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 ′ [...]... M ∈ AD và S ∈ Ax Bài 6 Cho hình chóp SABCD, áy ABCD là hình ch nh t c nh AB = a, AD = b C nh SA c a hình chóp vuông góc v i áy, SA = h M t ph ng (P) i qua CD c t SA, SB l n lư t t i K, L 1) Thi t di n KLCD là hình gì? Tính di n tích thi t di n y theo a, b, h và x = KA 2) Xác nh x m t ph ng (P) chia hình chóp ra hai ph n v i th tích b ng nhau Bài 7 Trong m t ph ng (P) cho hình vuông ABCD, c nh a G i... 1 ( 3 x − 1)2 x = 3  Y M t s d ng toán cơ b n c a hình chóp Nhìn b ng bi n thiên ⇒ f ( x ) ≤ 3 , ∀x ∈  1 , 1 2  2   T x 3 Áp d ng b (2): 0 1 2 0 f′ V ó ⇒ 1 ≤ 1 = 1 ( x + y) ≤ 3 3 V 4 8 − − 2 3 0 1 + 3 2 f ∆SAC có SA + SC = 2 SO ; SP SR SJ ′ 3 2 4 3 ∆SBD có SB + SD = 2 SO SQ ST SJ ′ V y SA + SC = SB + SD SP SR SQ ST Bài 4 Cho hình chóp S.ABCD, áy ABCD là hình bình hành v i AB = a, AD = b và... 2 2 V2 1 + cos α  1 + cos α  c bi t khi α = 60 o thì V1 1 = V2 4 Bài 4 Cho hình chóp t giác u S.ABCD G i M là trung i m c a SB Thi t di n t o b i m t ph ng (MAD) chia hình chóp S.ABCD thành 2 ph n có th tích là V1, V2 Tìm t s V1 V2 279 Ph n 3 Hình h c không gian – Tr n Phương E CHÓP T GIÁC KHÁC Bài 1 Trong mp[P] cho hình ch nh t ABCD v i AB = a, BC = b 1 G i I, J là trung i m AB, CD Trong mp[Q]... ng Ox vuông góc v i (P), ta l y m t i m S 1) Gi s các m t bên c a hình chóp SABCD t o v i áy m t góc α Xác nh ư ng vuông góc chung c a SA và SD Tính dài vuông góc chung ó theo a và α 2) M t m t ph ng i qua AC và vuông góc v i m t (SAD) chia hình chóp thành hai ph n Tính t s th tích c a hai ph n ó Bài 8 Cho hình chóp S.ABCD có áy ABCD là hình vuông c nh a o n th ng SA = a vuông góc v i m t ph ng áy L... c n d ng C B E K O B 277 Ph n 3 Hình h c không gian – Tr n Phương a 3 D th y DNMC là hình thang cân v i NM = AB = a , DC = a và HK = 2 2 2 G i S là di n tích c a thi t di n DCMN, thì S= ( DC + MN ) HK 1 a 3 3 3a 2 = a+ a ⋅ = 2 2 2 2 8 ( ) S G i V1 là th tích ph n hình chóp n m bên trên thi t di n Ta có: V1 = VS.NMCD = VS.NMD + VS.MDC (1) H N G i V là th tích c a hình chóp S.ABCD, ta có C B E V S NMD... B V S MDC SM 1 V = = ⇒ V S MDC = 1 V S , BDC = V ⇒ 1 = 3 , V S BDC SB 2 2 4 V2 5 ây V2 là th tích ph n hình chóp n m bên dư i thi t di n Bài 3 Cho hình chóp t giác u S.ABCD có các m t bên t o v i áy góc α 1 V thi t di n qua AC và vuông góc v i (SAD) 2 Tìm t s th tích Tính t s V1 hai ph n c a hình chóp b chia b i thi t di n nói trên V2 y khi α = 60o S Gi i vvG i M, N là trung i m c a AD, BC ⇒ SMN =...M t s d ng toán cơ b n c a hình chóp 2 a) G i O là tâm c u ngo i ti p chóp ⇒ O là giao c a SH và trung tr c c a SC trong mp[SHC] G i O′ là trung i m c a SC Ta có tam giác vuông SOO′ ~ tam giác vuông SCH ⇒ SO = SO′ SC SH ⇒ R = SO = SC SO′ = SH a2 2 8sin 2 α 2 2 = a −a 2 α 2 4sin 2 a α cos α 4sin 2 G i J là tâm c u n i ti p chóp còn M là S trung i m c a BC, khi ó J là... b) G i H′, K′ là hình chi u ⊥ c a các tr c tâm H, K c a ∆SAB, SCD xu ng [P] Ch ng minh r ng: HH′.KK′ = const khi S ∈ (L) c) M ∈ (AD) và N ∈ (BC) sao cho MH ′N = π Gi s S c 2 nh Tìm v trí M, N sao cho chóp S.MNH′ có th tích min 2 L y E ∈ ư ng tròn (T) ư ng kính BD trong mp[R] ⊥ [P] t BE = x a) Tính th tích hình chóp EABCD theo a, b, x b) Ch ng minh r ng: ∆EAC vuông c) Tìm qu tích hình chi u vuông góc... , 278 E I G i O là tâm c a ABCD nên trong m t ph ng (SMN) k K α O B N C D M t s d ng toán cơ b n c a hình chóp NK ⊥ SM ⇒ NK ⊥ ( SAD ) T O k OI // NK ⇒ OI ⊥ ( SAD ) Kéo dài AI và gi s AI ∩ SD = E Ta có ( AEC ) ⊥ ( SAD ) (vì OI ∈ ( AEC ) ) V y tam giác AEC chính là thi t di n c n d ng 2 G i V1 là di n tích c a ph n chóp S.ABCD n m dư i thi t di n Ta có V1 = V D AEC (1) Ta có: V D AEC DE = ⇒ V D AEC... = 90o Do AB ⊥ [Q ] nên AB ⊥ SJ T ó ⇒ SJ ⊥ [ SAB ] ⇒ SJ ⊥ AA′ Mà AA′ ⊥ AB nên AA′ ⊥ [ SBJ ] ⇒ AA′ ⊥ BJ b) Vì H, K là tr c tâm ∆SAB, ∆SCD nên H ∈ SI, K ∈ SJ ⇒ H′, K′ ∈ o n IJ 280 M t s d ng toán cơ b n c a hình chóp D th y tam giác vuông HIH′ ~ tam giác vuông JKK′ ⇒ HH′.KK′ = IH′.JK′ Ta có BJ ⊥ AA′ và BJ ⊥ HH ′ nên BJ ⊥ [AHH′] ⇒ BJ ⊥ AH′ 2 Suy ra tam giác vuông AIH′ ~ tam giác vuông JIB ⇒ IH ′ = AI . 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. 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. 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