Bài toán 2: Cho hình chóp O.ABC có các cạnh bên OA = a, OB = b, OC = c và chúng vuông góc với nhau từng đôi một:

a) Tính thể tích hình chóp O.ABC.

b) Tính chiều cao OH và diện tích tam giác ABC.

Giải

a)   Ta có\[AO \bot OB\]và\[AO \bot OC\]do đó\[OA \bot \left( {OBC} \right)\]

nên hình chóp O.ABC có thể coi là hình chóp A.OBC

với đáy là OBC và đường cao là AO

Do đó: \[V = \frac{1}{3}{S_{OBC}}.OA = \frac{{abc}}{6}\]

b)    Hạ\[OH \bot \left( {ABC} \right)\]thì H là trực tâm của đáy.

Ta có:

\[\begin{array}{l}\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{O{{A'}^2}}}\\ = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} = \frac{{{b^2}{c^2} + {a^2}{c^2} + {a^2}{b^2}}}{{{a^2}{b^2}{c^2}}}\end{array}\]

Do đó: \[OH = \frac{{abc}}{{\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {a^2}{c^2}} }}\]

Và

 \[\begin{array}{l}V = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.OH\\ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{{3V}}{{OH}} = \frac{{\sqrt {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {a^2}{c^2}} }}{2}.\end{array}\]

Bài toán 3: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính thể tích hình chóp S.AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).

Giải

Gọi K là trung điểm của BC và\[I = SK \cap MN.\]

Từ giả thiết suy ra\[MN = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2},MN\parallel BC\],

suy ra I là trung điểm của SK và MN.

Ta có\[\Delta SAB = \Delta SAC\]nên hai trung tuyến tương ứng

\[AM = AN\], do đó\[\Delta AMN\]cân tại A, suy ra\[AI \bot MN.\]

Mà

\[\begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \bot \left( {AMN} \right)\\ \Rightarrow AI \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AI \bot SK.\end{array}\]

Do đó\[\Delta SAK\]cân tại A, suy ra \[SA = AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]

Ta có \[S{K^2} = S{B^2} - B{K^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{{a^2}}}{2}\]nên:

\[\begin{array}{l}AI = \sqrt {S{A^2} - S{I^2}}  = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\frac{{SK}}{2}} \right)}^2}} \\ = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{8}}  = \frac{{a\sqrt {10} }}{4}\end{array}\]

\[{S_{AMN}} = \frac{1}{2}MN.AI = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{{16}}\]

Hình chóp S.AMN có thể tích: \[V = \frac{1}{3}.{S_{AMN}}.SI = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{{16}}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

Vậy: \[V = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{{48}}.\]

Bài toán 4: Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh bằng\[a\sqrt 6 \]. Gọi\[B'\]là điểm đối xứng với B qua trung điểm M của AC. Dựng điểm S sao cho\[SB' = 3a\]và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H là hình chiếu của M lên SB. Tính thể tích khối chóp H.ABC và góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).

Giải

Tam giác đều ABC cạnh bằng \[a\sqrt 6 \]nên \[BM = \frac{{AB.\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt {18} }}{2}\]

Suy ra\[BB' = 2BM = a\sqrt {18} \]

Tam giác\[SBB'\]vuông tại\[B'\]:

\[SB = \sqrt {S{{B'}^2} + B{{B'}^2}}  = \sqrt {9{a^2} + 18{a^2}}  = 3a\sqrt 3 \]

Hai tam giác đồng dạng\[BHM,BB'S\left( {g.g} \right)\]nên

\[\begin{array}{l}\frac{{BH}}{{BB'}} = \frac{{BM}}{{BS}}\\ \Rightarrow BH = \frac{{BB'.BM}}{{BS}}\\ = \frac{{a\sqrt {18} .\frac{{a\sqrt {18} }}{2}}}{{3a\sqrt 3 }} = a\sqrt 3 \end{array}\]

Suy ra: \[\frac{{d\left( {H,\left( {ABC} \right)} \right)}}{{d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right)}} = \frac{{BH}}{{BS}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{3a\sqrt 3 }} = \frac{1}{3}\]

\[ \Rightarrow d\left( {H,\left( {ABC} \right)} \right) = a\]

Vậy

 \[\begin{array}{l}{V_{H.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.d\left( {H,\left( {ABC} \right)} \right)\\ = \frac{1}{3}\frac{{6{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\end{array}\]

Ta có\[AC \bot BM\]và\[AC \bot SB'\]nên\[AC \bot \left( {SBB'} \right) \Rightarrow AC \bot SB\]

Mà\[SB \bot MH\], do đó\[SB \bot \left( {AHC} \right)\]

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là góc giữa hai đường thẳng HA và HC

Hai tam giác đồng dạng\[BHM,BB'S\left( {g.g} \right)\]suy ra:

\[\begin{array}{l}\frac{{BM}}{{BS}} = \frac{{MH}}{{SB'}}\\ \Rightarrow MH = \frac{{BM.SB'}}{{BS}}\\ = \frac{{\frac{{a\sqrt {18} }}{2}.3a}}{{3a\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\end{array}\]

Trong tam giác AHC có đường trung tuyến HM bằng một nửa cạnh đối diện nên tam giác vuông tại H.

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng\[90^\circ .\]

Bài toán 5: Cho hình chóp S.ABC có SA là đường cao và đáy là tam giác ABC vuông tại B, BC = a. Hai mặt phẳng (SCA), (SCB) hợp nhau góc\[60^\circ \]và\[\widehat {BSC} = 45^\circ .\]

a) Tính cosin của góc\[\alpha  = \widehat {ASC}\]

b)  Tính thể tích tứ diện.

Giải

a)   Ta có\[BC \bot AB,SA \Rightarrow SB \bot BC\] nên tam giác

SBC vuông cân tại B, \[SC = a\sqrt 2 .\]

Gọi I là trung điểm của SC ta có \[BI \bot SC\]và \[BI = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]

Trong mặt phẳng (ABC) gọi H là hình chiếu vuông

góc của B trên AC, ta có:

\[BH \bot AC \Rightarrow BH \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BH \bot SC.\]

Mặt khác, ta có\[BI \bot SC\]

Nên ta suy ra\[SC \bot \left( {BHI} \right)\]do đó\[\widehat {HIB} = 60^\circ ,HI = \frac{{BI}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\]

Xét tam giác vuông HIC, ta có:

\[\begin{array}{l}H{C^2} = H{I^2} + I{C^2}\\ = \frac{{2{a^2}}}{{16}} + \frac{{2{a^2}}}{4} = \frac{{5{a^2}}}{8}\\ \Rightarrow HC = \frac{{a\sqrt 5 }}{{2\sqrt 2 }}\end{array}\]

Ta có \[\sin \widehat {ICH} = \frac{{IH}}{{HC}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}.\frac{{2\sqrt 2 }}{{a\sqrt 5 }} = \frac{1}{{\sqrt 5 }}\]

\[SA = SC\sin \widehat {ICH} = a\sqrt 2 .\frac{1}{{\sqrt 5 }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 5 }}\]

Vậy \[\cos \alpha  = \frac{{SA}}{{SB}} = \sqrt {\frac{2}{5}} .\]

b)\[V = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}a\sqrt {\frac{3}{5}} .a.a.\sqrt {\frac{2}{5}} \]. Do đó \[V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{{30}}.\]

Bài toán 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, cạnh BC = 2a. Gọi M là trung điểm của AC. Hình chiếu H của S lên mặt đáy (ABC) thuộc tia đối của tia MB sao cho MB = 2MH. Biết rằng góc giữa SA và mặt phẳng (ABC) bằng\[60^\circ \]. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm E của SC tới mp(SAH).

Giải

Vì tam giác ABC vuông cân tại B và BC = 2a nên:\[AC = 2a\sqrt 2 \]

Ta có BM là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên:

\[BM = \frac{1}{2}AC = a\sqrt 2 \]

Do đó \[MH = \frac{1}{2}BM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

Tam giác AMH vuông tại M ta có:

\[AH = \sqrt {A{M^2} + M{H^2}}  = \sqrt {2{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}}  = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\]

Vì\[SH \bot \left( {ABC} \right)\]nên\[\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SAH} = 60^\circ .\]

Tam giác SAH vuông tại H: \[SH = AH.tan60^\circ  = \frac{{a\sqrt {30} }}{2}\]

Từ đó suy ra:

 \[\begin{array}{l}{V_{SABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SH\\ = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{2}.2a.2a} \right)\frac{{a\sqrt {30} }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt {30} }}{3}\end{array}\]

Ta có: \[d\left( {E,\left( {SAH} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {C,\left( {SAH} \right)} \right) = \frac{1}{2}.2.d\left( {M,\left( {SAH} \right)} \right) = MK\]

Trong đó K là hình chiếu của M lên AH.

Tam giác AMH vuông tại M:

\[\begin{array}{l}\frac{1}{{M{K^2}}} = \frac{1}{{M{A^2}}} + \frac{1}{{M{H^2}}}\\ \Rightarrow MK = \frac{{MA.MH}}{{\sqrt {M{A^2} + M{H^2}} }}\\ = \frac{{a\sqrt 2 .\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {2{a^2} + \frac{{{a^2}}}{2}} }} = \frac{{2a}}{{\sqrt {10} }}.\end{array}\]

Bài toán 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh bằng\[a\sqrt 3 \], đường chéo AC = 2a, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy và\[SC = a\sqrt 3 \]. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và chứng minh rằng hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) vuông góc với nhau.

Giải

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Từ giả thiết ta có\[SO \bot \left( {ABCD} \right)\]

Tam giác SOC vuông:

\[SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}}  = \sqrt {3{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 \]

Tam giác AOB vuông:

\[OB = \sqrt {A{B^2} - O{A^2}}  = \sqrt {3{a^2} - {a^2}}  = a\sqrt 2 \]

Ta có \[{V_{SABCD}} = \frac{1}{2}OB.AC.SO = \frac{1}{3}2a.a\sqrt 2 .a\sqrt 2  = \frac{{4{a^3}}}{3}.\]

Gọi H là trung điểm của SB, tam giác SBC cân tại C nên \[CH \bot SB.\]

Tương tự\[AH \bot SB\]. Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là góc giữa hai đường thẳng HA và HC.

Từ \[SB \bot \left( {AHC} \right) \Rightarrow OH \bot SB.\]

Tam giác SOB vuông tại O:

\[\frac{1}{{O{A^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow OH = a\]

Do đó\[OH = \frac{1}{2}AC\]nên tam giác ABC vuông tại H.

Vậy hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) vuông góc với nhau.