Chuyên đề luyện thi đại học phương pháp giải các bài tập hình học không gian trong kì thi TSĐH potx

1
Chuyên đề luyện thi đại học
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP HÌNH
KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI TSĐH
Biên soạn: Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Trong kỳ thi TSĐH bài toán hình không gian luôn là dạng bài tập gây khó khăn cho học
sinh. Nguyên nhân cơ bản là do học sinh chưa biết phân biệt rõ ràng dạng bài tập để lựa
chọn công cụ, phương pháp giải cho phù hợp. Bài viết này sẽ giúp học sinh giải quyết
những vướng mắc đó.

Phần 1: Những vấn đề cần nắm chắc khi tính toán
⊻
Trong tam giác vuông ABC (vuông tại A) đường cao AH thì ta luôn có:
-
tan
b c B
=
,
tan
c b C
=
,
2
.
AH HB HC
=
-
2 2 2
2 2

1 1 1 .AB AC
AH
AH AB AC
AB AC
= + ⇒ =
+

H
C
B
A

⊻
Trong tam giác th
ườ
ng
ABC
ta có:
2 2 2
2 2 2
2 cos ;cos
2
b c a
a b c bc A A
bc
+ −
= + − =
.
T
ươ

ng t
ự
ta có h
ệ
th
ứ
c cho c
ạ
nh b, c và góc B, C:
-
1 1 1
sin sin sin
2 2 2
ABC
S ab C bc A ac B
∆
= = =
-
.
S p r
=
(Trong
đ
ó p là n
ữ
a chu vi, r là bán kính vòng tròn n
ộ
i ti
ế
p tam giác)

-
4
abc
S
R
=
⊻
Th
ể
tích kh
ố
i
đ
a di
ệ
n:
-
1
.
3
chop
V B h
= (B là di
ệ
n tích
đ
áy, h là chi
ề
u cao)
-

.
LT
V B h
=

Phần 2) Phương pháp xác định đường cao các loại khối chóp:
- Loại 1:
Kh
ố
i chóp có 1 c
ạ
nh góc vuông v
ớ
i
đ
áy
đ
ó chính là chi
ề
u cao.
- Loại 2:
Kh
ố
i chóp có 1 m
ặ
t bên vuông góc v
ớ
i
đ
áy thì

đườ
ng cao chính là
đườ
ng vuông
góc k
ẻ
t
ừ

đỉ
nh
đế
n giao tuy
ế
n c
ủ
a m
ặ
t bên và
đ
áy.
- Loại 3:
Kh
ố
i chóp có 2 m
ặ
t k
ề
nhau cùng vuông góc v
ớ

i
đ
áy thì
đườ
ng cao chính là giao
tuy
ế
n c
ủ
a 2 m
ặ
t k
ề
nhau
đ
ó.


2
- Loại 4:
Kh
ố
i chóp có các c
ạ
nh bên b
ằ
ng nhau ho
ặ
c các c
ạ

nh bên cùng t
ạ
o v
ớ
i
đ
áy 1 góc
b
ằ
ng nhau thì chân
đườ
ng cao chính là tâm vòng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
đ
áy.
- Loại 5:
Kh
ố
i chóp có các m
ặ
t bên
đề
u t
ạ
o v
ớ
i

đ
áy 1 góc b
ằ
ng nhau thì chân
đườ
ng cao
chính là tâm vòng tròn n
ộ
i ti
ế
p
đ
áy.
Sử dụng các giả thiết mở:
-
Hình chóp
SABCD
có m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
SAB
và
( )
SAC
cùng t
ạ
o v

ớ
i
đ
áy góc
α
thì chân
đườ
ng cao h
ạ
t
ừ

đỉ
nh
S
thu
ộ
c phân giác trong góc
BAC

-
Hình chóp
SABCD
có
SB SC
=
ho
ặ
c
,

SB SC
cùng t
ạ
o v
ớ
i
đ
áy m
ộ
t góc
α
thì chân
đườ
ng cao h
ạ
t
ừ

S
r
ơ
i vào
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a
BC

Việc xác định được chân đường cao là yếu tố đặc biệt quan trọng để giải quyết các câu hỏi
trong bài toán hình không gian cổ điển
Phần 3: Các bài toán về tính thể tích
A. Tính thể tích trực tiếp bằng cách tìm đường cao:
Ví dụ 1) (TSĐH A 2009
) Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình thang vuông t
ạ
i
A

và
D
, có 2 ,
AB AD a CD a
= = =
. Góc gi
ữ
a 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ),( )
SCB ABCD

b
ằ
ng 60
0
. G
ọ
i
I
là
trung
đ
i
ể
m
AD
bi
ế
t 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
SBI
và
( )
SCI
cùng vuông góc v
ớ
i

đ
áy
ABCD
. Tính th
ể
tích
kh
ố
i chóp
SABCD
.


HD giải:
Vì 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
SBI
và
( )
SCI
cùng vuông góc v
ớ
i
đ
áy
ABCD

mà
( )
SBI
và
( )
SCI
có giao
tuy
ế
n là
SI
nên
( )
SI ABCD
⊥
. K
ẻ

IH BC
⊥
ta có góc gi
ữ
a 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ),( )
SCB ABCD
là

0
ˆ
60
SHI =
. T
ừ

đ
ó ta tính
đượ
c:
2
1
2; 5; ( ) ( ) 3
2
IC a IB BC a S ABCD AD AB CD a
= = = = + =
2 2
2 2
1 3
. ( ) ( ) ( ) ( ) 3
2 2 2
a a
IH BC S IBC S ABCD S ABI S CDI a a
= = − − = − − = nên
2
IBC
S
IH
BC

∆
= =
3 3
5
a
. T
ừ

đ
ó tính
đượ
c
3
3 15
5
SABCD
V a
= .
H
I
S
D
C
B
A



3

Ví dụ 2) (TSĐH D 2009)
Cho l
ă
ng tr
ụ

đứ
ng
' ' '
ABCA B C
có
đ
áy
ABC
là tam giác vuông t
ạ
i
B
,
, ' 2 , ' 3
AB a AA a A C a
= = =
. G
ọ
i
M
là trung
đ
i
ể

m c
ủ
a
đ
o
ạ
n
' '
B C
,
I
là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
BM
và
'
B C
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
IABC
theo
a

HD giải:
-
' ' '
ABCA B C

là l
ă
ng tr
ụ

đứ
ng nên các m
ặ
t bên
đề
u vuông góc v
ớ
i
đ
áy.
( ' )
I B BC
⊂
⊥
( )
ABC
, t
ừ

I
ta k
ẻ

IH BC
⊥
thì
( )
IH ABC
⊥
và
I
chính là tr
ọ
ng tâm tam giác
' '
BB C

2 4
' ' 3 3
IH CI a
IH
BB CB
⇒
= =
⇒
=

Có
2

2 2 2 2 2
AA 9 4 5 2
AC A C a a a BC AC AB a
′ ′
= − = = =
⇒
= − =

3
1 1 4 1 4
. ( ) . . .2 .
3 3 3 2 9
IABC
a
V IH dt ABC a a a
= = =
(
đ
vtt)
A
M
O
B
I
H
C
C'
B'
A'

Ví dụ 3:
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
( )
ABCD
là hình ch
ữ
nh
ậ
t v
ớ
i
, 2,
AB a AD a SA a
= = =

và vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
ABCD

. G
ọ
i
,
M N
l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AD
và
SC
;
I
là
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
BM

và
AC
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
SAC
vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
SMB
. Tính th
ể
tích kh
ố
i t
ứ

di
ệ
n
ANIB
.
Lời giải:
+) Ch
ứ
ng minh
(
)
(
)
SAC SMB
⊥
.
Ta có:
2
2 2 2 2 2 2 2
2 6
2 3;
4 2
a a
AC AB BC a a a BM AB AM a= + = + = = + = + =

G
ọ
i
O AC BD
= ∩

;do
I
là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a hai
đườ
ng trung tuy
ế
n
AO
và
BM
nên là tr
ọ
ng tâm
c
ủ
a tam giác
ABD
.


4
Theo tính ch
ấ
t tr

ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác ta có:
2 1 3 2 6
;
3 3 3 3 3
a a
AI AO AC BI BM= = = = =
Nh
ậ
n xét:
2 2
2 2 2 2
2
3 3
a a
AI BI a AB
+ = + = = , suy ra tam giác
AIB
vuông t
ạ
i
I
.
Do
đ
ó
BM AI
⊥

(1)
M
ặ
t khác:
(
)
SA ABCD
⊥
nên
SA BM
⊥
(2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra
(
)
BM SAC
⊥

+) Tính th
ể
tích kh
ố
i t
ứ
di
ệ
n
ANIB

Do
NO
là
đườ
ng trung bình c
ủ
a tam giác
SAC
nên ta có:
/ /
NO SA
và
1
2 2
a
NO SA
= =

Do
đ
ó
NO
là
đườ
ng cao c
ủ
a t
ứ
di

ệ
n
ANIB

Di
ệ
n tích tam giác
đề
u
AIB
là:
2
1 1 3 6 2
. .
2 2 3 3 6
AIB
a a a
S AI BI= = =
Th
ể
tích kh
ố
i t
ứ
di
ệ
n
ANIB
là:
2 3

1 1 2 2
. .
3 3 6 2 36
AIB
a a a
V S NO= = =
N
M
I
D
C
B
A
S
O

Ví dụ 4)
Cho hình chóp
SABC
có
đ
áy
ABC
là tam giác cân v
ớ
i
3 , 2
AB AC a BC a
= = =
. Các

m
ặ
t bên
đề
u h
ợ
p v
ớ
i
đ
áy m
ộ
t góc
0
60
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
SABC

Lời giải:
G
ọ
i
O
là hình chi
ế
u c

ủ
a
S
trên m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
ABC
và
, ,
I H J
l
ầ
n l
ượ
t là hình chi
ế
u c
ủ
a
O
trên
, ,
AB BC CA
.
Theo
đị

nh lý ba
đườ
ng vuông góc ta có: , ,
SI AB SJ AC SH BC
⊥ ⊥ ⊥

Suy ra:



, ,
SIO SJO SHO
l
ầ
n l
ượ
t là góc h
ợ
p b
ở
i các m
ặ
t bên
(
)
(
)
(
)
, ,

SAB SAC SBC
và m
ặ
t
đ
áy
Theo gi
ả
thi
ế
t ta có:



0
60
SIO SJO SHO= = =
Các tam giác vuông , ,
SOI SOJ SOH
b
ằ
ng nhau nên
OI OJ OH
= =

Do
đ
ó
O
là tâm

đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p tam giác
ABC



5
M
ặ
t khác:
ABC
là tam giác cân t
ạ
i
A
nên
AH
v
ừ
a là
đườ
ng phân giác, v
ừ
a là
đườ
ng cao, v

ừ
a
là
đườ
ng trung tuy
ế
n
Suy ra
, ,
A O H
th
ẳ
ng hàng và
H
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
BC

Tam giác
ABH
vuông t
ạ
i
H
, ta có:

2 2 2 2
9 2 2
AH AB BH a a a
= − = − =
Di
ệ
n tích tam giác
ABC
là:
2
1 1
. .2 .2 2 2 2
2 2
ABC
S BC AH a a a= = =
Ngoài ra:
ABC
S pr
= , v
ớ
i
( )
1
4
2
p AB AC BC a
= + + = và
r
: bán kính
đườ

ng tròn n
ộ
i ti
ế
p
ABC
∆
.
2
2 2 2
4 2
ABC
S
a a
r OH
p a
⇒
= = = =
Tam giác
SOH
vuông t
ạ
i
O
, ta có:
0
6
tan 60
2
a

SO OH
= =
Th
ể
tích kh
ố
i chóp
SABC
là:
3
2
1 1 6 2 3
. .2 2.
3 3 2 3
ABC
a a
V S SO a
= = =
J
H
I
S
O
C
B
A

Chú ý:
Hình chóp có các m
ặ

t bên h
ợ
p v
ớ
i
đ
áy các góc b
ằ
ng nhau thì chân
đườ
ng cao là tâm
đườ
ng
tròn n
ộ
i ti
ế
p
đ
áy hình chóp.
Ví dụ 5)
Cho hình l
ă
ng tr
ụ
tam giác
' ' '
ABCA B C
có
đ

áy
ABC
là tam giác vuông t
ạ
i
A

3,
AB a AC a
= =
. Bi
ế
t
đỉ
nh
'
C
cách
đề
u các
đỉ
nh
, ,
A B C
và kho
ả
ng cách t
ừ

đỉ

nh
B

đế
n m
ặ
t
ph
ẳ
ng
( ' )
C AC
b
ằ
ng
6
15
a
.Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
' '
A ABC
theo a và tính cosin góc t
ạ
o b
ở
i m

ặ
t
ph
ẳ
ng
( ' ')
ABB A
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
áy
( )
ABC
.

-
H
ạ
' ( ) ' ' '
C H ABC C HA C HB C HC HA HB HC
⊥ ⇒ ∆ = ∆ = ∆ ⇔ = =

Suy ra
H
là tâm vòng trong ngo
ạ
i ti

ế
p tam giác
ABC
. Vì tam giác
ABC
vuông t
ạ
i
A
nên
H
là
trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
BC
.
Ta có:
/( ') /( ')
2
B ACC H ACC
d d=
.
H
ạ

/( ') /( ')
1 3
, ' ( ')
2
15
H ACC B ACC
a
HM AC HN C M HN ACC d HN d
⊥ ⊥
⇒
⊥
⇒
= = = .


6
Ta có:
1 3
' 3
2 2
a
HM AB C H a
= =
⇒
= t
ừ

đ
ó tính
đượ

c
' 2 .
CC a
=

Có
3
' '
1 1 1 1
' . ( ) . 3. . 3.
3 3 3 2 2
A ABC LT
a
V V C H dt ABC a a a
= = = =
- H
ạ

' ( )
A K ABC
⊥
thì
' '
C HKA
là hình ch
ữ
nh
ậ
t . G
ọ

i
I HK AB
= ∩
thì
1
/ /
2
OI AC
= suy ra I
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AB
. Tam giác
ABC
vuông t
ạ
i
A
nên
KI AB
⊥
⇒
Góc t
ạ
o b

ở
i
( ' ')
ABB A
và
đ
áy
( )
ABC
là

'
A IK

Ta có:

cos '
'
IK
A IK
A I
= . Tính
đượ
c

2 2
1 13 13
; ' ' cos '
2 2 2 ' 13
a a IK

IK HK A I IK A K A IK
A I
= = = + =
⇒
= =
N
H
M
C
C'
B'
A'
I
K
B
A


Ví dụ 6)
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình bình hành

0
2 , , 60
AB a AD a BAD= = =

SAB
là tam giác
đề
u . G
ọ
i
H
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AB
,
K
là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a
H
lên m
ặ
t
ph
ẳ
ng

( )
SCD
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
SABCD
bi
ế
t
15
5
a
HK
= và
đ
i
ể
m
K
n
ằ
m trong tam
giác
SCD

Giải:
G
ọ

i
E
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
,
CD F
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
ED

V
ớ
i gi
ả
thi
ế
t
SA SB
=
ta suy ra chân

đườ
ng cao h
ạ
t
ừ

S
lên m
ặ
t ph
ẳ
ng
ABCD
thu
ộ
c
đườ
ng
trung tr
ự
c c
ủ
a
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng
AB

Nói cách khác chân
đườ
ng cao h
ạ
t
ừ

S
lên
( )
ABCD
thu
ộ
c
đườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a
HF

H
ạ

( )
HK SF HK SCD
⊥ ⇒ ⊥

Ta có:
2
2 . ( )
3
SABCD SHCD
V V HK dt SCD
= =
Ta c
ầ
n tính di
ệ
n tích tam giác
SCD

Ta có:
1
( ) . ;
2
dt SCD SF CD
=


7
Mà
2 2 2 2
; ;
SF SK KF SK SH HK KF HF HK
= + = − = −
SH
là

đườ
ng cao tam giác
đề
u
SAB
suy ra: 3,
SH a HF
= là
đườ
ng cao tam giác
đề
u
HDE

suy ra:
3
2
a
HF = Thay s
ố
ta có:
3 15
10
a
SF =
V
ậ
y:
3
2 . 3 1 3 15 3

. . .2
3 2 10 5
5
SABCD
a a a
V a= =
120°
A
H
K
E
F
D
C
B
S

Ví dụ 7)
Cho hình chóp S.ABC có
đ
áy ABC là tam giác vuông cân t
ạ
i B, AB = BC =
3
a

kho
ả
ng cách t
ừ

A
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng (SBC) b
ằ
ng
2
a
và


0
90
SAB SCB= = . Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
S.ABC theo a .

Giải:
Đ
ây là bài toán d
ễ
làm cho h
ọ
c sinh b

ố
i r
ố
i khi xác
đị
nh
đườ
ng cao hình chóp.
K
S
C
B
A
H



8
H
ạ

( )
SH ABCD
⊥
vì ( )
AB SH
AB SHA AB HA
AB SA
⊥


⇒
⊥
⇒
⊥

⊥

.
Ch
ứ
ng minh t
ươ
ng t
ự
ta có
BC HC HABC
⊥
⇒
là hình vuông.
Ta có
HC BC
⊥
k
ẻ

( ) 2
HK SC HK SBC HK a
⊥
⇒
⊥

⇒
=
M
ặ
t khác ta có:
2 2 2
2 2
1 1 1 .
6
HK HC
SH a
HK HC HS
HC HK
= +
⇒
= =
−

Th
ể
tích kh
ố
i chóp
2 3
1 1 3 6
. 6.
3 3 2 2
SABC ABC
a a
V SH S a

∆
= = =
Ví dụ 8)
Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là hình thoi c
ạ
nh b
ằ
ng a,
SA SB a
= =
,
2
SD a
=
và m
ặ
t ph
ẳ
ng (SBD) vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABCD). Tính theo a th
ể
tích kh
ố

i
chóp S.ABCD

Giải:

D
O
S
C
B
A
H



H
ạ
( )
SH BD SH ABCD SHA SHC SA SC
⊥
⇒
⊥
⇒
∆ = ∆
⇒
=

T
ừ
gi

ả
thi
ế
t ta suy ra
ASC ADC ABC OB SO OD SBD
∆ = ∆ = ∆
⇒
= = ⇔ ∆
vuông t
ạ
i
S

Tính
đượ
c
2 2
. 6
3,
3
SB SD a
BD a SH
SB SD
= = =
+
,suy ra tam giác
ABC
là tam giác
đề
u

2 3
1 1 6 3 2
. . .
3 3 3 2 6
SABCD ABCD
a a a
V SH S= = =
Chú ý: Ta có th
ể
tính th
ể
tích theo cách:
2
2 .
3
SABCD CSBD SBD
V V CO S
∆
= =
Trong ví d
ụ
này chìa khóa
để
gi
ả
i quy
ế
t bài toán là phát hi
ệ
n ra tam giác

SBD
vuông t
ạ
i
S

Các em hãy rèn luy
ệ
n d
ạ
ng toán này qua bài t
ậ
p sau:


9
‘’Cho hình chóp
SABCD
có c
ạ
nh
SD x
=

( 0)
x
>
, các c
ạ
nh còn l

ạ
i c
ủ
a hình chóp b
ằ
ng nhau và
b
ằ
ng
a
( 0)
x
>
. Tìm
x
bi
ế
t th
ể
tích kh
ố
i chóp
SABCD
b
ằ
ng
3
2
6
a

.’’
B. Tính thể tích bằng phương pháp gián tiếp
Khi g
ặ
p các bài toán mà vi
ệ
c tính toán g
ặ
p khó kh
ă
n thì ta ph
ả
i tìm cách phân chia kh
ố
i
đ
a di
ệ
n
đ
ó thành các kh
ố
i chóp
đơ
n gi
ả
n h
ơ
n mà có th
ể

tính tr
ự
c ti
ế
p th
ể
tích c
ủ
a nó ho
ặ
c s
ử
d
ụ
ng công
th
ứ
c tính t
ỉ
s
ố
th
ể
tích
để
tìm th
ể
tích kh
ố
i

đ
a di
ệ
n c
ầ
n tính thông qua 1 kh
ố
i
đ
a di
ệ
n trung gian
đơ
n gi
ả
n h
ơ
n.
Các em học sinh cần nắm vững các công thức sau:
. .
. .
SA B C
SABC
V
SA SB SC
V SA SB SC
′ ′ ′
′ ′ ′
=
(1)

A ABC
'
S
SABC
V
A A
V SA
′
= (2). Công th
ứ
c (2) có th
ể
m
ở
r
ộ
ng cho kh
ố
i chóp b
ấ
t k
ỳ
.

B'
A'
C'
C
B

A
S



Ví dụ 3)
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình thoi c
ạ
nh
a
,
0
ˆ
60
BAD =
,
SA
vuông góc
v
ớ
i
đ
áy
ABCD

,
SA a
=
. G
ọ
i
'
C
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
SC
, m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
P

đ
i qua
AC
song song
v
ớ

i
BD
c
ắ
t các c
ạ
nh
,
SB SD
c
ủ
a hình chóp t
ạ
i
', '
B D
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
SABCD

HD giải:

G
ọ
i O là giao 2
đườ
ng chéo ta suy ra

'
AC
và
SO
c
ắ
t nhau t
ạ
i tr
ọ
ng tâm
I
c
ủ
a tam giác
SAC

T
ừ

I
thu
ộ
c m
ặ
t ph
ẳ
ng k
ẻ

đườ
ng th
ẳ
ng song song v
ớ
i
BD
c
ắ
t các c
ạ
nh
,
SB SD
c
ủ
a hình chóp
t
ạ
i
', '
B D
là 2 giao
đ
i
ể
m c
ầ
n tìm.
Ta có:

1 2
;
2 3
SC SD SB SI
SC SD SB SO
′ ′ ′
= = = =



10
D
ễ
th
ấ
y
( ) ( ) ( ) ( )
2 ; 2
SAB C D SAB C SAB C SABC
V V V V
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
= =
. . 1
. . 3
SAB C D SAB C
ABCD SABC
V V
SA SB SC
V V SA SB SC
′ ′ ′ ′ ′

′ ′
⇒
= = =

Ta có
3
( )
1 1 1 3 3
ˆ
. ( ) . . . . . .
3 3 3 2 6
SABCD
V SAdt ABCD SA AD AB sinDAB a a a a= = = =
3
( )
3
18
SAB C D
V a
′ ′ ′
= (
đ
vtt)
I
C'
D'
A'
D
C
B

A
S
O



Ví dụ 4
) (D
ự
b
ị
A 2007)

Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình ch
ữ
nh
ậ
t
, 2
AB a AD a
= =
c
ạ
nh

SA
vuông góc
v
ớ
i
đ
áy, c
ạ
nh
SB
h
ợ
p v
ớ
i
đ
áy m
ộ
t góc 60
0
. Trên c
ạ
nh
SA
l
ấ
y
M
sao cho
3

3
a
AM = . M
ặ
t
ph
ẳ
ng
( )
BCM
c
ắ
t
SD
t
ạ
i
N
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
SBCMN



HD giải:
T
ừ

M
k
ẻ

đườ
ng th
ẳ
ng song song v
ớ
i
AD
c
ắ
t
SD
t
ạ
i
N
là giao
đ
i
ể
m c
ầ
n tìm, góc t
ạ
o b
ở

i
SB

và
ABCD
là

0
60
SBA = .
Ta có
.tan60 3
SA SB a
= = .
T
ừ

đ
ó suy ra
3 2 3 2
3
3 3 3
SM SN
SM SA AM a a a
SA SD
= − = − =
⇒
= =

D

ễ
th
ấ
y
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
SABCD SABC SACD SABC SACD
V V V V V= + = = ;
( ) ( ) ( )
SBCMN SMBC SMCN
V V V= +
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1. . . 1. . . 1 2 5
2. . . 2. . . 3 9 9
SMBCN SMBC SMCN SMCN SMCN
SABCD SABCD SABC SACD
V V V V V
V V V V
SM SB SC SM SC SN
SA SB SC SA SC SD
+
⇒ = = +
= + = + =



11
Mà

3
( )
1 1 2 3
. ( ) 3 .2
3 3 3
SABCD
V SAdt ABCD a a a a
= = =
3
( )
10 3
27
SMBCN
V a
⇒
=
N
M
O
B
C
D
A
S



Ví dụ 5) Cho hình chóp
SABCD
có đáy là hình bình hành. Gọi

, ,
M N P
lần lượt là trung điểm
của
, ,
AB AD SC
. Chứng minh mặt phẳng
(
)
MNP
chia khối chóp thành hai phần có thể tích bằng
nhau.

Lời giải: Gọi
, ,
I J K
lần lượt là giao điểm của
MN
và
, ,
CB CD CA

Nối
PI
cắt
SB
tại
E
, nối
PJ

cắt
SD
tại
F

Ngũ giác
PEMNF
là thiết diện của mặt phẳng
(
)
PMN
và hình chóp
Gọi
O AC BD
= ∩
; do / /
BD MN
nên ta có:
3
2
2
3
3
2
CI CB
CB CD CO
CI CJ CK
CJ CD

=



= = = ⇒


=



Vì
P
là trung điểm của
SC
nên ta có:
( )
( )
( )
( )
1
, ,
2
d P ABC d S ABC
=
Do đó:
( )
( )

( )
( )
1 1 1

. , . . .sin . ,
3 3 2
PCIJ CIJ
V S d P ABC CI CJ BCD d P ABC
= =


( )
( )

( )
( )
1 3 3 1
. . .sin . ,
6 2 2 2
9 1 9
. . .sin . ,
16 3 16
SABCD
CB CD BCD d S ABC
CB CD BCD d S ABC V
=
 
= =
 
 



12

1 1 1 1
. . . .
3 2 3 18
IBEM
ICPJ
V IB IE IM
V IC IP IJ
= = =

1 1 1
18 18 32
IBEM ICPJ PCIJ SABCD
V V V V
⇒
= = =
Tương tự
1 1
18 32
JDFN PCIJ SABCD
V V V= =
Gọi
1
V
là thể tích phần khối chóp giới hạn bởi mặt phẳng
(
)
PMN
và mặt phẳng đáy của hình
chóp ta có:
( )

1
9 1 1 1
16 32 32 2
PCIJ IBEM JDFN SABCD SABCD SABCD SABCD
V V V V V V V V
 
= − + = − + =
 
 

Gọi
2
V
là thể tích phần còn lại của khối chóp thì
2
1
2
SABCD
V V=
Vậy
1 2
V V
=
.
J
I
K
O
F
E

D
P
M
N
C
B
A
S


Ví dụ 6)
Cho khối lập phương
' ' ' '
ABCDA B C D
cạnh a. Các điểm
E
và
F
lần lượt là trung điểm của
' '
C B
và
' '
C D
.
1) Dựng và tính diện tích thiết diện của khối lập phương khi cắt bởi mặt phẳng
(
)
AEF

2) Tính tỉ số thể tích của hai phần khối lập phương bị chia bởi mặt phẳng
(
)
AEF


Lời giải:
1) Dựng và tính diện tích thiết diện:
Kéo dài
EF
cắt
' '
A B
và
' '
A D
lầ
n l
ượ
t t
ạ
i
I
và
J

N
ố
i
AI

và
AJ
c
ắ
t
'
BB
và
'
DD
l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i
P
và
Q

Ng
ũ
giác
APEFQ
là thi
ế
t di
ệ
n c

ủ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
AEF
và hình l
ậ
p ph
ươ
ng
G
ọ
i
' ' ' '
O A C B D
= ∩
và
' '
K IJ A C
= ∩



13
Do
' '/ /

B D IJ
nên ta có:
' ' ' ' ' ' ' 2
' ' ' 3
B D A B A D A O
IJ A I A J A K
= = = =

Suy ra:
3 3 2 3 3 3 3 2
' ' ; ' ' ' ' ; ' '
2 2 2 2 2 4
a a a
IJ B D A I A B A J A K A O= = = = = =

Do
'/ / '
PB AA
nên ta có:
' ' 1 1
' ' '
' ' 3 3 3
PB IP IB a
PB AA QD
AA IA IA
= = =
⇒
= = =

Ta có:

(
)
2
APEFQ AIJ PIE QJF AIJ PIE
S S S S S S
= − + = −

Trong tam giác vuông
'
AA K
ta có:
2
2 2 2
18 34
' '
16 4
a a
AK AA A K a= + = + =

Do
đ
ó:
2
1 1 3 2 3 2 3 17
. . .
2 2 2 4 8
AIJ
a a a
S IJ AK= = =

Trong tam giác
PIE
k
ẻ

đườ
ng cao
PH
thì / /
PH AK
và
1 34
3 12
a
PH AK= =

M
ặ
t khác:
3 2 1 2
' 2
2 3 2
a a
IJ A I IE IJ= =
⇒
= =

Di
ệ
n tích tam giác

PIE
là:
2
1 1 2 34 17
. . .
2 2 2 12 24
PIE
a a a
S IE PH= = =

V
ậ
y
2 2 2
3 17 17 7 17
2
8 12 24
APEFQ AIJ PIE
a a a
S S S= − = − =

Q
P
J
O'
I
H
K
O
F

E
D'
C'
B'
A'
D
C
B
A

2) Tính t
ỉ
s
ố
th
ể
tích:

3
'
3
'
1 1 3 3 3
' . ' . ' . . .
6 6 2 2 8
1 1
' . ' . ' . . .
6 6 3 2 2 72
AA IJ
B PIE

a a a
V A A A I A J a
a a a a
V B P B I B E
= = =
= = =

Do tính
đố
i x
ứ
ng c
ủ
a hình l
ậ
p ph
ươ
ng nên ta có:
' '
B PIE D QJF
V V=



14
G
ọ
i
1 2
,

V V
l
ầ
n l
ượ
t là th
ể
tích c
ủ
a kh
ố
i
đ
a di
ệ
n
ở
phía d
ướ
i và phía trên m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
AEF

Ta có:
3 3 3

1 ' '
3 2 25
2
8 72 72
AA IJ B PIE
a a a
V V V= − = − =


3 3
3
2 ' ' ' 1
25 47
72 72
ABCDA B C D
a a
V V V a= − = − =


V
ậ
y
1
2
25
47
V
V
=

Phần 4: Các bài toán về khoảng cách trong không gian
A. Khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng
Để giải quyết nhanh gọn bài toán khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng học sinh
cần nắm chắc bài toán cơ bản và các tính chất sau


⊻

BÀI TOÁN CƠ BẢN

Cho kh
ố
i chóp
SABC
có
SA
vuông góc v
ớ
i
đ
áy
ABC
. Tính kho
ả
ng cách t
ừ

A

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
SBC


⊻

PHƯƠNG PHÁP
- H
ạ

AM
vuông góc v
ớ
i
BC
,
AH
vuông góc v
ớ
i
SM
suy ra
AH
vuông góc v

ớ
i
( )
SBC
.
V
ậ
y kho
ả
ng cách t
ừ

A

đế
n
( )
SBC
là
AH

- Ta có
2 2 2
2 2
1 1 1 .
AS
AM AS
AH
AH AM
AM AS

= + ⇒ =
+

H
M
C
B
A
S




*
Tính chất quan trọng cần nắm:

-
N
ế
u
đườ
ng th
ẳ
ng
( )
d
song song v
ớ
i m
ặ

t ph
ẳ
ng
( )
P
thì kho
ả
ng cách t
ừ
m
ọ
i
đ
i
ể
m trên
( )
d

đế
n
m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
P
là nh
ư

nhau
-
N
ế
u
AM kBM
=
 
thì
/( ) /( )
| |
A P B P
d k d=
trong
đ
ó
( )
P
là m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
i qua
M



15

- N
ế
u
,
a b
là hai
đườ
ng th
ẳ
ng chéo nhau. G
ọ
i
( )
P
là m
ặ
t ph
ẳ
ng ch
ứ
a
b
và
( )/ /
P a
thì
/ /( ) /( )
a b a P M a P
d d d
∈

= =

Trên cơ sở các tính chất trên ta luôn quy được khoảng cách từ một điểm bất kỳ về bài toán
cơ bản.

Tuy nhiên 1 s
ố
tr
ườ
ng h
ợ
p khi vi
ệ
c tìm hình chi
ế
u tr
ở
nên vô cùng khó kh
ă
n, thì vi
ệ
c s
ử
d
ụ
ng
công th
ứ
c tính th
ể

tích tr
ở
nên r
ấ
t hi
ệ
u qu
ả
.
Ta có V(kh
ố
i chóp)=
1 3
.
3
V
B h h
B
⇒
=



Ví dụ 1)
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD

là hình vuông c
ạ
nh
a
. Hình chi
ế
u c
ủ
a
S
lên
m
ặ
t ph
ẳ
ng
ABCD
trùng v
ớ
i tr
ọ
ng tâm tam giác
ABD
. M
ặ
t bên
SAB
t
ạ
o v

ớ
i
đ
áy m
ộ
t góc 60
0
.
Tính theo
a
th
ể
tích c
ủ
a kh
ố
i chóp
SABCD
và kho
ả
ng cách t
ừ

B

đế
n m
ặ
t ph
ẳ

ng
SAD


Lời giải:

G
E
H
N
M
B
C
D
A
S
G
ọ
i
G
là tr
ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác
ABD
,
E
là hình chi
ế

u c
ủ
a
G
lên
AB
. Ta có:
(
)
;
SG AB GE AB AB SGE
⊥ ⊥ ⇒ ⊥

0
ˆ
60
SAG⇒ =

ˆ
.tan 3
SG GE SEG GE
⇒ = =

M
ặ
t khác G là tr
ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác ABD

1
3 3
a
GE BC
⇒
= =

3
1 3
.
3 9
SABCD ABCD
a
V SG S
⇒
= =

H
ạ

GN
vuông góc v
ớ
i
AD
,
GH
vuông góc v
ớ
i

SN



16
Ta có
/( ) /( )
2 2 2
2
3
3 .
3 . 3
3 3
3 3
2
3
3 3
B SAD G SAD
a a
GN GS a
d d GH
GN GS
a a
= = = = =
+
 
 
+
 
 

 
 


Ví dụ 2)
Cho hình l
ă
ng tr
ụ

đứ
ng .
ABCD A B C D
′ ′ ′ ′
có
đ
áy
ABCD
là hình thoi ,
3
AB a
=
,
0
120
BAD∠ =
. Bi
ế
t góc gi
ữ

a
đườ
ng th
ẳ
ng
AC
′
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
ADD A
′ ′
b
ằ
ng
0
30
.Tính th
ể
tích
kh
ố
i l
ă
ng tr
ụ
trên theo a. và kho

ả
ng cách t
ừ
trung
đ
i
ể
m
N
c
ủ
a
'
BB

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ' )
C MA
.
Bi
ế
t
M
là trung
đ

i
ể
m c
ủ
a
' '
A D


Giải:
O
M
H
K
N
C
B
D
A
A'
D'
C'
B'

Ta có
. ' ' ' '
'.
ABCD A B C D ABCD
V AA S=
(1).

Đ
áy
ABCD
là hình thoi g
ồ
m 2 tam giác
đề
u ,
ABC ACD
nên:
(
)
2
2
3 3
3 3
2 2.
4 2
ABCD ABC
a
a
S S
∆
= = =
(2)
G
ọ
i
'

C M
là
đườ
ng cao c
ủ
a tam giác
đề
u
' ' '
C A D
thì
(
)
' ' '
C M ADA D
⊥
nên
0
ˆ
' 30
C AM =

Ta có
0 2 2
3 3 3
' ' .cot30 ' ' 6
2 2
a a
C M AM C M A A AM A M a
=

⇒
= =
⇒
= − =
(3)
Thay (2),(3) vào (1) ta có:
2 3
. ' ' ' '
3 3 9 2
. 6
2 2
ABCD A B C D
a a
V a= =
.
Ta có
/( ' ) /( ' )
N C MA K C MA
d d=
v
ớ
i
K
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a

'
DD
(Vì K và N
đố
i x
ứ
ng nhau qua trung
đ
i
ể
m O c
ủ
a AC’)


17
T
ừ

K
h
ạ

KH
vuông góc v
ớ
i
AM
thì
/( ' )

1
( ' ) ; . ( ' ' ) ( ' ) ( ' ) ( )
2
K C MA
KH AC M d KH KH AM dt AA D D dt AA M dt MD K dt AKD
⊥
⇒
= = − − −
3 3 1 3 1 6 3 1 6 6
. 6. 3 6. . . . . 3
4 2 2 2 2 2 2 2 2
a a a a a
KH a a a a KH a
⇒
= − − −
⇒
=

V
ậ
y
/( ' )
6
2
N C MA
d a
=


Ví dụ 3)

Cho hình chóp
SABC
có góc t
ạ
o b
ở
i 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng
SBC
và
ABC
là 60
0.
Các tam giác
SBC
và
ABC
là các tam giác
đề
u c
ạ
nh
a
. Tính kho
ả
ng cách t
ừ

đỉ
nh
B

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
SAC
.
(Đề dự bị khối A 2007)


HD giải:
M
O
N
P
C
B
A
S

Cách 1:
Coi
B
là

đỉ
nh kh
ố
i chóp
BSAC
t
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta suy ra
BS BA BC
= =
. G
ọ
i
O
là chân
đườ
ng cao h
ạ
t
ừ

B
xu
ố
ng mp
( )

SAC
. O chính là tâm vòng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác
SAC
. G
ọ
i
M
là trung
đ
i
ể
m
BC
ta có ;
SM BC AM BC
⊥ ⊥
. góc t
ạ
o b
ở
i 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )

SBC
và
( )
ABC
là

0
a 3
60
2
SMA SM AM AS=
⇒
= = =
.
Bây gi
ờ
ta tìm v
ị
trí tâm vòng ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác
SAC

Tam giác
SAC
cân t
ạ
i

C
nên tâm vòng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p n
ằ
m trên trung tr
ự
c c
ủ
a
SA
là
CN
(
N

là trung di
ể
m c
ủ
a
SA
). K
ẻ
trung tr
ự
c c
ủ

a
SC
c
ắ
t trung tr
ự
c c
ủ
a
SA
t
ạ
i O là
đ
i
ể
m c
ầ
n tìm

2
2
2
2
3
2
13
16
cos
4

SA
a
SC
a
NC
SNC
SC SC a
 
−
−
 
 
= = = =


2
2 2 2
2 4 3
2
;
13
13 13
cos
SC
a a a
OC BO BC OC a
SNC
⇒ = = = − = − =
.

18
Cách 2:
0
( ) ( )
1 2
2 2 . ( ) . .sin 60
3 3.2
SABCD SABM
a
V V BM dt SAM AM MS= = =
3
3
( )
16
a dt SAC
=

=
2
1 1 13 3 39 3 ( ) 3
.AS= . . ( ,( )
2 2 4 2 16 ( )
13
a V SABC a
CN a a d B SAC
dt SAC
= ⇒ = =

Ví dụ 4)
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình thang


0
90
ABC BAD= =
,
, 2
BA BC a AD a
= = =
. C
ạ
nh bên
SA
vuông góc v
ớ
i
đ
áy và SA=
2
a

, g
ọ
i
H
là hình chi
ế
u c
ủ
a
A
lên
SB
. Ch
ứ
ng minh tam giác
SCD
vuông và tính theo
a
kho
ả
ng cách t
ừ

H

đế
n m
ặ
t ph
ẳ

ng
( )
SCD

(TSĐH D 2007)

HD giải:

H
D
C
B
A
S

Ta có
2 2 2 2
2; 6; 2
AC a SD SA AD a SC SA AC a
= = + = = + =
. Ta c
ũ
ng d
ễ
dàng tính
đượ
c
2
CD a
=

. Ta có
2 2 2
SD SC CD
= +
nên tam giác SCD vuông t
ạ
i C.
2 2 2
2 2 2 2
2 2
1 1 1 .AS . 2 2
AS 3
AB AS 2
2
2 2
3
3
3 3
AB a a
AH a
AH AB
a a
a
SH
SH SA AH a
SB
a
= + ⇒ = = =
+ +
⇒ = − = ⇒ = =

2
1. .( ) 1
( ) ( ) ( ) . ;
2 2 2
AB BC AD a
dt BCD dt ABCD dt ABD AB AD
+
= − = − =
2
2
( )
3
( )
( )
1
( ) . 2
2
. . 2 1 1. 2. 2
; . ( )
. . 3 3 3.2 6
SHCD
SBCD
SBCD
dt SCD SC CD a
V
SH SC SD a a
V SAdt BCD a
V SB SC SD

= =
= = = = =



19
3
( )
2
9
SHCD
V a
= .Ta có
( )
3
( /( ))
2
3
2 1
.3
( ) 9 3
2
SHCD
H SCD
V
a
d a
dt SCD
a
= = =

Ví dụ 5) Cho hình chóp
SABCD
có đáy
ABCD
là hình thang


0
90
ABC BAD= = ,
, 2
BA BC a AD a
= = =
. Cạnh bên
SA
vuông góc với đáy và SA=
2
a
, góc tạo bởi
SC
và
( )
SAD
bằng 30
0
.Gọi
G
là trọng tâm tam giác

( )
SAD
. Tính khoảng cách từ
G
đến mặt phẳng
( )
SCD

Giải:
H
D
C
B
A
S
O
N
G
M

Kẻ
CE
vuông góc với
AD
thì
E
là trung điểm của
AD
và
( )

CE SAD
⊥

0
ˆ
30 .tan60 3 2
CSE SE CE a SA a
⇒ = ⇒ = = ⇒ =
Gọi
M
là trung điểm của
AB
,
N
là trung điểm của
AE
. Ta có
BE
song song với
( )
SCD
,
MN
cũng song song với
( )
SCD
. Ta có
3
4
ND AD

=
/( ) /( ) /( ) /( ) /( )
2 2 2 2 3 1
. .
3 3 3 3 4 2
G SCD M SCD N SCD A SCD A SCD
GS MS d d d d d=
⇒
= = = =
Vì tam giác
ACD
vuông cân tại
C
nên
CD
vuông góc với
( )
SAC
. Hạ
AH
vuông góc với
SC

thì
/( )
2 2
.
( )
A SCD
SA SC

AH SCD d AH a
SA SC
⊥
⇒
= = =
+

(Ta cũng có thể lập luận tam giác SAC vuông cân suy ra AH=a)


Ví dụ 6) Cho hình lăng trụ
' ' '
ABCA B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân tại
A
cạnh huyền
2
BC a
=
cạnh bên
' 2 ,
AA a
=
biết
'
A
cách đều các đỉnh
, ,

A B C
. Gọi
,
M N
lần lượt là trung
điểm của
',
AA AC
. Tính thể tích khối chóp '
C MNB
và khoảng cách từ
'
C
đến mặt phẳng
( )
MNB

Giải:
- Tính thể tích:


20
Vì
'
A
cách đều
, ,
A B C
nên chân đường cao hạ từ
'

A
lên mặt phẳng
( )
ABC
là tâm vòng tròn
ngoại tiếp tam giác
ABC
. Gọi
H
là trung điểm của
BC
suy ra
' ( )
A H ABC
⊥

Gọi
'
K MN AC
= ∩
⇒
'
1
' 3
3
C MNB AMNB
AK C K V V=
⇒
=
Gọi E là trung điểm của

1
( ) . ( )
3
MANB
AH ME ABC V ME dt ANB
⇒
⊥
⇒
=
Tính được:
1 1 14 14
'
2 2 2 4
a a
ME A H= = =
Suy ra:
2 3
1 14 14
. .
3 4 4 48
MANB
a a a
V = = . Vậy
3
'
14
16
C MNB
a
V =

- Tính khoảng cách:
'/( ) /( )
3
C BMN A BMN
d d=
. Gọi F là trọng tâm tam giác ABC.
Ta có:
/( ) /( )
1 1 3 3 1
. ; 3
2 2 2 4 4
A BMN E BMN
AE AH AF AF EF AF d d= = = =
⇒
=
Hạ
/( )
2 2
.
( )
E MNB
EP BN
EP EM
EQ MNB d EQ
EQ MP
EP EM
⊥

⇒
⊥

⇒
= =

⊥

+

Ta có
EPF
∆
đồng dạng với
BHF
∆
.
EP EF BH EF
EP
BH BF BF
⇒
=
⇒
=
Tính được
2
2
a
BH = ;
1 1 2 1 2
.
4 4 3 6 12
a

EF AF AH AH= = = = ;
5
3
a
BF =
Suy ra:
2 2
5 . 14
20
4 71
a EP EM a
EP EQ
EP EM
= ⇒ = =
+

Vậy
/( )
'/( ) /( )
3 14
3 12
4 71
E BMN
C BMN A BMN
a
d d d= = =

B
H
C

P
E
Q
N
M
A
K
H
I
E
N
M
B'
A'
C'
C
B
A




21
B. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau trong không gian
Khi tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau a và b trong không gian ta tiến hành theo
trình tự sau:
-
D
ự
ng (tìm) m

ặ
t ph
ẳ
ng trung gian (P) ch
ứ
a a song song v
ớ
i b
sau đó
tính kho
ả
ng cách t
ừ
1
đ
i
ể
m b
ấ
t k
ỳ
trên b
đế
n mp(P)

- Khi tính khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng ta có thể vận dụng 1 trong 2 phương pháp đã
trình bày ở mục A.
Ví dụ 1) Cho lăng trụ đứng
' ' '
ABCA B C

có đáy
ABC
là tam giác vuông
AB BC a
= =
, cạnh
bên
2
AA a
′
=
. Gọi
M
là trung điểm của
BC
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABCA B C
′ ′ ′
và
khoảng cách giữa 2 đường thẳng
AM
và
'
B C
.(TSĐH D2008)
HD giải:
K
N
A
M

B
H
C
C'
B'
A'


3
2
( ) .
2
V ABCA B C S h a
′ ′ ′
= = .
Tính khoảng cách
Gọi
N
là trung điểm của
'
BB
ta có
'
B C
song song với
( )
AMN
. Từ đó ta có:
( , ) ( ,( )) ( ,( ))
d B C AM d B AMN d B AMN

′ ′
= =

Kẻ
( )
BK AM
BH AMN
BH NK
⊥

⇒ ⊥

⊥

. Ta có:
2 2 2
1 1 1
BH BN BK
= + mà
2 2 2
1 1 1
BK BA BM
= +
2 2 2 2
1 1 1 1
BH BN BA BM
⇒
= + +
7
a

BH⇒ =
chính là khoảng cách giữa AM và B
’
C.


Chú ý 1) Trong bài toán này ta đã dựng mặt phẳng trung gian là mp(AMN) để tận dụng điều
kiện B
’
C song song với (AMN). Tại sao không tìm mặt phẳng chứa B
’
C các em học sinh tự suy
nghĩ điều này

Chú ý 2) Nếu mặt phẳng (P) đi qua trung điểm M của đoạn AB thì khoảng cách từ A đến (P)
cũng bằng khoảng cách từ B đến (P))


22

Ví dụ 2) Cho hình chóp tứ giác đều
SABCD
có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi
E
là điểm đối
xứng của
D
qua trung điểm của
SA
,

M
là trung điểm của
AE
,
N
là trung điểm của
BC
.
Chứng minh
MN
vuông góc với
BD
và tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng
MN
và
AC
.
(TS B2007)

HD giải: Gọi
P
là trung điểm của
SA
, ta có tứ giác
MPNC
là hình bình hành.
Nên
/ /
MN PC
. Từ đó suy ra

/ /( )
MN SAC
. Mặt khác
( )
BD SAC
⊥
nên
BD PC
⊥
BD MN
⇒
⊥
.
Ta có:
/ /( ) /( )
1 1 1
( ,( )) 2
2 4 2
MN AC MN SAC N SAC
d d d d B SAC BD a
= = = = =
O
K
N
P
M
E
D
C
B

A
S

( Chú ý vi
ệ
c chuy
ể
n tính kho
ả
ng cách t
ừ
N
đế
n (SAC) sang tính kho
ả
ng cách t
ừ
B
đế
n (SAC)
giúp ta
đơ
n gi
ả
n hoá bài toán
đ
i r
ấ
t nhi
ề

u. Các em h
ọ
c sinh c
ầ
n nghiên c
ứ
u k
ỹ
d
ạ
ng toán này
để
v
ậ
n d
ụ
ng)

Ví dụ 3) Cho hình chóp
SABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân tại
B
,
2 ,
AB BC a
= =
hai
mặt phẳng

( )
SAC
và
( )
SBC
cùng vuông góc với đáy
ABC
. Gọi
M
là trung điểm của
AB
, mặt
phẳng qua
SM
song song với
BC
cắt
AC
tại
N
. Biết góc tạo bởi
( )
SBC
và
( )
ABC
bằng 60
0
.
Tính thể tích khối chóp

SBCNM
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB
và
SN
theo
a

(TSĐH A 2011)

Giải:
- Ta có
0 0
ˆ ˆ
( ); 90 60 2 3
SA ABC ABC SBA SA a
⊥ = ⇒ = ⇒ =

Mặt phẳng qua
SM
song song với
BC
cắt
AC
tại
N
suy ra
N
là trung điểm của
AC

Từ đó tính được
3
3
V a
=
- Kẻ đường thẳng
( )
d
qua
N
song song với
AB
thì
AB
song song với mặt phẳng
( )
P
chứa
SN
và
( )
d
nên khoảng cách từ
AB
đến
SN
cũng bằng khoảng cách từ
A
đến

( )
P
.


23
Dựng
AD
vuông góc với
( )
d
thì
/ /( )
AB SND
, dựng
AH
vuông góc với
SD
thì
/ /( )
2 2
. 2 39
( )
13
AB SN A SND
SA AD a
AH SND d d AH
SA AD
⊥ ⇒ = == = =
+

H
D
N
M
C
B
A
S



24
Ví dụ 4) Cho lăng trụ đứng
' ' '
ABCA B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
,
, 2 , '
AB a AC a AA a
= = =
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
'
AB
và
BC

.

Giải:
K
H
A
B
C
C'
B'
A'


Ta có
BC
song song với mặt phẳng
( ' ')
AB C
chứa
'
AB
nên
/ ' /( ' ') /( ' ') '/( ' ')
BC AB BC AB C B AB C A AB C
d d d d= = =
(vì
' , '
A B AB
cắt nhau tại trung điểm của mỗi
đường)

Từ
'
A
hạ
'
A K
vuông góc
' '
B C
, Hạ
'
A H
vuông góc với
AK
thì
'/( ' ')
2 2
' . ' 2
' ( ' ') '
3
' '
A AB C
A K A A a
A H AB C d A H
A K A A
⊥ ⇒ = = =
+


(Rõ ràng vi

ệ
c quy v
ề
bài toán c
ơ
b
ả
n có vai trò
đặ
c bi
ệ
t quan tr
ọ
ng trong các bài toán tính
kho
ả
ng cách, các em h
ọ
c sinh c
ầ
n chú ý
đ
i
ề
u này)

Ví dụ 5) Cho hình chóp
SABC
có đáy
ABC

là tam giác đều cạnh bằng
a
. Chân đường cao hạ
từ
S
lên mặt phẳng
( )
ABC
là điểm
H
thuộc
AB
sao cho
2
HA HB
= −
 
. Góc tạo bởi
SC
và mặt
phẳng
( )
ABC
bằng
0
60
. Tính thể tích khối chóp
SABC
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
,

SA BC
theo
a
.
Giải:


25
K
F
M
E
H
D
C
B
A
S

- Tính thể tích:
Vì
( )
SH ABCD
⊥
nên
HC
là hình chiếu vuông góc của
SC
lên mặt phẳng
( )

ABCD
. Góc tạo
bởi
SC
và mặt phẳng
( )
ABCD
là

0
60
SCH = .
Xét tam giác
BHC
theo định lý hàm số cosin ta có

2 2
2 2 2 2 2 0 2
1 7
2 . .cos 2 . .cos60 2. . .
9 3 2 9
a a a
HC HB BC HB BC HBC HB BC HB BC a a= + − = + − = + − =

Suy ra

7 7 21
.tan . 3
3 3 3
a a a

HC SH HC SCH=
⇒
= = =
Ta suy ra
3
0
1 1 21 1 7
. . . .sin60
3 3 3 2 12
SABC ABC
a a
V SH S a a
∆
= = = ( ĐVTT)
- Tính khoảng cách:
Gọi
E
là trung điểm của
BC
,
D
là đỉnh thứ tư của hình bình hành
ABCD

Ta có
/ /
AD BC
nên
/ /( ) /( ) /( )
3

2
SA BC BC SAD B SAD H SAD
d d d d= = =
Kẻ
/( )
( )
H SAD
HF AD
HK SAD d HK
HK SF
⊥

⇒ ⊥ ⇒ =

⊥


Trong tam giác vuông
SHF
ta có
2 2 2
2 2
1 1 1 .HF HS
HK
HK HF HS
HS HF
= +
⇒
=
+

Mặt khác ta có
2 2 3 3
3 3 2 3
a a
HF AE= = =