho tam giác ACC’ với cát tuyến IJS, ta có ' ' 1 . . 1 ' 3 IA JC SC JC IC JA SC JA = ⇒ = . Từ đây suy ra đường cao kẻ từ A đến B’D’ bằng 3 lần đường cao kẻ từ C’ đến B’D’. Do đó ' ' ' ' ' 3 AB D C B D S S= . Hai hình chóp SAB’D’ và SC’B’D có chung chiều cao nên ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 1 1 3 3 24 SC B D C B D SC B D SAB D SAB D AB D V S V V V V S = = ⇒ = = . Do đó ' ' ' ' ' ' ' ' 8 24 6 SAB C D SAB D SC B D V V V V V V= + = + = . Bài 2. Do AF vuông góc với OB và MO vuông góc với AF nên AF vuông góc với mặt phẳng (OMB). Suy ra AF chính là đường cao của tứ diện AMNB. Dễ thấy độ dài AF không đổi nên cần tìm M sao cho diện tích tam giác MNB nhỏ nhất. Hơn nữa, tam giác MNB có đường cao là BO không đổi nên cần tìm M sao cho độ dài MN là nhỏ nhất. Tam giác MAB cân tại M có hai cạnh bên là 2 2 MA MB a x= = + và cạnh đáy là AB a = . Ta có: · 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 .cos . 2 . 2 2 2 MA MB AB MA MB AB a x a a x ME MA AMB MA MA MB MB a x a x + − + − + − + = = = = = + + Suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a x a EB MB ME a x a x a x + = − = + − = + + . Do đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 : 2 2 EM a x a a x EB a a x a x + + = = + + . Theo định Menelaus cho tam giác OMB với cát tuyến EFN, ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) 2 . . 1 2 2 2 EB FO NM NM EM a x NM a x x a x a x MN EM FB NO NO EB a MO x x x + + + + = ⇒ = = ⇒ = ⇒ = = Suy ra 2 2 2 2 2 2 . 2 2 2 2 a x a a MN x x a x x x + = = + ≥ = . Vậy thể tích của tứ diện ABMN nhỏ nhất là 3 1 1 1 3 6 . . . . . 2 3 2 6 3 18 ABMN a a V AF BO MN a a= = = đạt được khi 2 2 a x = . Bài 3. (hình bên anh vẽ cũng không đúng kích thước lắm!) Để chứng minh hai mặt phẳng (SAC) và (SMB) vuông góc, ta chỉ cần chứng minh MB vuông góc với AC. Gọi I là giao điểm của MB và AC. Thật vậy, theo định lí Ta-let thì 1 1 1 3 2 2 3 3 AI A M a AI IC AI AC CI BC = = ⇒ = ⇒ = = Tam giác AMB vuông tại A có 2 , 2 a AM AB a= = nên nếu gọi I’ là hình chiếu của I lên MB, ta tính được: 2 2 2 2 2 . . 3 2 ' 3 2 a a AM AB a AI AI AM AB a a = = = = + + , do đó I’ trùng với I hay AC vuông góc với MB. Ta được (SAC) và (SMB) vuông góc với nhau. Do góc tạo bởi SB và (ABCD) là 0 45 nên · 0 45SBA = , ta tính được SA AB a= = . Bằng cách dùng tỉ số thể tích như bài 1, ta có: 3 1 1 1 1 1 1 1 2 . . . . . . . 2 3 3 2 3 2 2 12 12 AINB BACN BSAC SABCD a V V V V a a a= = = = = .