chuyên đề luyện thi đại học phương pháp giải các bài tập hình không gian trong kỳ thi tsđh 2015

1
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Chuyên đề luyện thi đại học
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP HÌNH
KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI TSĐH
Biên soạn: GV Nguyễn Trung Kiên

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 thường
ABC
ta có:
2 2 2
2 2 2
2 cos ;cos
2
b c a
a b c bc A A
bc
+ −
= + − = .
Tương tự ta có hệ thức cho cạnh 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 đó p là nữa chu vi, r là bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác)
-
4
abc
S
R
=

⊻
Thể tích khối đa diện:
-
1
.
3
chop
V B h
=
(B là diện tích đáy, h là chiều cao)
-
.
LT
V B h

=


Phần 2) Phương pháp xác định đường cao các loại khối chóp:
- Loại 1: Khối chóp có 1 cạnh góc vuông với đáy thì cạnh đó chính là chiều cao.
- Loại 2: Khối chóp có 1 mặt bên vuông góc với đáy thì đường cao chính là đường
vuông góc kẻ từ đỉnh đến giao tuyến của mặt bên và đáy.
- Loại 3: Khối chóp có 2 mặt kề nhau cùng vuông góc với đáy thì đường cao chính
là giao tuyến của 2 mặt kề nhau đó.


2
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
- Loại 4: Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên cùng tạo với đáy
1 góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp đáy.
- Loại 5: Khối chóp có các mặt bên đều tạo với đáy 1 góc bằng nhau thì chân
đường cao chính là tâm vòng tròn nội tiếp đáy.
Sử dụng các giả thiết mở:
- Hình chóp
SABCD
có mặt phẳng
( )
SAB
và
( )
SAC
cùng tạo với đáy góc
α
thì

chân đường cao hạ từ đỉnh
S
thuộc phân giác trong góc
BAC

- Hình chóp
SABCD
có
SB SC
=
hoặc
,
SB SC
cùng tạo với đáy một góc
α
thì chân
đường cao hạ từ
S
rơi vào đường trung trực của
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 d
ụ 1)
(TSĐH A 2009
) Cho h
ình

ch
óp

SABCD

c
ó

đáy

ABCD

l
à

h
ình

thang vu
ô
ng t
ại

A
và
D
, có
2 ,
AB AD a CD a

= = =
. Góc giữa 2 mặt phẳng
( ),( )
SCB ABCD
bằng 60
0
. Gọi
I

là trung điểm
AD
biết 2 mặt phẳng
( )
SBI
và
( )
SCI
cùng vuông góc với đáy
ABCD
.
Tính thể tích khối chóp
SABCD
.

HD giải:
Vì 2 mặt phẳng
( )
SBI
và
( )

SCI
cùng vuông góc với đáy
ABCD
mà
( )
SBI
và
( )
SCI
có
giao tuyến là
SI
nên
( )
SI ABCD
⊥
. Kẻ
IH BC
⊥
ta có góc giữa 2 mặt phẳng
( ),( )
SCB ABCD
là
0
ˆ
60
SHI =
. Từ đó ta tính được:
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
. Từ đó tính được
3
3 15
5
SABCD
V a

=
.


3
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
H
I
S
D
C
B
A


Ví d
ụ 2) (TSĐH D 2009)

Cho l
ă
ng tr
ụ

đ
ứng

' ' '
ABCA B C

c
ó

đáy

ABC

l
à

tam gi
ác

vuông tại
B
,
, ' 2 , ' 3
AB a AA a A C a
= = =
. Gọi
M
là trung điểm của đoạn
' '
B C
,
I
là giao
điểm của
BM
và

'
B C
. Tính thể tích khối chóp
IABC
theo
a

HD giải:
-
' ' '
ABCA B C
là lăng trụ đứng nên các mặt bên đều vuông góc với đáy.
( ' )
I B BC
⊂
⊥
(ABC), từ
I
ta kẻ
IH BC
⊥
thì
( )
IH ABC
⊥
và
I
chính là trọng 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
= = =

( đvtt)
A
M
O
B
I
H
C
C'
B'
A'



4
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012

Ví d
ụ 3:
Cho hình c
hóp SABCD có đáy ABCD là h
ình ch
ữ nhật với
, 2,
AB a AD a SA a
= = =
và vuông góc với mặt phẳng
(
)

ABCD
. Gọi
,
M N
lần lượt là
trung điểm của
AD
và
SC
;
I
là giao điểm của
BM
và
AC
. Chứng minh rằng mặt
phẳng
(
)
SAC
vuông góc với mặt phẳng
(
)
SMB
. Tính thể tích khối tứ diện
ANIB
.
Lời giải:
+) Chứng 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= + = + = = + = + =

Gọi
O AC BD
= ∩
;do
I
là giao điểm của hai đường trung tuyến
AO
và
BM
nên là trọng tâm
của tam giác
ABD
.
Theo tính chất trọng tâm của tam giác ta có:
2 1 3 2 6

;
3 3 3 3 3
a a
AI AO AC BI BM= = = = =

Nhận xét:
2 2
2 2 2 2
2
3 3
a a
AI BI a AB
+ = + = =
, suy ra tam giác
AIB
vuông tại
I
.
Do đó
BM AI
⊥
(1)
Mặt khác:
(
)
SA ABCD
⊥
nên
SA BM
⊥

(2)
Từ (1) và (2) suy ra
(
)
BM SAC
⊥

+) Tính thể tích khối tứ diện
ANIB

Do
NO
là đường trung bình của tam giác
SAC
nên ta có:
/ /
NO SA
và
1
2 2
a
NO SA
= =

Do đó
NO
là đường cao của tứ diện
ANIB

Diện tích tam giác đều

AIB
là:
2
1 1 3 6 2
. .
2 2 3 3 6
AIB
a a a
S AI BI= = =

Thể tích khối tứ diện
ANIB
là:
2 3
1 1 2 2
. .
3 3 6 2 36
AIB
a a a
V S NO= = =



5
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
N
M
I
D

C
B
A
S
O

Ví d
ụ 4)

Cho hình chóp
SABC

có đáy
ABC

là tam giác cân v
ới
3 , 2
AB AC a BC a
= = =
.
Các mặt bên đều hợp với đáy một góc
0
60
. Tính thể tích khối chóp
SABC

Lời giải:
Gọi
O

là hình chiếu của
S
trên mặt phẳng
(
)
ABC
và
, ,
I H J
lần lượt là hình chiếu của
O
trên
, ,
AB BC CA
.
Theo định lý ba đường vuông góc ta có:
, ,
SI AB SJ AC SH BC
⊥ ⊥ ⊥

Suy ra:



, ,
SIO SJO SHO
lần lượt là góc hợp bởi các mặt bên
(
)
(

)
(
)
, ,
SAB SAC SBC
và mặt đáy
Theo giả thiết ta có:



0
60
SIO SJO SHO= = =

Các tam giác vuông
, ,
SOI SOJ SOH
bằng nhau nên
OI OJ OH
= =

Do đó
O
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC

Mặt khác:
ABC
là tam giác cân tại
A

nên
AH
vừa là đường phân giác, vừa là đường cao, vừa
là đường trung tuyến
Suy ra
, ,
A O H
thẳng hàng và
H
là trung điểm của BC
Tam giác
ABH
vuông tại
H
, ta có:
2 2 2 2
9 2 2
AH AB BH a a a
= − = − =

Diện 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
=
, với
( )
1
4
2
p AB AC BC a
= + + =
và
r
: bán kính đường tròn nội tiếp
ABC
∆
.
2
2 2 2
4 2
ABC
S
a a
r OH
p a
⇒
= = = =

Tam giác
SOH

vuông tại
O
, ta có:
0
6
tan 60
2
a
SO OH
= =

Thể tích khối chóp
SABC
là:
3
2
1 1 6 2 3
. .2 2.
3 3 2 3
ABC
a a
V S SO a
= = =



6
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
J

H
I
S
O
C
B
A

Chú ý: Hình chóp có các mặt bên hợp với đáy các góc bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường
tròn nội tiếp đáy hình chóp.
Ví d
ụ 5)
Cho hình l
ăng tr
ụ t
am giác
' ' '
ABCA B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông t
ại
A

3,
AB a AC a
= =
. Biết đỉnh
'
C

cách đều các đỉnh
, ,
A B C
và khoảng cách từ đỉnh B đến
mặt phẳng (C’AC) bằng
6
15
a
.Tính thể tích khối chóp
' '
A ABC
theo a và tính cosin góc
tạo bởi mặt phẳng
( ' ')
ABB A
và mặt phẳng đáy
( )
ABC
.
- Hạ
' ( ) ' ' '
C H ABC C HA C HB C HC HA HB HC
⊥ ⇒ ∆ = ∆ = ∆ ⇔ = =

Suy ra H là tâm vòng trong ngoại tiếp tam giác ABC. Vì tam giác ABC vuông tại A nên
H là trung điểm của BC.
Ta có:
/( ') /( ')
2
B ACC H ACC

d d=
.
Hạ
/( ') /( ')
1 3
, ' ( ')
2
15
H ACC B ACC
a
HM AC HN C M HN ACC d HN d
⊥ ⊥
⇒
⊥
⇒
= = =
.
Ta có:
1 3
' 3
2 2
a
HM AB C H a
= =
⇒
=
từ đó tính được
' 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
= = = =

- Hạ
' ( )
A K ABC
⊥
thì
' '
C HKA
là hình chữ nhật . Gọi
I HK AB
= ∩
thì
1
/ /
2
OI AC
=
suy
ra I là trung điểm của

AB
. Tam giác
ABC
vuông tại A nên
KI AB
⊥
⇒
Góc tạo bởi
( ' ')
ABB A
và đáy
( )
ABC
là

'
A IK

Ta có:

cos '
'
IK
A IK
A I
=
. Tính được

2 2
1 13 13

; ' ' cos '
2 2 2 ' 13
a a IK
IK HK A I IK A K A IK
A I
= = = + =
⇒
= =



7
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
N
H
M
C
C'
B'
A'
I
K
B
A


Ví d
ụ 6)

C
ho hình chóp
SABCD

có đáy
ABCD

là hình bình hành

0
2 , , 60
AB a AD a BAD= = =

SAB
là tam giác đều . Gọi
H
là trung điểm của
AB
,
K
là hình chiếu vuông góc của
H

lên mặt phẳng
( )
SCD
. Tính thể tích khối chóp
SABCD
biết
15

5
a
HK
=
và điểm
K
nằm
trong tam giác
SCD

Giải:
Gọi
E
là trung điểm của
,
CD F
là trung điểm của
ED

Với giả thiết
SA SB
=
ta suy ra chân đường cao hạ từ
S
lên mặt phẳng
ABCD
thuộc
đường trung trực của đoạn thẳng
AB

Nói cách khác chân đường cao hạ từ
S
lên
( )
ABCD
thuộc đường thẳng chứa
HF

Hạ
( )
HK SF HK SCD
⊥ ⇒ ⊥

Ta có:
2
2 . ( )
3
SABCD SHCD
V V HK dt SCD
= =

Ta cần tính diện tích tam giác
SCD

Ta có:
1
( ) . ;
2
dt SCD SF CD
=

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

SH
là đường cao tam giác đều
SAB
suy ra:
3,
SH a HF
=
là đường cao tam giác đều
HDE
suy ra:
3
2
a
HF =
Thay số ta có:
3 15
10
a
SF =

Vậy:
3
2 . 3 1 3 15 3

. . .2
3 2 10 5
5
SABCD
a a a
V a= =



8
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
120°
A
H
K
E
F
D
C
B
S

Ví dụ 7) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =
3
a

khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng
2
a

và


0
90
SAB SCB= =
. Tính thể tích
khối chóp S.ABC theo a .

Giải:
Đây là bài toán dễ làm cho học sinh bối rối khi xác định đường cao hình chóp.
K
S
C
B
A
H

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

⊥
⇒
⊥

⊥

.
Chứng minh tương tự ta có
BC HC HABC
⊥
⇒
là hình vuông.
Ta có
HC BC
⊥
kẻ
( ) 2
HK SC HK SBC HK a
⊥
⇒
⊥
⇒
=

Mặt khác ta có:
2 2 2
2 2
1 1 1 .
6
HK HC

SH a
HK HC HS
HC HK
= +
⇒
= =
−



9
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Thể tích khối chóp
2 3
1 1 3 6
. 6.
3 3 2 2
SABC ABC
a a
V SH S a
∆
= = =

Ví d
ụ 8)
Cho hình chóp
S.ABCD

có đáy

ABCD

là hình thoi c
ạnh bằng
a
,
SA SB a
= =
,
2
SD a
= và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích
khối chóp S.ABCD

Giải:

D
O
S
C
B
A
H



Hạ
( )
SH BD SH ABCD SHA SHC SA SC
⊥

⇒
⊥
⇒
∆ = ∆
⇒
=

Từ giả thiết ta suy ra
ASC ADC ABC OB SO OD SBD
∆ = ∆ = ∆
⇒
= = ⇔ ∆
vuông tại
S

Tính được
2 2
. 6
3,
3
SB SD a
BD a SH
SB SD
= = =
+
,suy ra tam giác
ABC
là tam giác đều
2 3
1 1 6 3 2

. . .
3 3 3 2 6
SABCD ABCD
a a a
V SH S= = =

Chú ý: Ta có thể tính thể tích theo cách:
2
2 .
3
SABCD CSBD SBD
V V CO S
∆
= =

Trong ví dụ này chìa khóa để giải quyết bài toán là phát hiện ra tam giác
SBD
vuông tại
S

Các em hãy rèn luyện dạng toán này qua bài tập sau:
‘’Cho hình chóp
SABCD
có cạnh
SD x
=

( 0)
x
>

, các cạnh còn lại của hình chóp bằng
nhau và bằng
a
( 0)
x
>
. Tìm
x
biết thể tích khối chóp
SABCD
bằng
3
2
6
a
.’’
B. Tính thể tích bằng phương pháp gián tiếp


10
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Khi gặp các bài toán mà việc tính toán gặp khó khăn thì ta phải tìm cách phân chia khối
đa diện đó thành các khối chóp đơn giản hơn mà có thể tính trực tiếp thể tích của nó
hoặc sử dụng công thức tính tỉ sốthể tích để tìm thể tích khối đa diện cần tính thông qua
1 khối đa diện trung gian đơn giản hơn.
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 thức (2) có thể mở rộng cho khối chóp bất kỳ.

B'
A'
C'
C
B
A
S

Ví dụ 3) Cho hình chóp
SABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
,
0
ˆ
60
BAD =
,
SA

vuông góc với đáy
ABCD
,
SA a
=
. Gọi
'
C
là trung điểm của
SC
, mặt phẳng
( )
P
đi qua
AC
song song với

BD
cắt các cạnh
,
SB SD
của hình chóp tại
', '
B D
. Tính thể tích khối
chóp
SABCD

HD giải:
Gọi O là giao 2 đường chéo ta suy ra
'
AC
và
SO
cắt nhau tại trọng tâm
I
của tam
giác
SAC
Từ
I
thuộc mặt phẳng kẻ đường thẳng song song với
BD
cắt các cạnh
,
SB SD
của hình chóp tại

', '
B D
là 2 giao điểm cần tìm.
Ta có:
1 2
;
2 3
SC SD SB SI
SC SD SB SO
′ ′ ′
= = = =

Dễ thấy
( ) ( ) ( ) ( )
2 ; 2
SAB C D SAB C SABCD SABC
V V V V
′ ′ ′ ′ ′
= =
. . 1
. . 3
SAB C D SAB C
ABCD SABC
V V
SA SB SC
V V SA SB SC
′ ′ ′ ′ ′
′ ′
⇒
= = =

11
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
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
′ ′ ′
=
(đvtt)
I
O
D'
C'
B'

D
C
B
A
S



Ví d
ụ 4
) (D
ự bị A 2007)

Cho hình chóp
SABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật
, 2
AB a AD a
= =
cạnh
SA

vuông góc với đáy, cạnh
SB
hợp với đáy một góc 60
0
. Trên cạnh
SA

lấy
M
sao cho
3
3
a
AM =
. Mặt phẳng
( )
BCM
cắt
SD
tại
N
. Tính thể tích khối chóp
SBCMN



HD giải:
Từ
M
kẻ đường thẳng song song với
AD
cắt
SD
tại
N
là giao điểm cần tìm, góc tạo
bởi

SB
và
ABCD
là

0
60
SBA =
.
Ta có
.tan60 3
SA SB a
= =
.
Từ đó suy ra
3 2 3 2
3
3 3 3
SM SN
SM SA AM a a a
SA SD
= − = − =
⇒
= =

Dễ thấy
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
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
+
⇒ = = +
= + = + =



12
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
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 d
ụ 5)
Cho hình chóp
SABCD

có đáy là h
ình bình hành. G

ọi
, ,
M N P

l
ần l
ư
ợt l
à 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
=
 
= =

 
 



13
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
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
lần lượt tại
I
và
J

14
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Nối
AI
và
AJ
cắt
'
BB
và
'
DD
lần lượt tại
P
và
Q

Ngũ giác
APEFQ
là thiết diện của mặt phẳng
(
)
AEF
và hình lập phương
Gọi
' ' ' '

O A C B D
= ∩
và
' '
K IJ A C
= ∩

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 đó:
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
kẻ đường cao
PH
thì
/ /
PH AK
và
1 34
3 12
a
PH AK= =
Mặt khác:
3 2 1 2
' 2
2 3 2
a a
IJ A I IE IJ= =
⇒
= =
Diện tích tam giác
PIE
là:
2
1 1 2 34 17
. . .
2 2 2 12 24

PIE
a a a
S IE PH= = =
Vậy
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 tỉ số thể tích:


15
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012

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 đối xứng của hình lập phương nên ta có:
' '
B PIE D QJF
V V=

Gọi
1 2
,
V V
lần lượt là thể tích của khối đa diện ở phía dưới và phía trên mặt phẳng
(
)
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= − = − =

Vậy

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 khối chóp
SABC
có
SA
vuông góc với đáy
ABC
. Tính khoảng cách từ
A
đến mặt
phẳng
( )
SBC

⊻

PHƯƠNG PHÁP
- Hạ
AM
vuông góc với
BC
,
AH
vuông góc với
SM
suy ra
AH
vuông góc với
( )
SBC
.
Vậy khoảng cách từ
A
đến
( )
SBC
là
AH

- Ta có
2 2 2
2 2

1 1 1 .
AS
AM AS
AH
AH AM
AM AS
= + ⇒ =
+



16
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
H
M
C
B
A
S




* Tính chất quan trọng cần nắm:

- Nếu đường thẳng
( )
d
song song với mặt phẳng

( )
P
thì khoảng cách từ mọi điểm trên
( )
d
đến mặt phẳng
( )
P
là như nhau
- Nếu
AM kBM
=
 
thì
/( ) /( )
| |
A P B P
d k d=
trong đó
( )
P
là mặt phẳng đi qua
M

- Nếu
,
a b
là hai đường thẳng chéo nhau. Gọi
( )
P

là mặt phẳng chứa
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 số trường hợp khi việc tìm hình chiếu trở nên vô cùng khó khăn, thì việc sử
dụng công thức tính thể tích trở nên rất hiệu quả.
Ta có V(khối chóp)=
1 3
.
3
V
B h h
B
⇒
=


Ví d
ụ 1)

Cho hình chóp
SABCD


có đáy
ABCD

là hình vuông c
ạnh

a
. Hình chi
ếu của
S
lên mặt phẳng
ABCD
trùng với trọng tâm tam giác
ABD
. Mặt bên
SAB
tạo với đáy
một góc 60
0
. Tính theo
a
thể tích của khối chóp
SABCD
và khoảng cách từ
B

đến mặt
phẳng
SAD


Lời giải:



17
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
G
E
H
N
M
B
C
D
A
S
Gọi
G
là trọng tâm của tam giác
ABD
,
E
là hình chiếu của
G

lên
AB
. Ta có:
(
)
;
SG AB GE AB AB SGE
⊥ ⊥ ⇒ ⊥

0
ˆ
60
SAG⇒ =

ˆ
.tan 3
SG GE SEG GE
⇒ = =
Mặt khác
G
là trọng tâm của tam giác
ABD

1
3 3
a
GE BC
⇒
= =

3
1 3
.
3 9
SABCD ABCD
a
V SG S
⇒
= =
Hạ
GN
vuông góc với
AD
,
GH
vuông góc với
SN

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 lăng trụ đứng
.
ABCD A B C D
′ ′ ′ ′
có đáy ABCD là hình thoi ,
3
AB a
= ,
0
120
BAD∠ = . Biết góc giữa đường thẳng
AC
′

và mặt phẳng
( )
ADD A
′ ′
bằng
0
30
.Tính thể
tích khối lăng trụ trên theo a. và khoảng cách từ trung điểm
N
của
'
BB
đến mặt phẳng
( ' )
C MA
. Biết
M
là trung điểm của
' '
A D


Giải:


18
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
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).
Đáy
ABCD
là hình thoi gồm 2 tam giác đều
,
ABC ACD
nên:
(
)
2
2
3 3
3 3

2 2.
4 2
ABCD ABC
a
a
S S
∆
= = =
(2)
Gọi
'
C M
là đường cao của tam giác đều
' ' '
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= với
K
là trung điểm của
'
DD
(Vì K và N đối xứng nhau qua
trung điểm O của AC’)
Từ
K

hạ
KH
vuông góc với
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
⇒
= − − −
⇒
=
Vậy
/( ' )
6
2
N C MA
d a
=

Ví d
ụ 3)
Cho hình chóp
SABC

có góc t
ạo bởi 2 mặt phẳng
SBC

và
ABC

là 60
0.
Các tam
giác
SBC
và
ABC
là các tam giác đều cạnh
a
. Tính khoảng cách từ đỉnh
B
đến mặt
phẳng
SAC
. (Đề dự bị khối A 2007)

HD giải:

19
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
M
O
N
P
C
B
A
S

Cách 1: Coi
B
là đỉnh khối chóp
BSAC
từ giả thiết ta suy ra
BS BA BC
= =
. Gọi
O
là
chân đường cao hạ từ
B
xuống mp
( )
SAC
. O chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam

giác
SAC
. Gọi
M
là trung điểm
BC
ta có
;
SM BC AM BC
⊥ ⊥
. góc tạo bởi 2 mặt phẳng
( )
SBC
và
( )
ABC
là

0
a 3
60
2
SMA SM AM AS=
⇒
= = = .
Bây giờ ta tìm vị trí tâm vòng ngoại tiếp tam giác
SAC

Tam giác
SAC

cân tại
C
nên tâm vòng tròn ngoại tiếp nằm trên trung trực của
SA
là
CN
(
N
là trung diểm của
SA
). Kẻ trung trực của
SC
cắt trung trực của
SA
tại O là
điểm cần 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
⇒ = = = − = − =
.

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 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
, gọi
H
là hình chiếu
của
A
lên
SB
. Chứng minh tam giác
SCD
vuông và tính theo
a
khoảng cách từ
H
đến


20
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012

m
ặt phẳng
( )
SCD

(TSĐH D 2007)


HD giải:
K
H
S
A
B
C
D

Ta có
2 2 2 2
2; 6; 2
AC a SD SA AD a SC SA AC a
= = + = = + =
. Ta cũng dễ dàng tính
được
2
CD a
=
. Ta có
2 2 2
SD SC CD

= + nên tam giác SCD vuông tại C.
2 2 2
2 2 2 2
2 2
1 1 1 . . 2 2
3
2
2
2 2
3
3
3 3
AB AS a a
AH a
AH AB AS
AS 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
= =
= = = = =

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
= = =

Ta cũng có thể trực tiếp tính khoảng cách theo phương pháp:


21
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
E
B

C
D
A

Vì
,( ) ,( )
2 2
3 3
H SCD B SCD
HS
d d
BS
=
⇒
= . Nhưng
1
2
BE AE
= (hình vẽ). Ta suy ra
,( ) ,( ) ,( ) ,( )
1 1
2 3
B SCD A SCD H SCD A SCD
d d d d=
⇒
=
Dễ chứng minh được tam giác
ACD
vuông cân tại
C

. Ta chỉ cần kẻ
,( ) ,( )
2
( )
2 3
A SCD H SCD
a a
AK SC AK SCD d AK a d
⊥
⇒
⊥
⇒
= = =
⇒
=

Vì tam giác
SAC
vuông cân tại
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:
N
M
G
E
S
A
B
C
D

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
⇒ = ⇒ = = ⇒ =

22
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
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 d
ụ 6)
Cho hình l
ăng tr
ụ
' ' '
ABCA B C

có đáy
ABC

là tam giác vuông cân t
ại
A

c
ạnh
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:
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 =


23
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
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

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:
- Dựng (tìm) mặt phẳng trung gian (P) chứa a song song với b sau đó tính khoảng cách
từ 1 điểm bất kỳ trên b đến 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 d
ụ 1)
Cho lăng tr
ụ 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:


24
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
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))

Ví d
ụ 2)
Cho hình chóp t
ứ giác đều
SABCD

có đáy là h
ình

vuông c
ạnh 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.


25
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
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 việc chuyển tính khoảng cách từ N đến (SAC) sang tính khoảng cách từ B đến
(SAC) giúp ta đơn giản hoá bài toán đi rất nhiều. Các em học sinh cần nghiên cứu kỹ
dạng toán này để vận dụng)


Ví d
ụ 3)
Cho hình chóp
SABC

có đáy
ABC

là tam giác vuông cân t
ại
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
.