Bài 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và SA vuông góc
với mp(ABCD) .Cho AB = a , SA = a
2
. Gọi H, K, lần lượt là hình chiếu vuông góc
của A lên SB và SD. Chứng minh SC vuông góc với mp(AHK) và tính thể tích hình chóp
O.AHK.
Giải:
A
O
D
C
B
S
H
K
M
Ta có:
∆
SAD =
∆
SAB
⇒
AK = AH
⇒
∆
SAK =
∆
SAH
⇒
SK = SH
⇒

HK//BD
Mà BD
⊥
mp(SAC)
⇒
HK
⊥
mp(SAC)
⇒
HK
⊥
SC (1)
Mặt khác : CD
⊥
mp(SAD)
⇒
CD
⊥
AK
Mà AK
⊥
SD nên AK
⊥
(SCD)
⇒
SC
⊥
AK (2)
Từ (1) và (2)
⇒

SC
⊥
mp(AHK)
Trong mp(SBD) thì SO cắt HK tại I
Trong mp(SAC) thì AI cắt SC tại M
Ta có : SC
⊥
mp(AHK)
⇒
SC
⊥
AM
Mà SAC vuông cân tại A nên M là trung điểm SC
Vậy I là trọng tâm SAC
Ta có : CM = d(C , mp(AHK)) =
2
SC
=
2
2
a
= a
Mà O trung điểm AC nên
( ,( )) 1
( ,( )) 2
d O AHK OA
d C AHK AC
= =

⇒

h = d( O, (AHK)) =
1
2
CM =
2
a

Ta có :
2
SA
HK SH HK
SB
BD SB BD SB
= ⇒ =

2 2
2 2
2 2
. 2. 2
3 3
SA a
HK BD a a
SB a
⇒ = = =
Ta có: AI =
2
3
AM =
2
3

.
2
SC
=
3
SC
=
2
3
a
Mà HK
⊥
mp(SAC)
⇒
HK
⊥
AI
Ta có:
3
.
1 2 2 2
. ( ) . . 2
3 6 12 3 3 27
O AHK
h a a a
V h dt AHK AI HK a
  
= ∆ = = =
 ÷ ÷
  

Bài 8: Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD có tâm O , cạnh a . Trên tia Ax , Cy
ở về cùng một phía và vuông góc mp(P) lấy 2 điểm M , N . Đặt AM = x, CN = y.
a) Chứng minh điều kiện cần và đủ để
∆
OMN vuông tại O là
2
2a xy=
.
b) Giả sử M, N thay đổi sao cho
∆
OMN vuông tại O . Tính thể tích tứ diện B.DMN.Xác
định x ,y để
3
.
4
B DMN
a
V =
Giải:
H
D
O
A
C
B
y
x
N
M
a) Trên mp(Ax , Cy) vẽ MH //AC

MHN
∆
vuông tại H
( )
2
2 2 2 2
2MN MH NH a y x⇒ = + = + −
OMN
∆
vuông tại O
2 2 2
MN OM ON⇔ = +


2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2
( ) ( )
2 ( )
2 2
2
MN AM OA OC CN
a a
a y x x y
a xy
⇔ = + + +
⇔ + − = + + +
⇔ =
b) Ta có: BD

⊥
AC và BD
⊥
MA
⇒
BD
⊥
mp(MNCA)
⇒
BD
⊥
MO (1)
Mà MO
⊥
ON (2)
Từ (1) và (2)
⇒
OM
⊥
mp(BDN)
⇒
Ta có:
NBC NC D NB ND
∆ = ∆ ⇒ =

Do đó: dt(
∆
NBD) =
1
2

NO.BD

2
2
1
. 2
2 2
a
y a= +
Vậy
.
1
. ( )
3
M NBD
V OM dt NBD= ∆
2 2
2 2
1 2
.
3 2 2 2
a a a
V x y⇒ = + +
Mà
2
2
a
xy =
nên
2

2 2 2
2 2
. ( ) ( )
6 6 6
a a a
V x xy y xy xy x y x y= + + = + = +
Ta có:
3
4
a
V =
⇔
( )
2
2
2 3
3
2
2
2
6 4
a
x y a
xy
a
a a
xy
x y



+ =
=


 
⇔
 
 
=
+ =
 




2
2
x a a
x
a
y
y a

=

=
 
⇔ ∨
 
=

 
=




Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD . Gọi H là hình chiếu của S lên mặt đáy .
Tính thể tích của khối chóp biết :
a) Cạnh bên bằng b , góc giữa mặt bên và mặt đáy là
α
.
b) Cạnh đáy bằng a, khoảng cách từ trung điểm của SH đến mp(SCD) bằng k.
Giải:
M
H
A
B
D
C
S
I
K
a) Gọi M là trung điểm của CD.
Ta có SM
⊥
CD , SH
⊥
CD nên CD
⊥
(SHM), do đó

·
SHM
α
=
Đặt HM = x thì SH = x
tan
α
.
Tam giác HCD vuông cân tại H nên CD = 2x và HC = HD =
2
x.
Xét tam giác vuông SHC ta có
2 2 2
SC SH HC= +
nên
2 2 2 2
tan 2b x x
α
⇔ = +
2
.
2 tan
b
x
α
⇒ =
+
Thể tích của khối chóp
2 3
1 1 4

. tan .(2 ) tan
3 3 3
ABCD
V SH S x x x
α α
= = =
,
Hay
( )
3
3
2
4 tan
.
3
2 tan
b
V
α
α
=
+
b) Diện tích đáy của khối chóp
2
.
ANBCD
S a=
Gọi I là trung điểm của SH , hạ IK
⊥
SM thì IK

⊥
(SCD)
⇒
IK = k.
Đặt SH = h. Tam giác SIK và tam giác SHM đồng dạng nên
SI IK
SM HM
=
, do đó ta có
SI.HM = IK.SM
2
2
2 2
2
. .
2 2 4
16
h a a ak
k h h
a k
⇔ = + ⇒ =
−
.
Vậy thể tích khối chóp là
3
2 2
2
3 16
a k
V

a k
=
−
Bài 10: Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C
thuộc nửa đường tròn sao cho AC = R. Trên đường vuông góc với (P) tại A lấy điểm
S sao cho góc phẳng nhị diện cạnh SB bằng
0
60
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A lên SB và SC. Chứng minh
∆
AHK vuông và tính thể tích tứ diện
S.ABC.
Giải:
O
S
A
C
I
H
K
Ta có: ACB = 1v
⇒
BC
⊥
CA và BC
⊥
SA nên BC
⊥
mp(SAC).

Do đó : BC
⊥
AK
Mà AK
⊥
SC nên AK
⊥
mp(SBC)
Do đó : AK
⊥
HK
Vậy
∆
AHK vuông tại K
Đặt SA = h
∆
SAC vuông
.AC AS
AK
SC
⇒ =

2 2
Rh
R h
=
+
∆
SAB vuông
.AS AB

AH
SB
⇒ =

2 2
2
4
Rh
R h
=
+
Ta có: SB
⊥
(AHK)
⇒
SB
⊥
HK
Vậy
·
AHK
=
0
60
·
AHK
∆
AHK vuông
0 2 2
3

sin 60 3 4
2
AK
AH AK
AH
⇒ = = ⇒ =
( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
3.4 4
3 4
4
R h R h
R h R h
R h R h
⇒ = ⇒ + = +
+ +
2
2
2
R
h⇒ =
Do đó:
1 1 1
. ( ) . . .
3 3 2
2
SABC
R

V SA dt ABC CI AB= ∆ =

( )
3
1 3 6
2
2 12
6 2
R R
R R
 
= =
 ÷
 ÷
 
Bài 11: Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD có các cạnh thoả mãn điều kiện AB=
CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c.Chứng minh rằng
2
12
abc
V ≤
3a
Giải:
M
N
P
A
B
C
D

Trong mặt phẳng (DBC) , dựng các đường thẳng qua các đỉnh và song song với cạnh còn
lại của tam giác BCD , chúng cắt nhau tại M, N, P.Khi đó B, C, D lần lượt là trung điểm
của các đoạn cạnh MN, NP, PM.
Ta có:
4
MNP BCD
S S=
nên
4
AMNP ABCD
V V=
.
Vì AD = BC và BC là đường trung bình của tam giác NMP nên AD = DM = DP
Suy ra tam giác AMP là tam giác vuông tại A.
Vì thế
1
. . .
6
AMNP
V AM AN AP=
Đặt AM = x, AN = y, AP = z.
Áp dụng định lý Pytago cho các tam giác AMP , APN, ANM ta có:
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
4 4
4 4
4

2
x y a x y a
y z b y z b
z x c
x z y a b c


+ = + =


 
+ = ⇔ + =
 
 
+ =
+ + = + +




( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 , 2 , 2x a b c y a b c z a b c⇒ = − + = + − = − + +
Vậy :
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
3
AMNP
V a b c a b c a b c= − + + − − + +

, nên
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
12
ABCD
V a b c a b c a b c= − + + − − + +
.
Để ý rằng :
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 4 2 2 4
a b c a b c a b c a− + + − = − − ≤
và hai bất đẳng thức tương
tự khác , ta có:
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4
a b c a b c a b c a b c
 
− + + − − + + ≤
 
Hay
2
12
ABCD
V abc≤
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c , hay tứ diện ABCD là tứ diện đều.
Bài 12: Cho khối chóp tứ giác S.ABCD có cạnh SC = x và tất cả các cạnh còn lại đều

bằng a ,(0 < x<
3a
).Tính thể tích khối chóp và tìm x theo a để giá trị thể tích đó lớn
nhất.
Giải:
O
D
A
C
B
S
H
Vì SA = SB = SD nên hình chiếu H của điểm S lên mặt phẳng đáy là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABD . Mà tứ giác ABCD có các cạnh bằng nhau nên tứ giác đó là
hình thoi , do đó H
∈
AO .
Ba tam giác SBD, ABD, CBD có các cạnh tương ứng bằng nhau nên bằng nhau ,do đó
các trung tuyến SO , AO, CO bằng nhau, suy ra tam giác SAC vuông tại S
2 2 2 2
.AC SA SC a x⇒ = + = +
Tam giác vuông SAC có đường cao SH nên
2 2 2
1 1 1
SH SA SC
= +
2 2
ax
SH
a x

⇒ =
+
.
Ta có:
2 2 2
OB OA AB+ =
nên

2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
3 3
4 4 4 2
AC a x a x a x
OB AB a OB
+ − −
= − = − = ⇒ =
.
Diện tích đáy của khối chóp
( ) ( )
2 2 2 2
1
. 3 .
2
ABCD
S AC OB a x a x= = + −
Thể tích của khối chóp S.ABCD là
2 2
.
1 1
. 3 .

3 6
S ABCD ABCD
V SH S ax a x= = −
Theo bất đẳng thức Côsi ta có:
36
( )
( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3
3
2
x a x
V a x a x a
 
+ −
 
= − ≤
 
 
6 6 3
2 2
9
36
4 16 4
a a a
V V V⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤
.
Đẳng thức xảy ra khi

2 2 2
6
3
2
a
x a x x= − ⇔ =
.
Vậy giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABCD là
3
4
a
, đạt được khi và chỉ khi
6
2
a
x =
Bài 13: Cho
ABC
∆
đều cạnh a . Trên đường thẳng (d) vuông góc mp(ABC) tại A lấy
điểm M. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của
ABC
∆
và
BCM
∆
.
a/ Chứng minh MC vuông góc mp(BHK) và HK vuông góc mp(BMC).
b/ Khi M thay đổi trên (d) , tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện K.ABC
Giải:

M
H
K
A
B
C
(d)
I
L
a/ Ta có: BH
⊥
AC và BH
⊥
MA
⇒
BH
⊥
mp(MAC)
⇒
BH
⊥
MC
mà BK
⊥
MC nên MC
⊥
mp(BHK)
Gọi I là trung điểm BC.
Ta có: BC
⊥

AI và BC
⊥
MA
⇒
BC
⊥
mp(MAI)
⇒
BC
⊥
HK
Do MC
⊥
mp(BHK)
⇒
MC
⊥
MK
Vậy HK
⊥
mp(MBC).
b/ Trong mp(MAI) vẽ KL// MA

⇒
KL
⊥
mp(ABC)
Do HK
⊥
mp(MBC)

⇒
HK
⊥
MI
Ta có: dt(
HKI∆
)
1 1
. .
2 2
KL HI HK KI= =
Do đó theo bất đẳng thức Côsi , ta có:
2 2
2 . 2 .HK KI KH KI KL HI+ ≥ =
Do đó :
2 2 2
3
2 2 2 12
HK KI HI HI a
KL
HI HI
+
≤ = = =
Ta có:
2
.
1 3
. ( )
3 12
K ABC

a
V KL dt ABC KL= ∆ =
.

2 3
.
3 3
.
12 12 48
K ABC
a a a
V⇒ ≤ =
Đẳng thức xảy ra khi
KH KI L= ⇔
là trung điểm HI.
Do đó:
.K ABC
V
max =
3
48
a
.
Bài 14: Tính thể tích khối chóp tứ giác đều S.ABCD biết:
a/ Trung đoạn bằng d , góc giữa cạnh bên và mặt đáy là
α
b/Cạnh đáy bằng a , góc giữa hai mặt bên liên tiếp là
β
Giải:
H

B
C
D
S
A
M
K
Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy , M là trung điểm của BC.
a/ SM = d ,
·
SCH
=
α
Đặt AB = x thì HM =
2
x
, HC =
2 2
, tan
2 2
x x
SH
α
=
.
Ta có:
2 2 2
SM SH HM= +
nên
2 2

2 2
2
2
tan
2 4
1 2 tan
x x d
d x
α
α
+ = ⇒ =
+
Thể tích khối chóp:
3
2 3
1 2 4 2 .tan
. .tan
3 6
3 (1 2 tan )
ABCD
x d
V SH S
α
α
α
= = =
+
.
b/ Vì AC
⊥

(SBD) nên hạ AK
⊥
SD
⇒
SD
⊥
(ACK).
Vì
2 2 2 2 2 2
KA KC AD KD CD KD+ = − + −

2 2 2
2AC KD AC= − <
Nên
·
AKC
ϕ
=
luôn là góc tù.
Do đó:
·
( )
·
0
, 180KA KC AKC
β
= = −

0
180

ϕ
= −
.
Ta có:
2
.cot .cot .
2 2 2
a
HK HC
ϕ ϕ
= =
Tam giác SHD vuông tại H, đường cao HK nên
2 2 2
1 1 1
HK SH HD
= +
.
Từ đó tính được SH =
0
2 2 2
.
180
2sin 2
2sin
2 2
2
a a a
cos
ϕ β
β

= =
−
Vậy thể tích khối chóp là
3
2
6
2
a
V
cos
β
=
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
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 )
=
+ + +
Bài 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt bên (SAB) và
(SAD) cùng vuông góc với đáy, một góc
·
0
xAy 45=
chuyển động trên đáy quay quanh
điểm A các cạnh Ax, Ay cắt CB và CD tại M, N, đặt BM = x, CN = y, tìm x, y để thể tích
của
AMCN

V
đạt GTLN?
B
C
D
S
M
N
A
Giải:
Trướ hết ta chứng minh đẳng thức: x + y =
2
a xy
a
−

Ta có
·
·
·
0
BAM NAD MAN 90+ + =
,
·
·
0
BAM NAD 45+ =
Đặt
·
·

0
BAM NAD 45= α ⇒ = β⇒ α + β =

tan( )⇒ α + β
= 1
Ta có
tan tan
1
1 tan tan
α + β
=
− α β
, mà
x y
tan ,tan
2 2
α = β =
suy ra
2
x y
2
1 x y
xy
1
a
+
= ⇒ +
−
=
2

a xy
a
−
,
ta có
2
AMCN ABCD ABM ADN
ax ay
S S S S a
2 2
= − − = − −

2
AMCN AMCN
1 a ax ay
V SA.S (a )
3 3 2 2
= = − −
=
2
a
(a xy)
6
+

ta có xy
2
(x y)
4
+

≤
suy ra Max (xy) =
2
(x y)
4
+


max
V (xy)⇔
đạt GTLN khi (xy) =
2
(x y)
4
+
đạt GTLN suy ra
2
2
(x y)
a(x y) a
4
+
+ + =
suy ra
x y 2a( 2 1)+ = −


2
max
a

V (2 2)
3
= −
khi x = y =
a( 2 1)−
Bài 17: Cho góc tam diện vuông Oxyz đỉnh O trên Ox, Oy, Ox lần lượt lấy các
điểm A, B, C sao cho OA + OB + OC + AB + AC + BC = L, gọi V là thể tích của tứ diện
ABCD. CMR:
3
L ( 2 1)
V
162
−
≤
Giải:
A
CO
B
Đặt OA = a, OB = b, OC = c áp dụng BĐT Bunhiacôpxki:
a + b
2 2
2(a b )≤ +
, a + c
2 2
2(a c )≤ +
, b + c
2 2
2(c b )≤ +
cộng vế với vế các BĐT trên:


2 2 2 2 2 2
2(a b c) (a b ) (a c ) (c b )
+ + ≤ + + + + +
(a + b + c)( 1 +
2
)
≤
2 2 2 2 2 2
(a b ) (a c ) (c b ) (a b c)+ + + + + + + +
(a + b + c)( 1 +
2
)
≤
L (1)
dấu “ = “ trong (1) xảy ra khi a = b = c
Áp dụng BĐT Cauchy cho a, b, c ta có: a + b + c
3
abc≥
(2)
Ta có V =
abc
6
, BĐT (2)
⇔
a + b + c
3
3 6V≥
(3)
Dầu “=” trong (3) xảy ra khi a = b = c
Từ (1), (3) ta có

3
L 3.(1 2).3. 6V≥ +
hay
3
L ( 2 1)
V
162
−
≤
(4)
Dấu “ = “ (4) xảy ra khi a = b = c =
L( 2 1)
3
−
Bài 18: Cho hình chóp S.ABC có SA = x, SB = y, các cạnh còn lại bằng 1,với giá trị
nào của x, y thì thể tích của khối chóp là lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó?
A
B
C
S
N
M
Giải:
Gọi M, N là trung điểm của SA, BC, ta có:
S.ABC
V
= 2.
S.MBC
V
, các tam giác ABS,

ACS có: BA = BS, CA = CS
⇒

∆
ABS =
∆
ACS và là các tam giác cân
Ta có:
BM SA,CM SA⊥ ⊥
⇒
SA (MBC)⊥

⇒
SM (MBC)⊥
,
SM là đường cao, SM =
x
2
Tính diện tích đáy:
MB = MC =
2
x
1
4
−
, MN =
2
2
BC
BM

4
−
=
2 2
x y
1
4
+
−

MBC
S
∆
=
1
2
MN.BC =
2 2
y x y
1
2 4
+
−
Thể tích:
S.MBC
V
=
1 x y
3 2 2
× ×

2 2
x y
1
4
+
−
=
xy
12
,
S.ABC
V
=
2 2
xy x y
1
6 4
+
−
Ta có: ( x-y)
2

≥
0
⇔
x
2
+ y
2


≥
2xy
⇔

2 2
x y xy
4 2
+
≥


S.ABC
V
=
2 2
xy x y
1
6 4
+
−

≤

xy
6
xy
1
2
−


≤

1
6
2
2 xy
(xy)
2
−

≤

1
6
xy xy
2 (2 xy)
2 2
−
Áp dụng BĐT Cauchy cho ba số
xy
2
,
xy
2
, (2-xy) ta có:

xy
2
xy
2

(2-xy)
≤

3
3
xy xy
(2 xy)
2 2
3
 
+ + −
 ÷
 
=
16
27

V
≤

1
6
16
27
=
2 3
27
, dấu bằng xảy ra khi
2 2
x y 2xy

xy
2 xy
2

+ =


= −



⇒
x = y =
2
3