Bài 10 : Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Một mặt phẳng (P) cắt SA, SB, SC, SD
theo một thứ tự tại K, L, M, N.
Chứng minh rằng:
SA SC SB SD
SK SM SL SN
+ = +
.
Giải:
Các tứ diện MSKL và CSKL có cùng đáy SKL nên tỉ số thể tích của chúng bằng tỉ số hai đường cao tương
ứng MM' và CC':

'
'
MSKL
CSKL
V
MM
V CC
=

MSKL
CSKL
V
SM
V SC
⇒ =
(1)
Các tứ diện CSKL và CSAB có cùng chiều cao là khoảng cách từ C đến mp (SAB) nên tỉ số thể tích của chúng
bằng tỉ số diện tích của 2 đáy tương ứng:
1
.

.
2
1
.
.
2
CSKL SKL
CSAB SAB
SK SL
V S
SK SL
V S SA SB
SA SB
= = =
(2)
Từ (1) và (2), ta có:
. . . .
.
. . . .
MSKL
SKLM SABC
CSAB
V
SK SL SM SK SL SM
V V
V SA SB SC SA SB SC
= ⇔ =
Vì ABCD là hình bình hành nên ta có:
ABC ADC∆ = ∆


1 1
2 2
SABC SADC SABCD
V V V V= = =
trong đó V là thể tích của hình chóp S.ABCD
1 . .
. .
2 . .
SKLM
SK SL SM
V V
SA SB SC
⇒ =
Tương tự, ta có:

1 . .
. .
2 . .
SKMN
SK SM SN
V V
SA SB SD
=
.
. .
2
S KLMN
V SK SM SL SN
V
SA SC SB SD

 
⇒ = +
 ÷
 
(3)
Tương tự, ta có:

.S KLMN SKLN SMLN
V V V= +

1 . . 1 . .
. . . .
2 . . 2 . .
SK SL SN SL SM SN
V V
SA SB SD SB SC SD
= +

. . .
2
V SL SN SK SM
SB SD SA SC
 
= +
 ÷
 
(4)
Từ (3) và (4), ta có:

. . .

SK SM SL SN SL SN SK SM
SA SC SB SD SB SD SA SC
   
+ = +
 ÷  ÷
   

. . . . . . . . . . . .SB SK SM SN SD SK SL SM SC SK SL SN SA SL SM SN
⇔ + = +
j
M'
B
D
C
S
C'
M
K
N
L
Chia hai vế cho tích số SK.SL.SM.SN, ta có:

SB SD SC SA
SL SN SM SK
+ = +
Vậy:
SA SC SB SD
SK SM SL SN
+ = +
.

Bài 11: Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là điểm giữa của cạnh SC. Mặt phẳng
qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M, N.
Chứng minh: 1)
3
SB SD
SM SN
+ =
2)
1
1 3
3 8
V
V
≤ ≤
trong đó V là thể tích hình chóp S.ABCD,
1
V
là thể tích hình chóp S.AMKN.
Giải:
1. Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD. Trong tam giác SAC, AK và SO là hai trung tuyến, cắt nhau tại
trọng tâm G. Suy ra 3 điểm M, G, N thẳng hàng. (3 điểm M, G, N nằm trên giao tuyến của hai mặt phẳng (AMKN)
và (SBD)).
Ta có:
. 2
. 3
SMG
SBO
S
SM SG SM
S SB SO SB

= =
2
. .
3 3
SMG SBO SBD
SM SM
S S S
SB SB
⇒ = =
Tương tự, ta có:

2
. .
3 3
.
.
.
SNG SDO SBD
SMN SBD
SN SN
S S S
SD SD
SM SN
S S
SB SD
= =
=

Mặt khác, ta có:


SMG SNG SMN
S S S+ =
.
3 3 .
. . 3 .
3
SM SN SM SN
SB SD SB SD
SM SD SN SB SM SN
SD SB
SN SM
⇔ + =
⇔ + =
⇔ + =
2. Đặt:
SB
x
SM
=
;
SD
y
SN
=
3 3x y y x⇒ + = ⇒ = −
với :
1 , 3x y≤ <
Ta phải có:
3 1 2x x− ≥ ⇔ ≤
Do đó ta có:

3y x= −
với:
1 2x≤ ≤
.
Mặt khác
N
G
K
O
D
C
A
B
S
M

. 1
.
. 2
. . 1
.
. . 4
SAMN SABD
SKMN SCBD
SM SN
V V V
SB SD xy
SK SM SN
V V V
SC SB SD xy

= =
= =

1
1
2
1 1 3
. . .
2 4 4
3 3 3 1
.
4 4 (3 ) 4 3
SAMN SKMN
V V V V V V
xy xy xy
V
V xy x x x x
⇒ = + = + =
⇒ = = =
− − +
Xem hàm số
( )
2
1
3
f x
x x
=
− +
trên đoạn

[ ]
1;2
Ta có:

( )
( )
( )
[ ]
2
2
2 3
'
3
3
' 0 1;2
2
x
f x
x x
f x x
−
=
− +
= ⇔ = ∈
BBT

x
f ' (x)
f (x)


Suy ra
( )
4 1
9 2
f x≤ ≤

Vậy
1
1 3
3 8
V
V
≤ ≤
Bài 12: Cho tứ diện ABCD với AB = a, CD = b, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và CD
là d, góc của hai đường thằng này là
α
. Tứ diện được chia thành hai phần bởi mặt phẳng (P) song song với các
cạnh AB và CD. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó, biết rằng tỉ số khoảng cách từ AB đến (P) và CD đến (P) bằng
k.
Giải:
Mặt phẳng (P) song song với AB nên cắt các mặt phẳng (ABC) và (ABD) theo các giao tuyến MN và RQ cùng
song song với AB: MN // RQ // AB
Tương tự: (P) // CD => MR // NQ // CD
Do đó: (P) cắt tứ diện ABCD theo một thiết diện là hình bình hành MNRQ.
Gọi x và y theo thứ tự là khoảng cách từ AB và CD đến (P)
x
k
y
⇒ =
Ta có:

;
MR x MN d x
CD d AB d
−
= =

( )
;
bx a d x
MR MN
d d
−
⇒ = =
Gọi S là diện tích thiết diện thẳng BEF của hình lăng trụ cụt tam giác AMRBNQ. Ta có:

2
1 1 sin
EF.x= .sin .
2 2 2
bx
S MR x
d
α
α
= =
Thể tích hình lăng trụ cụt đó là:

( )
( )
2

2
1
2
2
3 2 sin
sin
. .
3 3 2 6
a d x
a
ab d x x
AB MN QR bx
d
V S
d d
α
α
−
+
−
+ +
= = =
Thể tích của hình lăng trụ cụt CNQDMR:

( )
2
2
2
3 2 sin
.

3 6
ab d y y
CD NQ MR
V S
d
α
−
+ +
= =
Ta có:
1
1
kd
x
x
k
k x y d
d
y
y
k

=


+
= ⇒ + = ⇒


=


+


Do đó ta có:

( )
( )
( )
( )
2
1
3
2
3
3 sin
6 1
3 1 sin
6 1
abd k k
V
k
abd k
V
k
α
α
+
=
+

+
=
+

( )
2
2
1
3 1
3
V k
V k k
+
⇒ =
+
.
Bài 13: Cho khối tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi A', B', C', D' tương ứng là trung điểm của AB, AC,
CD, và BD.
1) Chứng minh rằng A'B'C'D' là hình vuông
2) Tính thể tích khối DAA'B'C'D' theo a.
3) Nếu thay đổi đầu bài bằng cách lấy A', B', C', D' theo thứ tự trên các đoạn thẳng AB, AC, CD và BD sao cho
AA' = AB' = DC' = DD' =
2
a
n
1
2
n
 
≥

 ÷
 
thì thể tích khối DAA'B'C'D' sẽ bằng bao nhiêu?
Giải:
1) Ta có
// //
' ' ; ' '
2 2
BC BC
A B C D= =
(đường trung bình)
//
' ' ' ' ' ' ' 'A B C D A B C D⇒ = ⇒
là hình bình hành.
Ta lại có:
' ' ; ' '
2 2 2 2
BC a AD a
A B B C= = = =
B
Q
R
N
C
D
A
M
F
E
' ' ' ' ' ' ' 'A B B C A B C D

⇒ = ⇒
là một hình thoi
Tứ diện ABCD đều. Ta có:

2 2 2 2 2 2
AB CD AC BD AD BC+ = + = +
=> ABCD là một tứ diện trực giao (có các cạnh đối đôi một vuông góc) (*)
BC AD⇒ ⊥
Nhưng A'B'//BC ; B'C'//AD

' ' ' 'A B B C
⇒ ⊥
Do đó A'B'C'D' là một hình vuông
2) Thể tích của khối đa diện DAA'B'C'D':
Vì
AA' ' DD' ' 1
AB ' DB 2
AB DC
AC DC
= = = =
nên mp (A'B'C'D') chia tứ diện ABCD theo 2 phần tương đương. Do đó ta có:

3
AAB'C'D'
1 1 1 1 2 2
. . . ' ' . .
2 2 6 12 2 24
D ABCD
a a
V V AB CD A C a a= = = =

(A'C' là đường chéo của hình vuông A'B'C'D' cạnh
2
a
)
Cách 2:
Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Ta thấy thể tích khối đa diện DAA'B'C'D' bằng tổng thể tích của hình tứ diện
AA'B'I và lăng trụ A'B'I.D'C'D.
ABCD là tứ diện đều. Do đó A nằm trên trục AH của
BCD
∆
, H là tâm đường tròn ngoại tiếp, đồng thời là trực
tâm, trọng tâm của tam giác đều BCD.
Ta có:
( )
' 'AH A B I⊥
tại tâm H' của
( )
' 'A B I∆
Các khối chóp AA'B'I và ABCD đồng dạng mà tỉ số đồng dạng là:
3
. ' '
.
AA' 1 1 1
AB 2 2 8
A A B I
A BCD
V
k
V
 

= = ⇒ = =
 ÷
 
3 3
. ' '
1 2 2
.
8 12 96
A A B I
a a
V⇒ = =
Hai tam giác A'B'I và BCD đồng dạng mà tỉ số đồng dạng là
1
2
k =
Ta có:
2
2 2
' '
' '
1 1 1 3 3
.
2 4 4 4 16
A B I
A B I
BCD
S a a
S
S
 

= = ⇒ = =
 ÷
 
Ta lại có:
3
' 1 1 1 6
' '
2 2 2 6
ABCD
BCD
V
AH a
AH HH AH
AH S
= ⇒ = = = =

2 3
' ' . ' ' ' '
6 3 2
'. .
6 16 32
A B L D C D A B I
a a a
V HH S⇒ = = =
Do đó ta có:
3 3 3
AA'B'C'D'
2 2 2
96 32 24
D

a a a
V⇒ = + =
3) Thể tích của khối DAA'B'C'D' khi AA' = AB' = DC' = DD' =
2
a
n
Tương tự như cách giải thứ hai của câu trên.
Lấy
:
2
a
I AD AI
n
∈ =
. Thể tích của khối DAA'B'C'D' bằng tổng thể tích của hình chóp AA'B'I và lăng trụ
A'B'I.D'C'D.
H
I
C'
D'
B'
A'
B
C
D
A
Ta có:

3
3 3

3
AA'B'I
AA'B'I
3 3 3
ABCD
AA' ' 1
AB 2
1 1 1 2 2
.
V 2 8 8 12 96
AB AI
k
AC AD n
V a a
k V
n n n n
= = = =
 
= = = ⇒ = =
 ÷
 
Ta lại có:

( )
' 1 ' 2 1
2 2
2 1 6
2 1
'
2 6

AH AH AH n
AH n AH n
n a
n
HH AH
n n
− −
= ⇒ =
−
−
⇒ = =
Mặt khác, ta có:

2
2
' '
2
1 1
2 4
A B I
BCD
S
k
S n n
 
= = =
 ÷
 

2 2

' '
2 2
1 3 3
4 4 16
A B I
a a
S
n n
⇒ = =

( )
( ) ( )
3
' ' . ' ' ' '
3
3 3
3
AA'B'C'D'
3 3 3
2 1 2
'.
32
2 1 2 3 1 2
2
96 32 48
A B I D C D A B I
D
n a
V HH S
n

n a n a
a
V
n n n
−
⇒ = =
− −
⇒ = + =
Vậy:
( )
3
AA'B'C'D'
3
3 1 2
48
D
n a
V
n
−
=
.
Chứng minh (*)
Cho hình chóp S.ABC, có
2 2 2 2
SB AC SC AB+ = +
. Chứng minh rằng
SA BC
⊥
.

Giải:
Ta có:
2 2 2 2
SB AC SC AB+ = +

2 2 2 2
SB SC AB AC⇔ − = −
(3)
Trong
SBC∆
, dựng đường cao SK và trong
ABC∆
, dựng đường cao AH.
Ta có:
2 2
2. .SB SC BC IK− =
(4)

2 2
2. .AB AC BC IH− =
(5)
với I là trung điểm của BC.
Từ (3), (4) và (5) ta có:
IK IH K H= ⇔ ≡
Ta có:
( )
,SH AH BC SAH BC SA BC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
(đpcm).



Bài 14: Trên các cạnh SA, SB của tứ diện SABC lấy các điểm M, N sao cho
1
, 2
2
SM SN
MA NB
= =
Mặt phẳng đi qua M, N và song song với SC chia tứ diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần ấy.
Giải:
Gọi P và Q theo thứ tự là giao điểm của BC và AC với mặt phẳng
( )
α
qua M, N và song song SC. Suy ra:
MQ // SC ; NP // SC
Ta có:

1 1
//
2 3
2
// 2
3
CQ SM CQ
MQ SC
QA MA CA
CP SN CP
NP SC
PB NB CB
⇒ = = ⇒ =
⇒ = = ⇒ =

Gọi
1 2
, ,V V V
theo thứ tự là thể tích của các khối SABC, SMN.CQP, AMQBNP.
1 2
V V V⇒ = +
Ta có:

1
. 1 2 2 2
. .
. 3 3 9 9
1
AS 3
. 4
.
. 9
SCQP SQPM SPMN
SCQP
SCQP
SCAB
SQPM
SQPA
SQPA APQ APQ
CAP
SCAB ABC APC CAB
V V V V
V
CQ CP CQ CP V
V

V CA CB CA CB
V
MS
V
V S S
S
AQ CP
V S S S AC CB
= + +
= = = = ⇒ =
= =
= = = =

4 4
9 27
SQPA SQPM
V V
V V⇒ = ⇒ =

. 1.2 2
. 3.3 9
SPMN
SAPB
V
SM SN
V SA SB
= = =
2 2 2
. .
9 9 3 27

SPMN SAPB
V V
V V⇒ = = =
Do đó ta có:
1
2 4 2 4
9 27 27 9
V V V V
V = + + =
2 1
2
1
4 5
9 9
5
4
V V
V V V V
V
V
⇒ = − = − =
⇒ =


Bài 15:
Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy là tam giác vuông ở B,cạnh
SA (ABC)⊥
. Từ A kẻ
AD SB⊥


và
AE SC⊥
. Biết AB = a, BC = b, SA = c.Tính thể tích của khối chóp S.ADE?
Giải
AD,AE là các đường cao trong tam giác SAB,SAC
A
C
B
S
M
N
Q
P

A
B
C
D
E
S
Tính đường cao:

ABC∆
vuông tại B nên
AB BC⊥
Giả thiết cho :
SA (ABC)⊥
⇒

SA BC⊥

⇒
BC (ABC)⊥
⇒
AD BC⊥
AD là đường cao trong tam giác SAB

⇒
AD SB⊥

⇒
AD (SBC)⊥

⇒

AD SC⊥
Mặt khác :
AE SC⊥
⇒
SC (ADE)⊥
Hay SE là đường cao của hình chóp S.ADE
Độ dài SE:

2 2 2 2
AS.AB AS.AB a.c
AD
SB
AS AB a c
⇒ = = =
+ +


2 2
2 2 2 2 2
AS.AC SA.AC c. a b
AE
SB
SA AC a b c
+
= = =
+ + +
Áp dụng Pytago trong tam giác SAE có:

2 2 2
2 2 2
2 2 2
c (a b )
SE AS AE c
a b c
+
= − = −
+ +
=
2
2 2 2
c
a b c+ +
Diện tích tam giác ADE:
DE =
2 2
AE AD+
=

2 2
2 2 2 2 2
c .b
(a b c ).(a c )+ + +
S =
1
.AD.AE
2
=
2 2
2 2 2 2 2 2 2
1 c .b ac
. .
2
(a b c ).(a c ) a c+ + + +

=
3 3
2 2 2 2 2
1 a.c .b
.
2
(a b c ).(a c )+ + +
Thể tích:
V =
1 1
.SE. .AD.DE
3 2
=
3 3

2 2 2 2 2 2 2 2
1 c 1 a.c .b
. .
3 2
a b c (a b c ).(a c )+ + + + +

2 4
2 2 2 2 2
1 a.b .c
.
6 (a c )(a b c )
=
+ + +
•
Xét một cách giải khác như sau:
DE
⊥
(SAB)
BC
⊥
(SAB) => DE // BC
Pytago trong các tam giác vuông:
SD
2
= AS
2
- AD
2
; SE
2

= AS
2
- AE
2
SB
2
= SA
2
+AB
2
SC
2
= SA
2
+AC
2
= SA
2
+ AB
2
+ AC
2
Lập các tỷ số:

2 2
2 2 2
c
SA AE
a b c
+ =

+ +

2 2 2 2
2 2 2 2 2
SA AD SA AE
.
SA AB SA SB SC
− −
=
+ + +

2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
c .a c (a b )
c c
a c c a b
.
a c c a b
+
− −
+ + +
=
+ + +
4 2 2
2 2 2 2 2 2 2
c b .c
.
(a c ) (c a b )

=
+ + +
=>
3
2 2 2 2 2
SA SD SE b.c
. .
SA SB SC (c a b )(a c )
=
+ + +

SADE
SABC
V SA SD SE
. .
V SA SB SC
=
=
3
2 2 2 2 2
b.c
(c a b )(a c )+ + +
=>
SADE
V
=
3
2 2 2 2 2
b.c
(c a b )(a c )+ + +

.
SABC
V
=
3
2 2 2 2 2
b.c
(c a b )(a c )+ + +
.
1 1
.SA. .AB.BC
3 2
=
2 4
2 2 2 2 2
1 a.b .c
.
6 (c a b )(a c )+ + +
(đvtt)