Bài tập Hình học lớp 12 - Dạng hình chóp tam giác có một cạnh bên vuông góc với đáy

DẠNG HÌNH CHÓP TAM GIÁC CÓ 
MỘTCẠNHBÊN VUÔNG GÓC VỚI ĐÁY 
I) Bài toán: Cho tam giác ABC nằm trong mặt phẳng (P). Trên đường 
thẳng Ax vuông góc với mặt phẳng (P) tại A lấy điểm S ≠ A. Gọi AA1, BB1, 
CC1 là các đường cao trong tam giác ABC, H là trực tâm. Gọi BB’, CC’ là 
các đường cao trong tam giác SBC, K là trực tâm. 
1) Chứng minh rằng a) S, K, A1 thẳng hàng 
 b) SB ⊥ mặt phẳng (CC1C’) 
 SC ⊥ (SBB’) 
 c) HK ⊥ mặt phẳng (SBC). 
2) Chứng minh rằng 6 điểm H,C, B1, B’, K, A1 nằm trên một mặt cầu. 
3) Giả sử HK cắt Ax tại D. Chứng minh rằng tứ diện SBCD là tứ diện có 
các cặp cạnh đối diện vuông góc. 
4) Chứng minh rằng khi S thay đổi trên Ax, tích SA. DA không đổi. Khi 
tam giác ABC đều cạnh a, thì SA. DA bằng bao nhiêu. 
5) Hãy xác định vị trí của S để thể tích tứ diện SBCD nhỏ nhất. 
6) Chứng minh rằng khi S thay đổi, hình cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD luôn 
chứa một đường tròn cố định. 
Lời giải 
 S 
 B’ 
 C’ K C 
 B 
 A H A1 
 C1 
 B 
 D 
1) a) Ta có ⇒ BC ⊥ SA1
BC AA
BC SA
⊥ 

⊥ 
1; 
 1
 như vậy SA1 là đường cao trong tam giác SBC, do đó S, K, A1 thẳng hàng 
vì K là trực tâm của tam giác SBC. 
b) Ta có SB ⊥ CC’ (gt) 
SB ⊥ CC1 vì CC1 ⊥ (SAB) 
Do đó SB ⊥ (CC1C’). 
Tương tự SC ⊥ BB’ (gt) 
SC ⊥ BB1 Vì BB1 ⊥ (SAC). 
Do vậy SC ⊥ (BB1B’). 
c) Vì HK nằm trong mặt phẳng BB1B’ nên HK ⊥ SC. 
Vì HK nằm trong mặt phẳng (CC1C’) nên HK ⊥ SB. Do vậy HK vuông góc 
với mặt phẳng (SBC). 
2) Ta chứng minh rằng sáu điểm H, C, B1, B’, K, A1 nằm trên mặt cầu 
đường kính HC. 
Thật vậy, theo giả thiết A1, B1 nhìn HC dưới một góc vuông. 
HK vuông góc với mặt phẳng (SBC), nên HK vuông góc với KC. Nghĩa là 
K nhìn HC dưới một góc vuông. 
Do SC ⊥ (BB1B’), mà HB’ ⊂ (BB1B’) nên HB’ ⊥ SC hay HB’C = 1 vuông. 
Tóm lại, bốn điểm B1, B’, K, A1 nhìn HC dưới một góc vuông, do đó 6 
điểm H, C, B, B’, K, A1 nằm trên một mặt cầu đường kính HC. 
3) Xét tứ diện SBCD. Ta có SD ⊥ BC là hiển nhiên theo giả thiết. 
Tiếp theo, do BD nằm trong mặt phẳng (BB1B’) nên BD ⊥ SC; Tương tự 
do DC nằm trong mặt phẳng (CC1C’) nên DC ⊥ SB. 
4) Ta thấy hai tam giác SAA1 và HAD đồng dạng vì góc A vuông, 
ADH = A S 1A
Do đó 1
SA A A
HA AD
= , từ đó SA. AD = AA1. HA. Nhưng tam giác ABC cố 
định, nên AA1. HA không đổi, do đó SA. DA không đổi. 
Khi tam giác ABC đều, cạnh a; thì 1
a 3
,
2
=AA 
a 3
AH
3
= nên SA. 
DA = 
2a
2
. 
5) Gọi thể tích tứ diện SBCD là V 
Ta có V = VSABC + VDABC = 
1
3
 đối tượng (∆ ABC). (SA + DA) 
Nhưng SA. DA = const, nên Vmin ⇔ SA + DA min ⇔ SA = DA = 
1AA .AH . 
6) Kéo dài BA cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD tại E. Vì SBDE là tứ 
giác nội tiếp đường tròn, nên AS.AD = AB.AE hay AS. AD = AB. AE, 
 2
 nhưng AS. AD không đổi, do đó AB. AE không đổi; như vậy E không đổi. 
Vì vậy, khi S thay đổi, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBCD qua 3 điểm cố 
định là B, C, E. Vì vậy mặt cầu luôn qua đường tròn cố định, đó là đường 
tròn ngoại tiếp tam giác BCE. 
II) Luyện tập. 
Ví dụ 1. Đề thi Đại học quốc gia thành phố Hồ Chí Minh (năm 1999). 
Cho hình chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh 
SA vuông góc với đáy ABC và SA = a. M là một điểm thay đổi trên cạnh 
AB. Đặt ACM = α, hạ SH ⊥ CM. 
1) Tìm quĩ tích điểm H, suy ra giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện SAHC. 
2) Hạ AI ⊥ SC, AK ⊥ SH. Tính độ dài SK, AK và tính thể tích tứ diện 
SAIK. 
Lời giải S 
 I 
 K 
 A α C 
 M H 
 B 
1) Ta có SH ⊥ CM ⇒ AH ⊥ CM, suy ra H nằm trên đường tròn đường 
kính AC, trong mặt phẳng ABC. Nhưng M thay đổi từ B, nên quĩ tích H là 
cung EF của đường tròn đường kính AC với F là trung điểm của BC. 
Ta có VSAHC = 
1
3
. SA. dt (AHC). Nhưng do SA không đổi nên VSAHC 
max khi và chỉ khi dt (AHC) max ⇔ ∆ AHC vuông cân ở H, có cạnh huyền 
AC bằng a. 
Vậy max của VSAHC = 
1
3
a. 
2 3a a
4 12
= (đvdt). 
2) Hạ AI ⊥ SC, I là trung điểm của SC hạ AK ⊥ SH, Ta có AH = a sin α. 
2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 sin
AK SA AH a a sin a sin2
+ α
= + = + =
α α
Từ đó AK = 
2
a sin
1 sin
α
+ α
 3
 Ta có SK2 = SA2 - AK2 = a2 - 
2 2 2
2 2
a sin a
1 sin 1 sin
α
=
+ α + α
Vậy SK = 
2
a
1 sin+ α
Tính thể tích tứ diện SAIK. 
Do ⇒ AK ⊥ mặt phẳng (SHC) ⇒ AK ⊥ SI 
AK SH
AK HC
⊥ 
⊥ 
Mặt khác SI ⊥ AI, vậy SI ⊥ (AKI). 
Do vậy VSAKI = 
1
3
. SI. dt (AKI) = 
1
6
 SI. AK. KI. 
Ta có SI = 
1
2
 SC = 
a 2
2
. 
AK = 
2
a sin
1 sin
α
+ α
 do chứng minh trên. 
KI2 = SK2 - SI2 = 
2 2 2 2
2 2
a a a cos
21 sin 2(1 sin )
α
− =
+ α + α
⇒ KI = 
2
a cos
2(1 sin )
α
+ α
Như vậy, VSAKI = 
3
2
a sin 2
24(1 sin )
α
+ α
 (đv. thể tích). 
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với tam giác ABC. Đáy 
ABC là tam giác vuông tại C. Cho AC = a, góc giữa mặt bên SBC và mặt 
đáy ABC là ϕ. 
a) Trong mặt bên (SAC), từ A hạ AF ⊥ SC. Chứng minh rằng AF vuông 
góc với mặt phẳng (SBC). 
b) Gọi O là trung điểm của AB. Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng 
(SBC) theo a, ϕ. 
Lời giải S 
 F 
 H 
 A O B 
 a ϕ 
 C 
 4
 a) Gọi Giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC) là góc SCA = ϕ. Ta có AF ⊥ 
SC (1). Mặt khác BC ⊥ AC (gt), BC ⊥ SA nên BC ⊥ (SAC). 
 Vậy BC ⊥ AF (2). 
Từ (1) và (2), ta suy ra AF ⊥ (SBC). 
b) Từ O là trung điểm của AB; Do AF ⊥ (SBC) nên OH ⊥ (SBC) thì H là 
trung điểm của FB. Do vậy OH = 
1
2
 AF = 
1
2
 a sin ϕ. 
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC với cả ba góc nhọn. Trên 
đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P) tại A, lấy điểm M. Dựng BK 
⊥ AC, BH ⊥ CM. Đường thẳng KH cắt (d) tại N. 
1) Chứng minh rằng BN ⊥ CM. 
2) Chứng minh BM ⊥ CN 
3) Hãy chỉ ra cách dựng điểm M trên (d) sao cho đoạn MN ngắn nhất. 
Lời giải 
 M 
 H 
 C 
 K 
 A 
 N B 
1) Ta có BH ⊥ CM (gt) 
BK AC (gt)
BK MA (gt)
⊥ 
⊥ 
 ⇒ BK ⊥ (AMC) 
⇒ BK ⊥ CM. 
Như vậy CM ⊥ (BKH) 
Nhưng BN ⊂ (BKH) 
do vậy BN ⊥ CM. 
2) Theo chứng minh trên BK ⊥ (AMC) ⇒ BK ⊥ CN (1) 
Mặt khác, xét tam giác MNC có MN ⊥ CA, NH ⊥ MC (do MC ⊥ (BKH)) như 
vậy K là trực tâm của tam giác MNC ⇒ MK ⊥ NC (2). 
Từ (1) và (2) suy ra CN ⊥ (MBK), do đó CN ⊥ MB. 
3) Vì K là trực tâm của tam giác CMN, nên AM. AN = AK. AC, 
 5
 do ∆ AMK ~ ∆ ACN. Như vậy khi M di chuyển trên (d), tích AM. AN không 
đổi vậy MN = AM + AN bé nhất khi và chỉ khi AM = AN = AK.AC 
III. Bài tập tự giải 
1. Bài toán nêu trong phần I) là bài mẫu cho các đề 16, 33, 34, 110, 113, 
129, 147, 150 trong Bộ đề thi Đại học, NXB Giáo dục - 1996. 
2. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Trên đường thẳng (d) vuông góc với 
mặt phẳng (ABC) tại A lấy điểm M. Gọi H là trực tâm tam giác ABC; K là 
trực tâm tam giác BCM. 
1) Chứng minh rằng MC ⊥ (BHK), HK ⊥ (BMC). 
2) Khi M thay đổi trên đường thẳng (d). Tìm giá trị max của thể tích tứ 
diện KABC. 
Đáp số: 
3a
48
Chú ý: Đây là đề thi khối A. Đại học quốc gia thành phố Hồ Chí Minh - 
2000. 
3. Cho hình chóp S.ABC đáy là tam giác vuông ABC, vuông tại A, cạnh 
SB vuông góc với mặt phẳng đáy ABC. Qua B kẻ BH ⊥ SA, BK ⊥ SC. 
Chứng minh rằng SC vuông góc với mặt phẳng (BHK) và hãy tính diện 
tích tam giác BHK. Biết rằng AC = a, BC = a 3 , SB = a . 2
Đáp số: S∆ BHK = 
2a 5
10
4. Đề thi phân viện báo chí và tuyên truyền (2001). 
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và SA ⊥ (ABC). 
Đặt SA = h. 
a) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) theo a, h. 
b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và H là trực tâm tam 
giác SBC. Chứng minh rằng OH ⊥ (SBC). 
 6