Hình học không gian ôn thi THPT quốc gia đầy đủ nhất

NGUYỄN TRUNG KIÊN
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
Hình không gian là bài toán không khó trong đề thi TSĐH nhưng luôn làm cho rất nhiều
học sinh bối rối. Thông qua chuyên đề này tôi hy vọng sẽ giúp các bạn học sinh hiểu rõ
hơn bản chất của bài toán để từ đó tìm ra chìa khóa giải quyết triệt để dạng toán này
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:
- tanb c B= , tanc b C= ,
2
.AH HB HC=
-
2 2 2
2 2
1 1 1 .AB AC
AH
AH AB AC
AB AC
= + ⇒ =
+
⊻
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 cạng 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
=
H
C
B
A
NGUYỄN TRUNG KIÊN
2
⊻

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 đó chính là chiều cao.
- Loại 2: Khối chóp có 1 mặt bên vuông góc với đáy thì đường cao chính là đường kẻ từ
mặt bên đến giao tuyến.
- 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.
- 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:
Để giải quyết tốt dạng bài tập này các em cần nắm chắc các dấu hiệu để xác định đường
cao và sử dụng các công thức
+
óp
1
.
3
ch
V B h=

+ .
LT
V B h=
Ta xét các ví dụ sau:
Ví dụ 1) (TSĐH A 2009) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại
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:
Dấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là: ‘’2 mặt phẳng
( )SBI
và
( )SCI
cùng
vuông góc với đáy ABCD’’

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
3
Vì 2 mặt phẳng

( )SBI
và
( )SCI
cùng vuông góc với đáy ABCD mà
( )SBI
và
( )SCI
có giao
tuy
ến là
SI nên
( )SI ABCD⊥
. Kẻ
IH BC
⊥ ta có góc giữa 2 mặt phẳng
( ),( )SCB ABCD
là
0
ˆ
60SHI =
. 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=
.


Ví d
ụ 2) (TSĐH D 2009) Cho lăng trụ đứng
' ' 'ABCA B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B

,
, ' 2 , ' 3AB 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:
Dấu hiệu để nhận biết đường cao trong bài toán này là:’’
I
nằm trong mặt bên
( ' ')
BCC B
vuông góc với đáy
( )ABC
’’
Ta có:
-

' ' '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
⇒ = = ⇒ =

H
I

S
D
C
B
A

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
4
Có
2
2 2 2 2 2
AA 9 4 5 2AC 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)

Ví d
ụ 3: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ 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 ch
ất trọng tâm của tam giác ta có:
2 1 3 2 6
;
3 3 3 3 3
a a
AI AO AC BI BM= = = = =

A
M

O
B
I
H
C
C'
B'
A'

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
5
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

Ta thấy khối chóp
ANIB
cũng chính là khối chóp
NAIB

Dấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là: ‘’Điểm
N
nằm trong mặt phẳng
( )SAC

vuông góc v
ới đáy
( )ABCD
’’
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= = =


N
M
I
D
C
B
A
S
O

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
6
Ví dụ 4) Cho hình chóp
SABC
có đáy
ABC
là tam giác cân với
3 , 2AB AC a BC a= = =
. Các
mặt bên đều hợp với đáy một góc

0
60 . Tính thể tích khối chóp
SABC

Lời giải:
D
ấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là:

‘’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’’
Từ đó ta có lời giải sau:
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 gi
ả thiết ta có:



0
60SIO 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 2AH 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
⇒ = = = =

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
7
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= = =


Ví d
ụ 5) Cho hình lăng trụ tam giác
' ' 'ABCA B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
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
.
Giải:
Dấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là: ‘’Đỉnh
'C
cách đều các đỉnh
, ,A B C ⇔

' ' 'C A C B C C= =
’’

J
H
I
S
O
C
B
A

N
H
M
C
C'
B'
A'
I
K
B
A

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
8
- 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= = = =

- H
ạ
' ( )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
= = = + = ⇒ = =

Ví dụ 6) Cho hình chóp
SABCD
có đáy

ABCD
là hình bình hành

0
2 , , 60AB 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:
Bài toán này được cho theo kiểu giả thiết mở.
D
ấu hiệu để tìm ra đường cao khối chóp là:
’’

SAB
là tam giác đều
Tức là
''SA SB=


NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
9

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 c
ần 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= =
120°
A
H
K
E
F
D
C
B
S

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
10

Ví dụ 7) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =
3a
khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng
2a
và


0

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

Gi
ải:
Đây là bài toán dễ làm cho học sinh bối rối khi xác định đường cao hình chóp.

H
ạ
( )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
= + ⇒ = =
−

Thể tích khối 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 đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA SB a= = ,
2SD a= và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD
Giải:
K
S
C
B
A
H

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
11

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
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
th
ức 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:
D

O
S
C
B
A
H

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
12
. .
. .
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.

Ví dụ 3) Cho hình chóp
SABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
,
0
ˆ
60BAD =
,
SA
vuông góc
với đáy
ABCD
,
SA a=
. Gọi
'C
là trung điểm của
SC
, mặt phẳng
( )
P
đi qua
'AC
song song
v

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

HD giải:
Để xác định mặt phẳng
( )
P
các em cần tính chất:
’’Mặt phẳng
( )
P
song song với đường thẳng
∆
thì mặt phẳng
( )
P
sẽ cắt các mặt phẳng chứa
∆

(nếu có) theo giao tuyến song song hoặc trùng với
∆
’’
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 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
′ ′ ′ ′ ′
′ ′
⇒ = = =

B'
A'
C'
C
B
A
S

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
13
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)

Ví d
ụ 4
) (D
ự
b
ị
A 2007)
Cho hình chóp
SABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật
, 2AB 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:
Ta cần tính chất: ’’Mặt phẳng
( )

P
song song với đường thẳng
∆
thì mặt phẳng
( )
P
sẽ cắt các
mặt phẳng chứa
∆
(nếu có) theo giao tuyến song song hoặc trùng với
∆
’’
Từ đó có lời giải như sau:
T
ừ
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

60SBA = .
Ta có .tan 60 3SA SB a= = .
T
ừ đó suy ra
3 2 3 2
3
3 3 3
SM SN
SM SA AM a a a
SA SD
= − = − = ⇒ = =

D
ễ thấy
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
SABCD SABC SACD SABC SACD
V V V V V= + = =
;
( ) ( ) ( )SBCMN SMBC SMCN
V V V= +

I
C'
D'
A'
D
C
B
A

S
O

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
14
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
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
+
⇒ = = +
= + = + =

Mà
3
( )
1 1 2 3
. ( ) 3 .2
3 3 3
SABCD
V SA dt ABCD a a a a= = =

3
( )
10 3
27
SMBCN
V a⇒ =




Ví dụ 5)
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy là hình bình hành. G
ọ
i
, ,
M N P
l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m
c

ủ
a
, ,AB AD SC
. Ch
ứ
ng minh m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
MNP
chia kh
ố
i chóp thành hai ph
ầ
n có th
ể
tích b
ằ
ng
nhau.

Lời giải:

Trong bài toán này ta thấy:
’’M
ặ
t ph
ẳ

ng
( )
MNP
ch
ứ
a
đườ
ng th
ẳ
ng
/ /
MN BD
nên m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
MNP
s
ẽ
c
ắ
t m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )SBD
theo giao tuy

ế
n song song v
ớ
i
BD
’’
T
ừ

đ
ó ta có l
ờ
i gi
ả
i sau:
G
ọ
i
, ,
I J K
l
ầ
n l
ượ
t là giao
đ
i
ể
m c
ủ

a
MN
và
, ,CB CD CA

N
M
O
B
C
D
A
S

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
15
N
ố
i
PI
c
ắ
t
SB
t
ạ
i
E
, n

ố
i
PJ
c
ắ
t
SD
t
ạ
i
F

Ng
ũ
giác
PEMNF
là thi
ế
t di
ệ
n c
ủ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
PMN
và hình chóp

G
ọ
i
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
đ
i
ể
m c
ủ
a
SC
nên ta có:
( )
( )
( )
( )
1
, ,
2
d P ABC d S ABC=

Do
đ
ó:
( )
( )

( )
( )
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
=
 
= =
 
 

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⇒ = = =

T
ươ
ng t
ự

1 1
18 32
JDFN PCIJ SABCD
V V V= =

G
ọ
i
1
V là th
ể
tích ph
ầ
n kh

ố
i chóp gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
PMN
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
áy c
ủ
a 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

 
= − + = − + =
 
 

G
ọ
i
2
V là th
ể
tích ph
ầ
n còn l
ạ
i c
ủ
a kh
ố
i chóp thì
2
1
2
SABCD
V V=

V
ậ
y
1 2

V V= .

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
16

Ví dụ 6)
Cho kh
ố
i l
ậ
p ph
ươ
ng
' ' ' 'ABCDA B C D
c
ạ
nh a. Các
đ
i
ể
m
E
và
F
l
ầ
n l
ượ
t là trung

đ
i
ể
m c
ủ
a
' 'C B
và
' 'C D
.
1)

D
ự
ng và tính di
ệ
n tích thi
ế
t di
ệ
n c
ủ
a kh
ố
i l
ậ
p ph
ươ
ng khi c
ắ

t b
ở
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
AEF

2)

Tính t
ỉ
s
ố
th
ể
tích c
ủ
a hai ph
ầ
n kh
ố
i l
ậ
p ph
ươ
ng b
ị

chia b
ở
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
AEF

Lời giải:
1) D
ự
ng và tính di
ệ
n tích thi
ế
t di
ệ
n:
Kéo dài
EF
c
ắ
t
' 'A B
và
' 'A D
l
ầ

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
= ∩

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= − + = −
J
I
K
O
F
E
D
P
M
N
C
B
A
S

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
17
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= − = − =


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=

Q
P
J
O'
I
H
K

O
F
E
D'
C'
B'
A'
D
C
B
A

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
18
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

(Tính khoảng cách từ chân đường cao đến mặt bên của khối chóp)
⊻
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

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
19


*
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

- 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.
Trong 1 s
ố
tr
ườ
ng h
ợ
p khi vi
ệ
c tìm hình chi
ế
u khó kh
ă
n, thì ta nên s
ử
d
ụ
ng công th
ứ
c
1 3
.

3
V
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
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
60SAG
⇒
=

ˆ
.tan 3SG 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


NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
20

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
= = = = =
+
 
 
+
 
 
 
 

Trong bài toán này
G
là chân
đườ
ng cao c
ủ
a kh
ố
i chóp.
Để
tính kho
ả
ng cách t
ừ

B

đế
n
( )SAD

ta
đ
ã quy bài toán v
ề
tr
ườ
ng h
ợ
p c

ơ
b
ả
n là tính kho
ả
ng cách t
ừ

G

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )SAD

Ví dụ 2)
Cho hình l
ă
ng tr
ụ

đứ
ng
.ABCD A B C D
′ ′ ′ ′
có
đ

áy ABCD là hình thoi , 3AB a= ,
0
120BAD∠ =
. 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


Gi
ải:
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
E
H
N
M
B
C
D
A
S

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
21
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
' 30C AM =

Ta có
0 2 2
3 3 3
' ' .cot 30 ' ' 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
’)
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=


Trong bài toán này vi
ệ
c nhìn ra
AK
là
đườ
ng cao c
ủ
a kh
ố

i chóp
'AKC M

để
quy kho
ả
ng cách
v
ề
bài toán c
ơ
b
ả
n là y
ế
u t
ố
quan tr
ọ
ng quy
ế
t
đị
nh thành công.

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:
O
M
H
K
N
C
B
D
A
A'
D'
C'
B'

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
22
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
⇒ = = = − = − =
.
Ở cách giải này ta đã sử dụng dấu hiệu
‘’ Hình chóp có các c
ạ
nh bên b
ằ

ng nhau thì chân
đườ
ng cao là tâm vòng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
đ
áy’’

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
( )
3
1 1 13 3 39 3

. = . . ( ,( )
2 2 4 2 16 ( )
13
SABC
V
a a
CN AS a a d B SAC
dt SAC
=
⇒
= =
M
O
N
P
C
B
A
S

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
23
Ví dụ 4)
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD

là hình thang


0
90ABC BAD= = ,
, 2
BA BC a AD a
= = =
. C
ạ
nh bên
SA
vuông góc v
ớ
i
đ
áy và
2SA 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:
Cách 1:
D
ự
a vào tam giác
2
2

2
3
SH SA SH SA
SHA SAB
SA SB SB SB
∆ ∆
⇒
=
⇒
= =
∼

Ta s
ẽ
tìm cách quy kho
ả
ng cách t
ừ

H

đế
n
( )SCD
thành kho
ả
ng cách t
ừ

A

lên
( )SCD

Ta có
/( ) /( )
2
3
H SCD B SCD
d d=
. L
ạ
i có
/( ) /( ) /( ) /( )
1 1 1
2 2 3
B SCD A SCD H SCD A SCD
BF AF d d d d= ⇒ = ⇒ =

Tính
đượ
c
2AC CD a ACD= =
⇒
∆
vuông t
ạ
i
C
. Ta k
ẻ

/( ) /( )
2 2
.
( )
3
A SCD H SCD
AC AS a
AK SC AK SCD d AK a d
AC AS
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = = = ⇒ =
+


Trong cách giải này ta đã quy về bài toán cơ bản:
Tính kho
ả
ng cách t
ừ
chân
đườ
ng cao
A
lên
m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )SCD

.
Cách 2:
Ta có
2 2 2 2
2; 6; 2AC a SD SA AD a SC SA AC a= = + = = + = . Ta c
ũ
ng d
ễ
dàng
tính
đượ
c
2CD a=
. Ta có
2 2 2
SD SC CD= +
nên tam giác
SCD
vuông t
ạ
i
C
.
F
C
B
D
A
K
D

C
B
H
A
S

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
24
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
AB AS 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 SA dt 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
= = =
Ví dụ 5)
Cho hình chóp SABCD có

đ
áy ABCD là hình thang


0
90ABC BAD= = ,
, 2
BA BC a AD a
= = =
. C
ạ
nh bên SA vuông góc v
ớ
i
đ
áy và SA= 2a , góc t
ạ
o b
ở
i SC và
( )SAD
b
ằ
ng 30
0
.G
ọ
i G là tr
ọ
ng tâm tam giác

( )SAD
. Tính kho
ả
ng cách t
ừ
G
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )SCD

Gi
ả
i:

K
ẻ
CE vuông góc v
ớ
i
AD
thì
E
là trung
đ
i
ể

m c
ủ
a
AD
và
( )CE SAD⊥

0
ˆ
30 .tan 60 3 2CSE SE CE a SA a
⇒
=
⇒
= =
⇒
=
H
D
C
B
A
S
O
N
G
M

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
25

G
ọ
i
M
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AB
, N là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AE
. Ta có
BE
song song v
ớ
i
( )SCD
,
MN
c
ũ

ng song song v
ớ
i
( )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 t
ạ
i C nên CD vuông góc v
ớ
i
( )SAC
. H
ạ

AH
vuông góc v
ớ
i SC
thì

/( )
2 2
.
( )
A SCD
SA SC
AH SCD d AH a
SA SC
⊥ ⇒ = = =
+

(Ta c
ũ
ng có th
ể
l
ậ
p lu
ậ
n tam giác SAC vuông cân suy ra AH a= )
Trong bài toán này
ta
đ
ã quy kho
ả
ng cách t
ừ
G
đế
n

( )SCD
thành bài toán c
ơ
b
ả
n là tính
kho
ả
ng cách t
ừ

A

đế
n
( )SCD

Ví dụ 6)
Cho hình l
ă
ng tr
ụ
' ' 'ABCA B C có
đ
áy ABC là tam giác vuông cân t
ạ
i
A
c
ạ

nh huy
ề
n
2
BC a
= c
ạ
nh bên
' 2 ,AA a=
bi
ế
t
'A
cách
đề
u các
đỉ
nh
, ,A B C
. G
ọ
i
,
M N
l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ

i
ể
m c
ủ
a
',AA AC
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp 'C MNB và kho
ả
ng cách t
ừ
'C
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
MNB

Giải:
- Tính th
ể
tích:
Vì
'A

cách
đề
u
, ,A B C
nên chân
đườ
ng cao h
ạ
t
ừ

'A
lên m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )ABC
là tâm vòng tròn
ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác ABC . G
ọ
i
H
là trung
đ
i

ể
m c
ủ
a
BC
suy ra
' ( )A H ABC⊥

G
ọ
i 'K MN AC= ∩
⇒
'
1
' 3
3
C MNB AMNB
AK C K V V= ⇒ =

G
ọ
i E là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
1
( ) . ( )

3
MANB
AH ME ABC V ME dt ANB⇒ ⊥ ⇒ =

Tính
đượ
c:
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 = =
. V
ậ
y
3
'
14
16
C MNB
a

V =

- Tính kho
ả
ng cách:
'/( ) /( )
3
C BMN A BMN
d d=
. G
ọ
i F là tr
ọ
ng 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= = = = ⇒ =