Chuyên đề Hình học không gian 12 - Hình chóp

ức là 
Ta suy ra P là trung điểm của AH, đồng thời PJ’//SH nên là trung điểm SA.
 Vì và IP//SH nên .
 Vậy tam giác JPI vuông tại P.
 Vì nên và nên 
 nên . Vậy tam giác JQI vuông tại Q. Ta có 
Tam giác SIC là tam giác đều cạnh a nên đường cao 
Vậy . Ta có và suy ra 
Hai tam giác vuông JPI và JQI bằng nhau vì có PI = QI và IJ chung.
Vậy diện tích tứ giác PJQI là: .
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1: Tứ diện ABCD có , các cạnh khác đều bằng a. DH là đường cao hạ từ đỉnh D. Mặt phẳng (P) qua H và vuông góc AD cắt AD, BD, CD lần lượt tại A’, B’, C’. Thiết diện tạo bởi mp(P) và tứ diện có gì đặc biệt?
Bài 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều, đường cao AH của tam giác đáy bằng 5a; SO là trục của tam giác đáy (SO =2a, O là tâm của tam giác đáy). Gọi I là trung điểm OH. (P) là mặt phẳng qua I và vuông góc với AH. Thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P) là hình gì? Tính diện tích thiết diện đó.
Bài 3: Cho hình chóp đều S.ABCD cạnh đáy bằng a. Xét mặt phẳng (P) qua A, song song với CD và vuông góc với mặt phẳng (SCD), chia tam giác SCD thành hai phần, tỉ số diện tích phần thứ nhất (chứa đỉnh S) với phần thứ hai là 1/8. Tính diện tích thiết diện hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P).
Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, chiều cao SA= a. M là điểm trên đoạn AC, AM= x (). Gọi (P) là mp qua M, song song BD và vuông góc với mp đáy.
a) Tính diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt mp(P).
b) Xác định vị trí của M để thiết diện có diện tích lớn nhất.
Bài 5: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB= a, .
a) Dựng thiết diện vuông góc với đoạn SA tại M. Tính diện tích thiết diện.
b) Tìm vị trí của M để thiết diện đạt diện tích lớn nhất.
Bài 6: Trong mp(P) cho đường thẳng (d) và điểm O cách (d) một khoảng OH=h. Trên (d) lấy B, C sao cho: . Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với (P) và trên đó lấy điểm A sao cho: OA= OB. Lấy K trên OH và đặt OK= x. Xét hình chóp O.ABC:
a) Dựng thiết diện vuông góc với OH tại K. Thiết diện là hình gì?
b) Tính chu vi và diện tích thiết diện. Với giá trị nào của thì chu vi ấy không đổi nhưng diện tích biến thiên
Bài 7: Cho hình chóp S. ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = b. Cạnh bên SA có độ dài 2a vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là điểm trên cạnh SA, đặt .
	a)MP(MBC) cắt hình chóp theo thiết diện gì ? Tính diện tích thiết diện đó.
	b) Xác định x để thiết diện có diện tích lớn nhất.
	c) Xác định x để mp(MBC) chia hình chóp thành hai phần có thể tích bằng nhau.
Bài 8: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD được tạo bởi hai tam giác đều cạnh a là ABD và CBD, cạnh bên SA = h và SA vuông góc mặt đáy. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M di động trên AC, () là mặt phẳng đi qua M và vuông góc
 THỂ TÍCH – CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
	Trong các vấn đề liên quan đến hình chóp, thể tích của hình chóp là một
 vấn đề rất được quan tâm. Có nhiều bài toán cũng như nhiều bài tập về thể tích
 hình chóp rất hay và khó. Vì vậy, trong chuyên đề về hình chóp của chúng tôi sẽ không thiếu phần thể tích. Đi kèm theo với các vấn đề về thể tích hình chóp là cực trị trong hình học không gian. Hy vọng chuyên đề của chúng tôi sẽ mang đến cho bạn đọc nhiều điều thú vị về hai vấn đề trên.
& một số kiến thức cơ bản về thể tích hình chóp:
1.Công thức tính thể tích hình chóp: 
Trong đó: V là thể tích hình chóp
 h là chiều cao hình chóp
 S là diện tích mặt đáy
2. Công thức tính diện tích của hình chóp đáy tam giác:
­Với hình chóp S.A1A2A3 thì: 
 (*)
	­Với hình chóp S.A1A2A3 , mặt phẳng cắt các cạnh SA1, SA2, SA3 
lần lượt tại ,,. Khi đó:
	 (**)
	E Bạn đọc tự chứng minh lại (*), (**). 
	E Chúng ta có thể hình chóp đáy đa giác thành nhiều hình chóp đáy tam giác sau đó dùng (*) hoặc (**) để tính thể tích từng hình chóp đáy tam giác rồi cộng lại. 	
 & một số công cụ thường dùng để tìm cực trị trong hình học không gian:
Đạo hàm
Các bất đẳng thức như AM-GM, BCS, Schawrt,
$ Một số bài toán và bài tập có lời giải:
Bài toán 1: cho hình chóp S.ABC, G là trọng tâm tam giác ABC. Điểm I thuộc
 cạnh SG sao cho (0 < k ≤ 1). Mặt phẳng qua I và cắt các tia SA, 
SB, SC lần lượt tại M, N, P (không trùng với S). Xác định vị trí mặt phẳng 
 để thể tích hình chóp S.MNP nhỏ nhất khi k là hằng số.
Giải:
	 Cách 1: 
Ta đặt :
 (0 < a, b, c ≤ 1).
Ta có :
	 ;
Tương tự có :
  ; . 
Suy ra : 
 (1)
Mặt khác ta có :
 (2)
Từ (1), (2) suy ra :
Thay vào (2), ta có : 
Vậy : đạt được khi và chỉ khi :
	a = b = c = k 
	Cách 2 : (Dùng vectơ)
Đặt : (0 < a, b, c ≤ 1).
Ta có : (*)
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên:
 (1)
Lại có: I thuộc mp(A’B’C’) nên tồn tại 3 số thực x, y, z sao cho 
 và (2)
Mà 	 (3)
Từ (1), (2), (3) , ta có : 
Vì S, A, B, C không đồng phẳng nên
Thay vào x + y + z = 1, ta được : (**)
Từ (*) và (**) có :
Vậy đạt được khi và chỉ khi :
 a = b = c = k 
Bài toán 2 : Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình bình hành. G là giao 
điểm hai đường chéo của ABCD. Trên đoạn SG lấy I sao cho : . Mặt 
phẳng (α) đi qua I và cắt các đoạn SA, SB, SC, SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’.
	 Tìm vị trí (α) sao cho thể tích hình chóp S.A’B’C’D’ nhỏ nhất ( biết thể
 tích hình chóp S.ABCD là V).
Giải :
Đặt :
, , , ( 0 < a, b, c, d < 1 )
	Cách 1 
Ta có:
Tượng tự có :
	, , 
Suy ra :
Hay 	 (1)	
Mặt khác, ta có:
	, , , 
Do đó:
	 (2)
Từ (1), (2) ta có:
 (3)
Từ (1) và (2), ta có:
Vậy đạt được khi và chỉ khi :
	a = c = b = d = k 
	Cách 2: 
	Do ABCD là hình bình hành nên G cũng là trọng tâm của ABCD (tâm tỷ 
cự của hệ chất điểm (1;A), (1;B), (1;C), (1;D).).
Vì vậy : 	 	(1)
Ta có : 
	 	(*)	
Lại có I thuộc mp(A’B’C’D’) nên tồn tại 4 số thực x, y, z, t sao cho:
	 x + y + z + t = 1 và (**)
Mà : 	 (2)
Từ (1), (**) và (2) ta có:
Do S, A, B, C, D không đồng phẳng nên:
Thay vào x + y + z + t = 1 ta được :
 	 (3)
Từ (*) và (3) ta có :
Vậy đạt được khi và chỉ khi :
	a = c = b = d = k 
۞ Ta cần chứng minh (**).
	Trước hết ta chứng minh định lý sau:
“Cho n điểm A1, A2, A3,, An đồng phẳng. Nếu điểm M thuộc mp(A1A2A3) thì có n số mà sao cho với mọi điểm S.”
Chứng minh:
Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp:
_Ta có với n = 3, đpcm đúng.
_Giả sử với n = k, đpcm đúng. Ta cần chứng minh với n = k+1, đpcm cũng đúng. 
Theo giả thiết qui nạp ta có:
	 và (do A1 thuộc mp(A2A3A4))
Suy ra: ( với và)
Tương tự, ta có: 
	 ( và );
 ..
 	 ()
Suy ra:
Hay: 
	 trong đó 
Mà 	 
Vậy ta có đpcm.
Bài toán 3: Cho hình chóp S.A1A2A3An với đáy là n-giác đều (n chẵn, n≥6).
Gọi G là tâm của n-giác đều trên. Trên đoạn SG lấy điểm I sao cho. 
Mặt phẳng (α) luôn qua I và cắt các cạnh SAi tại A’I (). Tìm vị trí (α) sao
 cho thể tích hình chóp nhỏ nhất. Biết thể tích hình chóp 
S.A1A2A3An là V.
Giải:
Đặt : 	 ()
Ta có G là tâm tỷ cự của hệ n chất điểm (1;A1), (1;A2), ,(1;An).
Do đó: 	 	(1)
Mặt khác có: (coi ).
Suy ra: 	 (coi ).	(2)
Lại có I thuộc mp() nên có n số thực mà sao cho: 	(3)
Và	 	(4)
Từ (1), (3) và (4) ta có :
Vì nên ta có: 	()
Hay 	 , 
Thay vào . 
Ta được:
	(5)
Từ (2) và (5) ta có:
Vậy 	 đạt được khi và chỉ khi :
	a1 = a2 = = an = k
Bạn đọc hãy tự giải bài toán 3 với cách 1 như ở bài toán 2 hoặc tìm hiểu xem 
nếu n là số lẻ thì bài toán 3 sẽ giải như thế nào? Hãy suy nghĩ xem tại sao ở bài
 toán 2 tứ giác ABCD lại là hình bình hành? Nếu ABCD là tứ giác thường thì 
sao, ta có thể giải được hay không? Đó là vấn đề bạn đọc cần giải quyết! 
Bài toán 4: hình chóp S.ABC với SA = SB = SC = t. Mặt phẳng (P) qua trọng 
tâm G hình chóp và cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A’, B’, C’. Xác định 
(P) để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất:
Giải:
Đặt: 
Gọi S’ là trọng tâm tam giác ABC, ta có : 
Hay 
Từ đó suy ra: 
Mà SA = SB = SC = t 
Nên
 	 (1)
Lại có G thuộc mp(A’B’C’) nên luôn có 3 số thực x, y, z mà 
 và 	 (2)
Từ (1) và (2) ta có:
Vì S, A’, B’, C’ không đồng phẳng nên:
Thay vào , ta được:
Suy ra: 
Vậy đạt được khi và chỉ khi
 hay (P) // (ABC).
 Ta cũng có thể giải bài toán trên bằng phương pháp tọa độ.
Bài toán 5: Hình chóp đều S.ABC với SA = t. Gọi S’ là trọng tâm tam giác 
ABC. Trên đoạn SS’, lấy điểm G sao cho SG = k.SS’. Mp(P) qua G và cắt các
 cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A’, B’, C’. Xác định (P) sao cho biểu thức sau đạt
 giá trị lớn nhất:
Giải:
Đặt: 
Do S’ là trọng tâm tam giác ABC nên: 
Từ đó suy ra : 
Mà SA = SB = SC = t nên
	(1)
Lại có G thuộc mp(A’B’C’) nên luôn có 3 số thực x, y, z mà 
 và 	(2)
Từ (1) và (2) ta có:
Vì S, A’, B’, C’ không đồng phẳng nên:
Thay vào , ta được:
Suy ra: 
Vậy đạt được khi và chỉ khi hay (P) // (ABC).
Bài toán 6: Cho hình chóp đều S.A1A2A3An (n≥3), SAi=t. Gọi S’ là tâm tỷ cự
 của n chất điểm (1;A1), (1;A2), (1;A3),,(1;An). Trên đoạn SS’, lấy G sao cho
 SG=k.SS’. Mp(P) qua G và cắt các cạnh SA1; SA2; SA3;... ;SAn lần lượt tại 
M1 ; M2 ; M3 ;... ;Mn. Xác định (P) sao cho biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất :
Giải:
Đặt : ()
Ta có S’ là tâm tỷ cự của hệ n chất điểm (1;A1), (1;A2), ,(1;An).
Do đó: 
Từ đó suy ra: 
Mà SAi=t với mọi I nên
	(1)
Theo bổ đề (**) đã chứng minh ở bài toán 3, ta có:
G thuộc mp(M1M2M3) nên có n số thực mà sao cho: 	(2)
Từ (1), (2), ta có :
Vì nên ta có: = 0 	()
Hay , 
 Thay vào ; ta được: 	
Suy ra:
Vậy đạt được khi và chỉ khi () 
	hay (P)//(A1A2A3).
( Bạn đọc tự chứng minh BĐT )	
Bài toán 7: Cho hình chóp S.ABC có SA = x, các cạnh còn lại bằng a.
	a. Tính diện tích toàn phần của hình chóp theo a và x.
	b. Tìm khoảng biến thiên của x khi a là hằng số.
c. Tính x theo a để thể tích hình chóp lớn nhất.
Giải:
a. Ta có và là 2 tam giác đều cạnh a.
Suy ra : 
Gọi M là trung điểm của SA.
Do và là hai tam giác cân tại B và C nên ,.
Ta cũng có nên	
Vậy : 
b, c. Gọi N là trung điểm của BC.
 Xét , ta có và . Suy ra:
Để tồn tại NM thì . So với điều kiện ở câu a. ta có .
Vậy khi a là hằng số.
Ta có 
Dựng khi đó nên .
Ta cũng có: 
Ta có: 
Vậy đạt được khi và chỉ khi:
 Bài toán 8. Cho hình chóp S.ABCD, SA=x, các cạnh còn lại bằng a.
Trung điểm của BC, CD, SA lần lượt là M, N, Q. T