Ôn thi Toán 12: 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∈At ⊥ (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∈At. Gọi 
điểm cố định là T. Chứng minh rằng: 
 
TAB TCA= 
II. Giả sử ∆ABC đều cạnh a. 
1. Tìm S∈At để SQBCmin, minSQ V 
2. Biết 3IS
IP
= . Tính SQ theo a. 
3. Biết SA h= . Tính khoảng cách từ A đến (SBC) 
4. Khi S∈At. 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 
www.VNMATH.com
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. 2SH 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. 32 2 2 2
23
aaSQ SA AQ SA AQ AK AP a= + ≥ ⋅ = ⋅ = ⋅ = 
Dấu bằng xảy ra ⇔ 
2
aAS AQ= = . 
SQBC ABC
1
3V SQ S∆= ⋅ nhỏ nhất ⇔ SQ min ⇔ 2
aAS = 
2. Tam giác vuong KIP ~ tam giác vuông SAP ⇒ IP IS KP AP⋅ = ⋅ 
2
2 2 2 2 334. ,4 4 4 12
aa a aIP IP IS KI KP IP⇔ = ⇒ = ⇒ = = − = 
Tam giác vuông SIQ ~ tam giác vuông KIP ⇒ 32
KP SI aSQ
KI
⋅
= = 
3. ( ) SABC
2 2 2 2 2SBC 2
3
3. 32d , ( )
3 4 3
4
ahV ahSA AP BC SA APA SBC
S SP BC SA AP a h ah
⋅
⋅ ⋅ ⋅
= = = = =
⋅ + ++
4. Mặt cầu ngoại tiếp SQBC cắt mặt phẳng (C, At) 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 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán cơ bản của hình chóp 
265 
⇒ 
2
2
aAC 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=2R. 
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 DV ′ ′ ′ 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 CV ′ max. 
II. Giả sử 2SA R= và BD là một đường kính quay quanh O. Đặt 
ABDα = . 
1. Kẻ SH ⊥ BD. Tìm quĩ tích của H. 
2. Xác định α để diện tích ∆SBD max. 
3. Trên SA, SB, SD lấy A1, B1, D1 sao cho: 21 1 1. . . 3SA SA SB SB SD SD R= = = 
a) Chứng minh rằng: Mặt phẳng (A1B1D1) cố định. 
b) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp ∆SB1D1 luôn đi qua một điểm 
cố định thứ hai khác S. 
www.VNMATH.com
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 VSA 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 SDSB 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
pi
 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′ 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán cơ bản của hình chóp 
267 
5. Giả sử (Q) (ABCD)∩ hay (AB C D ) (ABCD) At′ ′ ′ =∩ ⇒ At ⊥ SC. 
Lại có SA ⊥ (ABCD) ⇒ At ⊥ SA ⇒ At ⊥ (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 C3V V V SC′ ′ ′ ′ ′ ′ ′= + = ⋅ 
SAB CV ′ max ⇔ ( )dt AB C′ ′ max ⇔ ∆AB′C′ vuông cân ⇔ 2
ACAB ′′ = 
Đặt , 2SA a AC R= = ⇒ 
2 2
2 2 2 2 2 2
41 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 21 1 1 1
2 2
a R a R
AB AB AS a R a a R
+ +
= − = − =
′
 ⇒ 
2 2
2
2
aRAB
a R
=
+
 (*) 
Vậy có 2 vị trí của B∈(O, R) thỏa mãn (*) để SAB CV ′ max. 
II. 1. SA ⊥ (ABD) , SH ⊥ BD ⇒ AH ⊥ BD 
⇒ H thuộc đường tròn đường kính AO dựng trên mp đáy. 
2. 2 2SBD 2
BD SHS R SA AH⋅= = + 2 2 25R SA AO R≤ + = 
Suy ra SBDmaxS ⇔ H ≡ O ⇔ ∆ABD vuông cân ⇔ 45α = ° 
3. a. 1
1
SBSA
SB SA
= ⇒ ∆SA1B1 ~ ∆SBA ⇒ 
 
1 1 2SB A SAB
pi
= = ⇒ A1B1 ⊥ SB. 
Tương tự: A1D1 ⊥ SD. Ta có: CB ⊥ (SAB) ⇒ CB ⊥ A1B1 ⇒ A1B1 ⊥ (SBC) 
www.VNMATH.com
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương 
268 
⇒ A1B1 ⊥ SC. Tương tự A1D1 ⊥ (SDC) ⇒ A1D1 ⊥ SC. Vậy (A1B1D1) ⊥ SC. 
Mặt khác 
2
1
3 3
2
R RSA SA= = ⇒ A1 cố định ⇒ (A1B1D1) cố định (đpcm) 
b. Ta có B1, D1 thuộc mặt cầu đường kính SA1 cố định, mặt cầu này cắt SO tại 
điểm O1 cố định thuộc mặt phẳng (SB1D1) ⇒ SB1D1O1 là tứ giác nội tiếp 
⇒ Đường tròn ngoại tiếp ∆SB1D1 luôn đi qua điểm O1 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 rR 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 ( ) 222 2 2 2 3
aR OA OH HA h R= = + = − + 
⇒ 
( )2 23
6
a hR 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 
www.VNMATH.com
 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 2 223 12
6 12 12 12
SI h r h ahIT r rA H SA a a a a a a hh h
−⇒ = ⇔ = = ⇒ =
′ ′ + ++ + +
. 
b. Ta có: ( )( )
2
2 2 2 2 2
6
3 12
ahr
R
a h a a h
=
+ + +
Đặt ( )2 22 3 tan12 tan 0 2 6ah ha βpi= β < β < ⇔ = suy ra: 
( ) ( )
( )2 2
22 2 2
2
2 cos 1 cos2 tan 2sin
1 1 3cos 14 tan 1 1 tan cos 3 1
coscos
rt
R
β − ββ β
= = = =
    β ++ β + + β β + +   ββ   
( ) 22 3 cos 2cos 0t t⇒ + β − β + = (1) 
Để (1) có nghiệm thì ( ) 2 11 2 3 3 2 1 0 1 3t t t t t′∆ = − − = − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤ 
Mà 0t > nên 10 3t⇒ < ≤ 
Với 13t = thế vào (1) ta được 
23 1 13cos 2cos 0 cos3 3β − β + = ⇔ β = 
2
2
61tan 1 8 3cos
ah⇔ β = − = ⇒ =β 
2 2 2 2SA 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 . 
www.VNMATH.com
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương 
270 
Ta có SH.AH = HE.SA ( )2 2 22 2 2 22 22 2 2 2. .SH HA dSA d AH dSH SHAH AH AH d
+⇒ = = ⇒ =
−
Mà .cot 3 tan6 2AH MH d
ϕpi
= = ⋅ ⋅ nên 
2
3. . tan
2
3 tan 1
2
a
SH
ϕ
=
ϕ
−
. 
b. Ta có 
SA A′ = α . Kẻ BJ ⊥ SA 
BJC⇒ = ϕ ; ( ) ( ) cos2dt ASA dt ASB
ϕ
′ = ⋅ (*) 
( ) 23 31 1
. .sin .sin tan
2 2 6 cos 2 8
a a adt ASA SA AA′ ′ ′= α = ⋅ ⋅ α = α
α
( ) 2 22 2 tan 41
.
2 122sin 4sin
2 2
aBAdt SAB SA BJ SH HA′ α += = ⋅ + =ϕ ϕ . Do đó: 
(*) 
2 2 2
2 2 2
2
tan 4 4tan cos 3tan tan tan8 12 2 24sin 3tan 1
2 2
a a ϕ ϕα +⇔ α = ⋅ ⋅ ⇔ α ⋅ = α =ϕ ϕ
−
3. a. Ta có SA ⊥ [[BCJ] ⇒ mặt phẳng [P] ≡ [BCJ]. Vì 
 o90SAA′ < nên để J 
thuộc đoạn SA thì 
 o90ASA′ < 2 2 2 2 2 22AA SA SA SH A H AH′ ′ ′⇔ < + = + + 
2 2 2 22 23 24 12 3 6 6
a a a a ah h h⇔ ⇔ > 
Trong tam giác vuông SAA′ có .SH AA A J SA′ ′= = suy ra 
2 2 22
3 3
2 32 3
h a ahA J
a h ah
′ = =
++
. Do đó ( ) 2
2 2
31
.2 4 3
a hdt BJC JA BC
h a
′= =
+
b. Yêu cầu bài toán ⇔ J là trung điểm của SA 
mà 
2 22 3 2
12 4 3
a aA 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. 
www.VNMATH.com
 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 o45⇔ α = . 
3. Gọi V là thể tích chóp SABC; V1, V2 là thể tích hình cầu ngoại tiếp, nội tiếp. 
Trong n ...  8DC MN HK a aaS a+= = + ⋅ = 
Gọi V1 là thể tích phần hình chóp 
 nằm bên trên thiết diện. 
Ta có: 
V1 = VS.NMCD = VS.NMD + VS.MDC (1) 
Gọi V là thể tích của 
hình chóp S.ABCD, ta có 
.
.
1 1 1
2 2 4
S NMD
S ABD
V SN SM
V SA SB
= ⋅ = ⋅ = 
. .
1
4 8S NMD S ABD
VV V⇒ = = 
Tương tự có: . 1
. ,
. 2
31 1
2 2 4 5
S MDC
S MDC S BDC
S BDC
V VSM VV V
V SB V
= = ⇒ = = ⇒ = , ở đây V2 là 
thể tích phần hình chóp nằm bên dưới thiết diện. 
Bài 3. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các mặt bên tạo với đáy góc α. 
1. Vẽ thiết diện qua AC và vuông góc với (SAD). 
2. Tìm tỉ số thể tích 1
2
V
V
 hai phần của hình chóp bị chia bởi thiết diện nói trên. 
Tính tỉ số ấy khi α = 60o. 
Giải 
vvGọi M, N là trung điểm của AD, BC 
 SMN SNM⇒ = = α. 
Gọi O là tâm của ABCD. 
Ta có ,AD SM AD MN⊥ ⊥ 
( ) ( ) ( )AD SMN SAD SMN⇒ ⊥ ⇒ ⊥ 
Do ( ) ( )SAD SMN SM=∩ , 
nên trong mặt phẳng (SMN) kẻ 
S 
K 
O 
B 
M 
C 
D A 
I 
M 
E 
N 
α 
S 
N 
O 
A 
M 
B 
C 
E 
B 
H 
K 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán cơ bản của hình chóp 
279 
( )NK SM NK SAD⊥ ⇒ ⊥ . Từ O kẻ OI // NK ⇒ ( )OI SAD⊥ . Kéo dài AI và giả 
sử AI SD E=∩ . 
Ta có ( ) ( )AEC SAD⊥ (vì ( )OI AEC∈ ). Vậy tam giác AEC chính là thiết diện 
cần dựng. 
2. Gọi V1 là diện tích của phần chóp S.ABCD nằm dưới thiết diện. Ta có 
1 .D AECV V= (1) 
Ta có: .
.
.
2
D AEC
D AEC
D SAC
V VDE DEV
V DS DS
= ⇒ = ⋅ (2) 
(vì 
. . .
1 1
2 2D SAC S ACD S ABCD
V V V V= = = ) 
Kẻ 1//
2
MF AE EF ED⇒ = 
2 2DE EF IM
ES ES IS⇒ = = (3) 
Trong tam giác vuông SOM, 
có SO2 = SI.SM; OM2 = MI.SM 
( ) 2 2cotOMIMIS OS⇒ = = α (4) 
Thay (4) vào (3), ta có: 22 cotDE
ES = α 
2
2
2 cos α
sin α
= 
2 2 2
2 2 2 2
2cos α 2 cos α 2 cos α
2cos α sin α 1 cos α 1 cos α
DE DE
ES DE DS
⇒ = = ⇒ =
+ + + +
 (5) 
Thay vào (2) và có: ( )
2 2
1 22
2cos α cos α
1 cos α2 1 cos α
V V V= =
++
2
21
2 1 2 2
2
cos α 11 cos α
1 cos α 1 cos α
V
V V V V V
V
 
⇒ = − = − = ⇒ = 
+ + 
. 
Đặc biệt khi α 60o= thì 1
2
1
4
V
V
= . 
Bài 4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi M là trung điểm của SB. Thiết 
diện tạo bởi mặt phẳng (MAD) chia hình chóp S.ABCD thành 2 phần có thể 
tích là V1, V2. Tìm tỉ số 1
2
V
V
. 
S 
K 
O 
B 
M 
C 
D A 
I 
M 
E 
N 
α 
www.VNMATH.com
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương 
280 
E. CHÓP TỨ GIÁC KHÁC 
Bài 1. Trong mp[P] cho hình chữ nhật ABCD với AB = a, BC = b. 
1. Gọi I, J là trung điểm AB, CD. Trong mp[Q] đi qua IJ và ⊥ [P] dựng nửa 
đường tròn [L] đường kính IJ. Lấy S bất kỳ ∈ (L) 
a) Kẻ AA′ ⊥ SB. Chứng minh rằng: AA′ ⊥ BJ. 
b) Gọi H′, K′ là hình chiếu ⊥ của các trực tâm H, K của ∆SAB, SCD xuống 
[P]. Chứng minh rằng: HH′.KK′ = const khi S ∈ (L). 
c) M ∈ (AD) và N ∈ (BC) sao cho 
 2MH N
pi
′ = . Giả sử S cố định. Tìm vị trí M, 
N sao cho chóp S.MNH′ có thể tích min. 
2. Lấy E ∈ đường tròn (T) đường kính BD trong mp[R] ⊥ [P]. Đặt BE = x. 
a) Tính thể tích hình chóp EABCD theo a, b, x. 
b) Chứng minh rằng: ∆EAC vuông. 
c) Tìm quỹ tích hình chiếu vuông góc H của A lên EB. 
Giải 
a) ( ) 
 o90gt ISJ⇒ = . Do [ ]AB Q⊥ nên AB SJ⊥ . 
Từ đó [ ]SJ SAB SJ AA′⇒ ⊥ ⇒ ⊥ 
Mà AA AB′ ⊥ nên [ ]AA SBJ AA BJ′ ′⊥ ⇒ ⊥ 
b) Vì H, K là trực tâm ∆SAB, ∆SCD nên H ∈ SI, K ∈ SJ ⇒ H′, K′ ∈ đoạn IJ. 
A 
H1 M D 
J
 K′
K
N
S
C
A′
B
H
I 
α 
H2 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán cơ bản của hình chóp 
281 
Dễ thấy tam giác vuông HIH′ ~ tam giác vuông JKK′ ⇒ HH′.KK′ = IH′.JK′ 
Ta có BJ AA′⊥ và BJ HH ′⊥ nên BJ ⊥ [AHH′] ⇒ BJ ⊥ AH′ 
Suy ra tam giác vuông AIH′ ~ tam giác vuông JIB 
2
4
aIBIH AI IJ b′⇒ = ⋅ = . 
Tương tự 
2
4
aJK b′ = . Vậy 
4
2. . 16
aHH KK IH JK
b
′ ′ ′ ′= = 
c) Vì S cố định nên [ ]( ) ( ), min minSMNHd S P const V dt MNH′ ′= ⇒ ⇔ 
Qua H′ kẻ 1 2 //H H AB với 1 2;H AD H BC∈ ∈ . Đặt 
1H H M′ = α . 
Ta có 
 o90MH N′ = ( ) ( )1 21 1. min
2 2 cos sin
H H H Hdt MH N H M H N dt MH N
′ ′
′ ′ ′ ′⇒ = = ⋅ ⋅ ⇒
α α
( )sin cos max⇔ α α 1 21 sin 2 max 22 2 4 2
aH M H Npi pi⇔ α ⇔ α = ⇔ α = ⇔ = = . 
2. Kẻ EF ⊥ [P], do [R] ⊥ [P] nên EF ⊥ [P] 
Ta có tam giác vuông BED ~ tam giác vuông BEF EF BEDE BD⇒ = 
( )2 2 2 2
2 22 2
. 1 ;x a b xBE DE xEF x
BD a ba b
+ −
⇒ = = = −
++
( ) 2
2 2
1 1
. 13 3EABCD
xV EF dt ABCD abx
a b
= = −
+
b) Ta có 
 
 
 90oDCB DAB DEB= = = ⇒D, A thuộc mặt cầu đường kính BD và AC 
cũng là 1 đường kính của mặt cầu này nên 
 90oAEC EAC= ⇔ ∆ vuông. 
c) Kẻ AK ⊥ BD ⇒ AK ⊥ [R] 
⇒ AK ⊥ EB 
Kẻ AH ⊥ EB ⇒ KH ⊥ EB 
D 
C 
F 
b 
A 
a 
B 
H x 
E 
www.VNMATH.com
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương 
282 
⇒ H thuộc đường tròn đường kính 
BK trong [R] trừ các điểm B và K. 
Bài 2. Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Gọi M trong không gian sao cho 
M nhìn AB và AD dưới một góc vuông 
1. Chứng minh rằng: M luôn thuộc đường tròn (L) cố định. 
2. α là mặt phẳng đi qua AB và ⊥ mp[ABCD]. Kéo dài DM cắt α tại N. Chứng 
minh rằng: 
 90oANB = . 
3. Đặt DM = x. Tính MN theo a và x. Tìm miền biến thiên của x. Từ đó suy ra 
điều kiện của hằng số k để tồn tại x thỏa mãn MN = k. 
4. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABND. 
Giải 
1. M ∈ đường tròn (L) là giao tuyến của 2 
mặt cầu đường kính AB và đường kính AD. 
2. Ta có: AM ⊥ BM, AM ⊥ DM 
⇒ AM ⊥ [DMB] 
⇒ AM ⊥ BN ; AD ⊥ AB, α ⊥ [ABCD] 
⇒ AD ⊥ α ⇒ AD ⊥ BN suy ra 
BN ⊥ [AND] ⇒ BN ⊥ AN ⇒ 
 90oANB = 
3. Xét tam giác vuông AND có AM là đường cao nên AD2 = DM.DN 
22
.
aa x DN DN
x
⇔ = ⇔ = 
2 2 2a a xMN DN DM x
x x
−⇒ = − = − = 
Do AM ⊥ [DMB] nên AM ⊥ MO ⇒ AM ≤ AO 
Mặt khác 2 2AM a x= − nên 2 2 2 22 2
a a
a x x a− ≤ ⇒ ≤ < 
Giả sử 
2 2a xMN k
x
−
= = ( ) 2 2 0f x x kx a⇔ = + − = với 22
a
x a≤ < 
Dễ thấy ( ) 0f x = luôn có 2 nghiệm 1 20x x< < . Xét 2 khả năng: 
A 
M 
N 
B 
C D 
O 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán cơ bản của hình chóp 
283 
a) ( ) 2 22 22 2 202 2 2 2a ka aax f x a k= ⇒ = + − = ⇔ = 
b) ( )22 2 20 02 2 2
a a a
x a f f a k < < ⇒ < ⇔ < < 
 
Vậy tập các giá trị của k cần tìm thỏa mãn là 20 2
ak< ≤ 
4. Ta có: ( ) .1 13 3 2ABND
DN BNV AM dt BND AM= = ⋅ trong đó 
2
2 2
22
aBN DB DN a
x
= − = − 
2 2
2 2
2
1 26ABND
a aV a x a
x x
⇒ = − ⋅ ⋅ − 
Sử dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 
3 2 2
2 21 26ABND
a a aV
x x
   
= − −   
   
2 2
2 23 31 2
6 2 12
a a
x xa a
    
− + −       ≤ = 
 
Dấu bằng xảy ra 
2 2
2 2
61 2 3
aa a x
x x
⇔ − = − ⇔ = khi đó 
3
Max 12
aV = 
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, thể tích V. 
Gọi B′, C′, D′ là trung điểm SB, SC, SD. 
1. Gọi I = [AB′D′] ∩ SC. 
a) Chứng minh rằng: SC = 3SI. 
b) Tính thể tích chóp S.AB′ID′ theo thể tích V. 
2. Mặt phẳng qua AC′ cắt cạnh SB, SD tại M, N. 
a) Chứng minh rằng: 3SB SDSM SN+ = b) 
1 31
3 8
V
V≤ ≤ 
3. Một mặt phẳng [ ] , , ,SA SB SC SDα ∩ tại P, Q, R, T 
Chứng minh rằng: SA SC SB SDSP SR SQ ST+ = + 
Giải 
1. Gọi ( );O AC BD O SO B D I AO SC′ ′ ′ ′= = ⇒ =∩ ∩ ∩ 
A 
M 
N 
B 
C D 
O 
www.VNMATH.com
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương 
284 
Lấy //I C I I OI AI′ ′ ′= ⇒ mà O S OO′ ′= nên IS I I′= . 
Từ đó ⇒ SC = 3SI. 
b) Ta có SAB ID SAB I SAD IV V V′ ′ ′ ′= + 
. . 1 1
. . 6 6 2 12
SAB I
SAB I
SABC
V SA SB SI V VVV SA SB SC
′
′
′
= = ⇒ = ⋅ = 
. . 1 1
. . 6 6 2 12
SAD I
SAD I
SADC
V SA SD SI V VVV SA SD SC
′
′
′
= = ⇒ = ⋅ = 
Vậy 6SAB ID
VV
′
= 
2. Bổ đề: Cho tam giác SXYcó đường trung tuyến SO. Lấy bất kỳ điểm J 
thuộc trung tuyến SO. Đường thẳng qua J cắt SX, SY lần lượt tại X′, Y′ khi đó 
ta có hệ thức: 2SX SY SOSX SY SJ+ =′ ′ 
Chứng minh bổ đề: 
Kẻ XE, YF // X′Y′ 2SX SY SE SF SOSX SY SJ SJ
+⇒ + = =
′ ′
a) Gọi J SO MN= ∩ ⇒ J là trọng tâm ∆SAC. 
Theo bổ đề ta có 2 3SB SD SOSM SN SJ+ = = 
b) Ta có 1 SAMC N SAMC SANCV V V V′ ′ ′= = + 
. .
. . 2 2 2
SANC
SANC
SADC
V SA SN SC SN SN VVV SA SD SC SD SD
′
′
′
= = ⇒ = ⋅ 
. ,
. . 2 2 2
SAMC
SAMC
SABC
V SA SM SC SM SM VVV SA SB SC SB SB
′
′
′
= = ⇒ = ⋅ 
Đặt SM xSB = , ( ], 0,1SN y x ySD = ⇒ ∈ và 1 1 3x y+ = còn ( )1 4VV x y= + 
Từ 
0 1
1 1 13 13 1 20 13 1
x
xy xxx y x
x
< ≤
+ = ⇒ = ⇒ ⇔ ≤ ≤
− < ≤
−
( ) 23
3 1 1
x xf x x y x
x x
= + = + =
− −
; ( ) ( )( )2
03 3 2 0 23 1 3
x
x xf x
xx
=
−
′ = = ⇔ 
=
− 
S 
X’ 
X 
E 
J Y’ 
O 
F 
Y 
S 
D 
N 
D′ 
J 
B’ 
C’ 
I 
C 
O 
M 
B A 
O′ 
www.VNMATH.com
 Một số dạng toán cơ bản của hình chóp 
285 
Nhìn bảng biến thiên ( ) 3 1, , 1
2 2
f x x  ⇒ ≤ ∀ ∈
  
. 
Từ đó ( )1 31 13 4 8
V
x yV⇒ ≤ = + ≤ 
3. Áp dụng bổ đề ở (2): 
SAC∆ có 2SA SC SOSP SR SJ+ = ′ ; 
SBD∆ có 2SB SD SOSQ ST SJ+ = ′ . 
Vậy SA SC SB SDSP SR SQ ST+ = + 
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành với AB = a, 
AD = b và SA = c. Mặt phẳng (P) qua CD cắt SA, SB lần lượt tại K và L. Đặt 
SK = x. Tính x để mặt phẳng (P) chia hình chóp ra thành hai phần có thể tích 
bằng nhau. 
Giải 
Ta có ( )2SKLC
SBAC
V SK SL SK
V SA SB SA= ⋅ = (1) (Vì 
SL SK
SA SA= ) 
SKDC
SACD
V SL SK
V SB SA= = (2). Biết 
1
2SBAC SACD SABCD
V V V= = . 
(1) + (2) ta có: 
( ) ( )21
2
SKLC SKDC
SABCD
V V SK SK
SA SAV
+
= + ; 
( ) ( )21
2
SLKDC
SABCD
V SK SK
SA SAV
= + . 
Nếu mặt phẳng (P) chia hình chóp 
thành 2 phần có thể tích bằng nhau 
thì: 
S 
K 
D 
A 
L 
B 
C 
x 
f′ 
f 
0 
1
2 
2
3 1 
3
2 
4
3 
3
2 
0 0 
− − 
+ 
www.VNMATH.com
Phần 3. Hình học không gian – Trần Phương 
286 
( ) ( )2 2 2 221 1 0SK SK x x x cx cSA SA cc+ = ⇔ + = ⇔ + − = 
( )5 15
2 2
5
2 (lo¹i)
cc
x
c c
x

−
− +
= − =
⇔ 
 − −
=
Bài 5. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD cạnh a lấy điểm M với AM = x 
( 0 x a . 
1. Chứng minh rằng: Nhị diện cạnh SB của chóp S.ABCM là nhị diện vuông. 
2. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng SAC. 
3. Lấy IS = IC, kẻ IH ⊥ CM. Tìm quĩ tích của H khi M ∈ AD và S ∈ Ax. 
Bài 6. Cho hình chóp SABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB = a, 
AD = b. Cạnh SA của hình chóp vuông góc với đáy, SA = h. Mặt phẳng (P) 
đi qua CD cắt SA, SB lần lượt tại K, L. 
1) Thiết diện KLCD là hình gì? Tính diện tích thiết diện ấy theo a, b, h và x = KA. 
2) Xác định x để mặt phẳng (P) chia hình chóp ra hai phần với thể tích bằng nhau. 
Bài 7. Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD, cạnh a. Gọi O là giao điểm 
AC và BD. Trên đường thẳng Ox vuông góc với (P), ta lấy một điểm S. 
1) Giả sử các mặt bên của hình chóp SABCD tạo với đáy một góc α. Xác 
định đường vuông góc chung của SA và SD. Tính độ dài vuông góc chung 
đó theo a và α. 
2) Một mặt phẳng đi qua AC và vuông góc với mặt (SAD) chia hình chóp 
thành hai phần. Tính tỷ số thể tích của hai phần đó. 
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Đoạn 
thẳng SA = a vuông góc với mặt phẳng đáy. Lấy điểm M bất kỳ trên AC sao 
cho 2; 0 2 ;
2
aAM x x a x= < < ≠ . 
1. Dựng thiết diện qua M, song song với BD và vuông góc với mặt phẳng 
ABCD. Biện luận hình dạng thiết diện theo vị trí của M. 
2. Tính diện tích thiết diện. 
3. Xác định vị trí của M để thiết diện có diện tích lớn nhất. 
www.VNMATH.com