Bài tập tổng hợp về Chuyên đề Hình chóp

nh chóp tam giác SABC. Gọi K và N là trung điểm của SA, BC. 
Điểm M nằm trên SC sao cho:
Tìm tỉ số diện tích hai tam giác ASC và AKM.
Mặt phẳng qua K song song với AB và SC có qua N không?
Qua K, M, N dựng mặt phẳng mp(P).
xác định tiết diện tạp bởi mp(P) với hình chóp đã cho.
Chứng minh KN chia tiết diện thành 2 phần diện tích bằng nhau.
Biết khoảng cách từ A đến mp(P) bằng h và thể tích hình chóp là V. tính diện tích tiết diện.
Giải:
Tính 
.AMS và SAC có cùng đường cao phát xuất từ A nên:
. AMS và AMK có cùng đường cao phát xuất từ M nên:
	Suy ra : 
2. Mặt phẳng qua K song song với AB và SC có qua N không?
Mặt phẳng qua K song song với AB và SC cắt BC ở N’.
Định lý Talét trong không gian cho: 
 N là trung điểm của BC NN’
	Vậy mặt phẳng qua K song song với AB và SC qua trung điểm N của BC.
a. Cách dựng thiết diện:
- Đường thẳng MK và đường thẳng CA cắt nhau ở I
- Hai đường thẳng IN và AB cắt nhau ở H.
S
M
K
I
O
C
N
B
H
A
	Tiết diện của mặt phẳng (KMN) với hình chóp là tứ giác KMNH.
b. Chứng minh 
	Gọi O là giao điểm của MH và KN. Vẫn theo định lý Talét trong không gian ta 
suy ra: O là trung điểm của MH. Từ đó suy ra các đường cao MM’ và HH’ 
trong 2 tam giác MKN và HKN bằng nhau, do đó:
Tính diện tích thiết diện:
 . Ta tính thể tích tứ diện AKMN bằng cách coi đáy là KMN và đỉnh là A:
 (1)
. Cũng tứ diện ấy mà ta coi đáy là AKM và chiều cao là khoảng cách từ N đến 
(AKM) thì thể tích của nó là:
	Nếu gọi chiều cao kẻ từ B của tứ diện ABCD là hB thì ta có :
	Và do câu 1. ta có:
 (2)
	Từ (1) và (2) suy ra: 
	Bài 3: Cho tứ diện SABC có các góc phẳng ở đỉnh S vuông.
1. Chứng minh : 
Cho biết SA = a, SB+ SC = k. đặt SB = x. tính thể tích tứ diện SABC theo a, k,x.
 Xác định SB, SC để thể tích tứ diện SABC lớn nhất.
Cho A cố định; B và C thay đổi ao cho SB + SC = k không đổi. Tìm quỹ 
tích điểm O của các đường chéo hình hộp có 3 cạnh là SA, SB, SC.
Giải:
1 Chứng minh : 
. Trước hết ta chứng minh hệ thức : 
 (1)
C
S
B
I
A
	Vẽ SI vuông góc với AB. Theo định lý 3 đường thẳng vuông góc ta có:
	Áp dụng bất đẳng thức Schwarz:
 (1)
	Áp dụng kết quả (1) ta có:
A
S
B
O’
O
C
D
2. Tính V của tứ diện SABC
	. Định SB, SC để V lớn nhất.
 .
Bất đẳng thức Cauchy:
 ( k, a: không đổi; x: thay đổi)
	Do đó : 
 	Đẳng thức xãy ra khi và chỉ khi : x = k – x 
	Vậy 
 xãy ra khi và chỉ khi SB = SC = 
Quỹ tích điểm O
	 . Gọi O là giao điểm của các đường chéo trong hình hộp vẽ trên 3 cạnh 
SA, SB, SC. Nếu ta vẽ hình chữ nhật SBDC thì O chính là trung điểm của AD. 
Hình chiếu O’ lên mặt phẳng (SBDC) là trung điểm SD.
 	.Chọn tia Sx mang bởi SB, định hướng từ S đến B. tia Sy mang bởi SC, 
định hướng từ S tới C. trong 1 phần tư mặt phẳng tọa độ Sxy ta có: 
J
I
J’
I’
S
J
A
y
x
 Suy ra quỹ tích của O’ là 
đoạn thẳng I’J’ có phương trình là:
Với 2 điểm đầu là I’(k/2;0) và J’(0;k/2).
 	. Gọi là trung điểm của SA; là điểm cố định.
	Ta có: 
	 Suy ra quỹ tích của O là đoạn IJ, hình biến đổi của I’J’ qua phép tịnh tiến 
véctơ .
 Bài 4: Trong 1 tứ diện chỉ có 1 cạnh có độ dài lớn hơn 1.
CMR: thể tích tứ diện ấy không vựơt quá 1/8.
D
B
F
E
A
C
H
Giải:
. Cho tứ diện ABCD có AB > 1 
còn các cạnh khác nhỏ hơn hay bằng 1. Ta
 chứng minh .
 	. Vẽ đường cao AE trong tam giác ABC
 và đường cao BF trong tam giác BCD.
	Gọi AH là đường cao của tứ diện vẽ từ A. đặt CD = a ().
 Ta chứng minh : 
	.Nếu thì: 
 ( do )
.Nếu thì: 
 Trong cả 2 trường hợp ta đều có:
Tương tự như vậy ta cũng chứng minh được:
.Thể tích tứ diện:
Xét hàm 
 f(a) = 
 f’(a) = -3a2 + 4
Bảng biến thiên:
a
f’(a)
f (a)
0
0
0
+
1
3
0
Vậy xãy ra khi và chỉ khi a = 1.
.Cuối cùng ta thử xem có tồn tại 1 tứ diện như trên không. Chọn tứ diện 
A
D
C
B
ABCD như sau:
 đều cạnh a = 1
 đều cạnh a = 1
 (BCD)(ACD)
 Ta có:
 ; tứ diện ABCD thỏa đề bài.
Bài 5: 
Cho tam giác ABC đều cạnh a. một đường thẳng () tùy ý qua tâm O 
của tam giác cắt BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P.
Chứng minh:
Cho tứ diện đều SABC. Qua đường cáo SH của tứ diện ta kẻ 1 mặt 
phẳng cắt các mặt bên theo những đường thẳng taọ với đáy của tứ diện các góc .
 Chứng minh : 
 .
Giải:
1. Chứng minh:
Gọi A’, B’, C’ là trung điểm của BC, CA, AB. Đặt 
Ta có: 
 Và 
Ta có: 
()
A
B
C
M<
P
B’
A’
C’
Cho nên
2. Chứng minh: 
	Mặt phẳng qua SH cắt các mặt (SBC), (SAC), (SAB) theo các giao tuyến 
lần lượt là SM, SN và SP. Ta có:
Ta có : 
Ta nhắc lại rằng 
Và theo câu 1:
A
S
B
C
N
H
P
M
Cho nên :
Bài 7: cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. cạnh bên SA vuông 
góc với mặt đáy. Từ A hạ các đường vuông góc AE với SB và AF với SD.
Chứng minh: (AEF)SC.
Goi P là giao điểm của (AEF) với SC. Tìm quỹ tích của P khi S chạt trên 
nửa đường thẳng Ax vuông góc với đáy ABCD.
 Chứng tỏ rằng có 2 vị trí của S trên Ax sao cho bằng 1 giá trị V cho trước với điều kiện không vượt quá 1 giá trị V, nào đó mà ta phải xác định
Trong trường hợp = V1, hãy tính .
Giải:
Chứng minh (AEF)SC.
Theo giả thiết , như vậy :
D
C
A
B
F
PZZZZZZZ
E
S
Tương tự ta cũng có :
	Vậy 
2. Quỹ tích của P.
 * Mặt phẳng (SAC) cố định,và AC cố định nên P ở trên đường 
tròn đường kính AC trong mặt phẳng (ASC).
* S chỉ chạy trên nửa đường thẳng Ax nên P chỉ chạy trên nửa đường tròn nói 
trên, không kể điểm C. Nữa đường tròn này vẽ trong nữa ,mặt phẳng Ax giới hạn bởi AC.
 H O
A
S
P
C
x
h
y
3. Chứng minh có 2 vị trí của S trên Ax khi = V và V V1.
Vẽ , PH là đường cao của hình chóp P.ABCD :
	PH = h.
Ta có : 
Nếu thì ta có 2 vị trí của P trên nữa đường tròn đường kính AC, do đó có 2 vị trí của S trên Ax.
 Nhưng :
 Vậy có thể nói là : khi thì có 2 vị trí cảu S trên Ax để 
 4.Trong trường hợp hãy tính 
Theo trên ta có :
 ( tức P là trung điểm của cung AC)
Lúc ấy P là trung điểm của SC và :
Ta có :
 Vậy: 
Bài 8: Trong mặt phẳng (P) cho vuông tại B, có cạnh AB, ; 
và vuông tại D có AD = b ( B và D không cùng phía đối với AB). Trên 
đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) tại A ta lấy điểm S sao cho SA = x.
tính thể tích hình chóp SABCD
AI, AJ, AH là 3 đường cao xuất phát từ A của 3 tam giác SAB, SAC, SAD. 
Hãy tìm tâm và bán kính của hình cầu ngoại tiếp các đa diện ABCIJ, ASIJH. 
Từ đó xác định giao của 2 hình cầu nói trê
gọi là góc phẳng của nhị diện tạo bởi (SAC) và (SBC). Chứng minh : 
C
B
A
D
J
S
I
H
4. phải thỏa mãn điều kiện gì để = 600.
Giải:
1. tính 
	Ta tính các chi tiết :
	Do đó: 
	Do đó : 
	Tóm lại : 
tâm và bán kính hình cầu ngoại tiếp các đa diện ABCIJ và ASIJH
	 . Ta có 
	Nên : 
	Như vậy : I, J và B cùng nhìn AC dưới góc vuông nên hình cầu ngoại 
tiếp đa diện ABCIJ là hình cầu đường kính AC. Tâm là điểm giữa cả AC, bán 
kính bằng: 
	. I, J, H cùng nhìn AS dưới góc vuông nên hinìh cầu ngoại tiếp khối đa 
diện ASIJH là hình cầu đường kính AS. Tâm là điểm giữa của AS, bán kính bằng
 	Giao của 2 hình cầu
	Hai hình cầu ấy có chung 3 điểm là A, I và J nên giao của chúng là 
đường tròn qua 3 điểm ấy. Nhưng ta đã biết nên 
 Vậy giao của 2 hình cầu ấy là đường tròn đường kính AJ ở trong mặt phẳng 
qua A và vuông góc với SC.
 3. Chứng minh hệ thức 
	Góc phẳng của nhị diện tạo bởi (SAC) và (SBC) là 
 vuông ở I : 
	Do đó : (i)
	Nhưng : 
	Thay các kết quả trên vào (i): 
 	Ta có : 
	Vậy: 
4. thỏa mãn điều kiện gì để 
	Với thì thỏa mãn phương trình :
 	Vậy : tam giác ABC vuông cân ở B.
 Bài 9: trong mặt phẳng () cho OAB và 1 điểm di động M trên đoạn AB. Từ M ta dựng đường thẳng song song với OB và OA, lần lượt cắt OA, OB tại P 
và Q; gọi I là giao điểm của AQ và BP. Trên đường thẳng vuông góc với 
mp() tại M ta lấy điểm SM. Đặt OA = a, OB = b.
 1. chứng minh : 
Từ đó suy ra thể tích của 2 hình chóp SOPIQ và SIAB bằng nhau.
 2. Cho , a = 2b và . Gọi lần lượt là góc phẳng của 2 
nhị diện tạo bởi (SOA) và (SOB) với mp(). Chứng minh rằng khi M di động 
trên đoạn AB (nhưng không trùng với A và B) thì ta luôn luôn có hệ thức:
S
B
M
Q
C
A
P
I
Giải:
Chứng minh : 
	Định lý Talét :
Do đó: 
 (1)
	Chứng minh 
	Để chứng minh 2 hình chóp SOPIQ và SIAB có cùng thể tích ta chỉ cần 
chứng minh 
 Từ (1) ta suy ra :
	Từ đó : 
	Hay : 
S
S
M
H
O
B
S
S
 	Do đó : 
 2. Chứng minh hệ thức: 
* Do OA = 2OB và 
 nên tam giác OAB vuông tại B 
và là nửa tam giác đều.
 Và : 
 Góc của (SOB) và mp()(OAB) là :
Vẽ MHOA. Do định lý 3 đường thẳng vuông góc ta có SHOA nên góc của 
(SOA) với mp() là:
	Ta có:
 Từ AB = AM + MB và từ các kết quả trên ta có :
 .
Phương pháp tọa độ:
Bài 10: cho hình chóp SABC, đáy là tam giác vuông cân đỉnh C; CA = CB = a; 
đỉnh S có hình chiếu trên đáy là trọng tâm G của tam giác ABC; SG = h.
 Tính góc phẳng của nhị diện canh SC của hình chóp.
Giải:
B
C
A
G
S
y
a
x
a
h
z
Lập hệ trục tọa độ góc Axyx, có Ax // CB, chiều dương từ C đến B; Ay chứa 
AC, chiều dương từ A đến C; Az có chiều dương từ G đến S.
	Các điểm A, B, C có tọa độ là : A(0, 0, 0); 
 B(a, a, 0); 
 C(a, 0, 0);
	 S(,, h)
	Các vectơ có tọa độ là : 	 	 	 
Ta có: 
, theo thứ tự là các vectơ pháp tuyến của các mặt (SCB) và (SCA), 
Do đó nếu gọi là góc phẳng nhị diện cạnh SC thì :
	Vậy: 
 Bài 11: cho hình chóp tứ giác đều SABCD, cạnh đáy bằng 2a, mỗi cạnh bên 
lập với mặt phẳng đáy 1 góc . Trong hình chóp đó, vẽ nội tiếp 1 hình lập 
A
D
B
C
O
M
N
x
y
S
z
N1
M1
E1
phương sao cho các đỉnh nằm trên các trung đoạn của hình chóp. Tính độ dài 
cạnh của hình lập phương.
Giải:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với SOz và khi đó:
 A(a, a, 0) , B(-a, a, 0) , C(-a, -a, 0) , D(a, -a, 0),
 và từ giả thiết nên S(0, 0, ). 
Khi đó gọi M, N theo thứ tự là trung điểm
 của AB, AD ta được:
 M(0, a, 0) , N(a, 0, 0).
 Giả sử 
Cạnh của hình lập phương bằng x, ta được:
 Ta có điều kiện là :
	 Bài12: Cho hình chóp đều SABCD cạnh bằng 2a. gọi d1, d2, d3, d4 theo 
thứ tự là khoảng cách từ điểm M bất kỳ thuộc đáy ABCD tới các mặt bên. 
CMR: tổng: 
 	S = d1 + d2 + d3 + d4
 Không phụ thuộc vào vị trí điểm M.
Giải: