chuyên đề ôn thi phần hình hoc

Ví dụ 1. (Đề thi Đại học khối B năm 2011). Cho lăng trụ ABCDA1B1C1D1 có đáy ABCD
là hình chữ nhật AB = a, AD = a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng
(ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD, góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và
(ABCD) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến
mặt phẳng (A1BD) theo a.
Giải.
Phân tích: Do B1C // (A1BD) nên nên thay vì việc tính d ( B1 , ( A1BD ) ) ta đi tính
d ( C , ( A1 BD ) ) .

* Gọi O là giao điểm của AC

B1

C1

⊥ ( ABCD )
và BD ⇒ AO
1
Gọi E là trung điểm AD

A1

D1

⇒ OE ⊥ AD & A1 E ⊥ AD
⇒ ·A1 EO = 600

a 3
AO
= OE.tan ·A1EO =
1

2

B

S ABCD = a 2 3

Vlt = AO
.S ABCD =
1

C

K
O

3a
2

3

H
A

D

E

* Tính d ( B1 ; ( A1 BD ) ) :
Cách 1: Do B1C // (A1BD) ⇒ d ( B1 ; ( A1BD ) ) = d ( C ; ( A1BD ) )
Hạ CH ⊥ BD ⇒ CH ⊥ ( A1BD ) ⇒ d ( C ; ( A1 BD ) ) = CH =

Cách 2:
d ( B1 ; ( A1BD ) ) = d ( C ; ( A1BD ) ) = d ( A; ( A1BD ) ) =

3VA ABD
1

S A BD
1

Trong đó: VA ABD
1

1
a3
= Vlt =
6
4

CB.CD
CB + CD
2

2

=

a 3
2

S ∆A BD
1

1
1 a 3
a2 3
= AO
.BD = ×
×2a =
1
2
2 2
2

a3
3×
a 3
⇒ d ( B1 ; ( A1BD ) ) = 2 4 =
2
a 3
2
Ví dụ 2. Cho hình lập phương ABCD. A' B' C ' D' có
cạnh bằng a. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng
( AB' D' ) và (C ' BD) .

Giải
Cách 1:
Vì (AB’D’)//(C’BD) nên
d ( ( AB ' D '),(C ' BD) ) = d ( A,( AB ' D ') )
Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Trong mặt phẳng (ACC’A’), kẻ AH ⊥ C’O.
 (C ' BD) ⊥ ( ACC ' A ')

Ta có:  (C ' BD) ∩ ( ACC ' A ') = C ' O ⇒ AH ⊥ (C ' BD ) ⇒ d ( A,(C ' BD)) = AH .
 AH ⊂ ( ACC ' A '), AH ⊥ C ' O

+ Tính AH:

a2 2

2.

2 SVAOC '
4 = a
=
 ⇒ AH =
2
OC '
a 3
3
a 2
a 3
2
OC ' = OC 2 + CC '2 = 
÷ +a =
2
2 
 2 
SVAOC ' =

1
1
a2 2
S ACC ' A ' = .a.a 2 =
4
4
4

Vậy d ( ( AB ' D '),(C ' BD) ) =

a
3

Cách 2:
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau : O ≡ A(0;0;0) ; A' (0;0; a )
B(a;0;0) ; B ' (a;0; a ) ; C (a; a;0) ; C ' (a; a; a)

; D(0; a;0) ; D' (0; a; a )
Tính d ( ( AB' D' ), (C ' BD) )
Ta có :

( AB' D' ) : x + y − z = 0


(C ' BD) : x + y − z − a = 0
⇒ d ( ( AB ' D '),(C ' BD ) ) = d ( A,(C ' BD ) ) =

⇒ ( AB' D' ) // (C ' BD)

a
3

Ví dụ 3. (Trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2002 ). Cho hình tứ diện ABCD
có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng(ABC); AC = AD = 4cm ; AB = 3cm ; BC = 5cm .
Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD)
Giải.
Cách 1: Vì AC = 4cm ; AB = 3cm ; BC = 5cm
nên tam giác ABC vuông tại A.
Do đó tứ diện ABCD vuông tại A.
Vậy nếu gọi H là hình chiếu vuông góc của A
trên mp(BCD) thì d ( A,( BCD ) ) = AH
và

1
AH

2

=

1
AB

2

+

1
AC

Vậy d ( A,( BCD ) ) =

2

+

1
AD

2

=

1
2

3

+

1
4

2

+

1
4

2

=

17
6 34
⇒ AH =
.
72
17

6 34
.
17

Cách 2: ∆ABC có : AB 2 + AC 2 = BC 2 = 25 nên vuông tại A.
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz như sau: O ≡ A(0;0;0) ; B(3;0;0) ; C (0;4;0)
D(0;0;4) .
x
3

y
4

z
4

Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng (BCD): + + = 1 ⇔ 4 x + 3 y + 3 z − 12 = 0
Sử dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

d ( A, ( BCD) ) =

− 12
16 + 9 + 9

=

12
6 34
=
17
34


Ví dụ 4. (Trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD 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.
Tính (theo a ) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC.
Giải
Cách 1:
 MP / / AD

Ta có: 
;
1
 MP = 2 AD

 NC / / AD



1
 NC = 2 AD

nên tứ giác MNCP là hình bình hành
⇒ MN / / ( SAC )

Do hình chóp S.ABCD đều
 BO ⊥ SO
⇒
⇒ BO ⊥ ( SAC )
 BO ⊥ AC
1
1
1
a 2
⇒ d ( MN ; AC ) = d ( N ; ( SAC ) ) = d ( B; ( SAC ) ) = BO = BD =
2
2
4
4

Cách 2: Gọi O là tâm của hình vuông ABCD ⇒ SO ⊥ ( ABCD)
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc Oxyz như sau: O(0;0;0) ; S ( 0;0; h )
;
 a 2

a 2

;0;0 ÷

;0;0
;
C

÷
÷
 2
÷D
2





A  −

 a 2 

a 2 
 0;
 ; B  0;−
;
0
;0 



2
2






Toạ độ trung điểm P của SA P
 a 2
 a 2 a 2 
h
; 0; ÷
;−
;h÷
;
E
 −
 −
÷
÷
4
2
2
2




 a 2 a 2 h
a 2 a 2 
;−
; ÷
;−

;0 ÷
N 
÷
÷
2
4 2
4

 4


M  −

uuuur uuur 
ah 2  uuuur 
a 2 h
;0 ÷
; ÷.
Ta có  MN , AC  =  0; −
, AM =  0; −
÷
2
4 2÷








uuuur uuur uuuur a 2 h
≠ 0 nên MN và AC chéo nhau.
Vì  MN , AC  . AM =
4

uuuur uuur uuuur
[ MN , AC ]. AM
d ( MN , AC ) =
=
uuuur uuur
[ MN , AC ]

a2h
a 2
4
=
.
2 2
4
a h
2

Cách 3:

→

→ 
→

→ 
→

Đặt : OA = a, OB = b, OS = c
→ →

→ →

S

E

→

→ →

Ta có : a . c = 0, b . c = 0, a .b = 0

M

uuuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur 1 uuur
MN = MA + AC + CN = SD + AC + CB
2
2

P
c

A

D

a

=

1 uuur uuur uuur 1 uuur uuur
SO + OD + AC + CO + OB
2
2

(

)

(

)

B

b O
N

C

3r 1r
=− a− c
2

2

→

→

AC = −2 a

Gọi PQ là đoạn vuông góc chung của MN và AC , ta có:

uuur uuuur uuur uuur uuuur 1 uuur uuur
PQ = PM + MA + AQ = xMN + SD + y AO
2

r 1r
r
3 r 1

 3 r 1 r 1 r r
= x  − a − c ÷+ −c − b − ya = −  y + x ÷a − ( x + 1) c − b
2  2
2 
2
2
 2


(

)

r2
3  r2 1
3 
uuur uuuur
y
+
x
a
+
x
+
1
a
= 0  x = −1
(
)
÷
 PQ ×MN = 0  2 
2 
4

⇒
⇒
 uuur uuur
3
r
2  y + 3 x  a 2 = 0
 y = 2
 PQ ×AC = 0

÷
 
2 

uuur
1r
1
a2
a 2
2
2
⇒ PQ = − b ⇒ PQ = OB = ⇔ PQ =
2
4
8
4
Ví dụ 5. ( Trích đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2008 )
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a , cạnh bên
AA ' = a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng

AM, B’C.


Giải
Cách 1: Gọi E là trung điểm BB’.
Khi đó (AME)//B’C nên
d ( AM , B ' C ) = d ( B ' C ,( AME )) = d (C ,( AME )) = d ( B,( AME ))

Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME).
Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên:

1
h

2

=

1
BA

2

Do đó h =

+

1
BM

2

+

1
BE

2

=

1
a

2

+

4
a

2

+

2
a

2

=

7
a2

.

a 7
a 7
. Vậy d ( AM , B ' C ) =
.

7
7

Cách 2: Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau: B (0;0;0) ; A ( 0; a;0 ) ; C ( a;0;0 ) ; B’

( 0;0; a 2 ) ; M  a2 ;0;0 ÷ .
uuuur  a
 uuuur
AM =  ; − a;0 ÷ ; B ' C = a;0; −a 2 ;
2


(

)

uuuur
uuuur uuuur 
a2 2 
AB ' = 0; − a; a 2 ,  AM , B ' C  =  a 2 2;
;a ÷
2



(

)

uuuur uuuur uuuur a 3
Vì  AM , B ' C  AB ' =
nên AM và B’C chéo nhau.
2

a3
uuuur uuuur uuuur
 AM , B ' C  AB '
a 7


2
d ( AM , B ' C ) =
=
=
uuuur uuuur
7
1
 AM , B ' C 
2a 4 + a 4 + a 4


2

Ví dụ 6. (Đề thi đại học khối D năm 2007).
·
Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thang. ·ABC = BAD
= 900 , BA = BC = a ,
AD = 2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên SB . Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( SCD) .

Giải.


uuur r uuur r uuur r
Cách 1: Đặt AB = a; AD = b; AS = c
r r
r r
r r
Ta có: a ×c = 0; b ×c = 0; a ×b = 0
uur r r uuur r 1 r r uuur r r
SB = a − c; SC = a + b − c; SD = b − c
2
Gọi N là chân đường vuông góc hạ từ H
lên mặt phẳng (SCD)

S

N
E

H
K

A

Q

D

P

B

C

⇒ d ( H ;( SCD)) = HN
M
SH 2
=
SB 3
uuur uuur uuur
2 uur uuur uuur
HN
=
HS
+
SN
=
−
SB + xSC + ySD
Khi đó :
3

Dễ dàng tính được

2r  x

=  x − ÷a +  +
3

2

r  2
r
y ÷b +  − x − y ÷c
 3


2  r2 1  x

 r2  2
 r2
uuur uuur
x − ÷a +  + y ÷b −  − x − y ÷c = 0  x = 5


 HN ×SC = 0 
3
2 2

3


6
⇒
⇒
Ta có:  uuur uuur
 HN ×SD = 0  x + y  br2 −  2 − x − y  cr2 = 0
y = −1
÷


÷
 2
3


3

2
uuur 1 r 1 r 1 r
1  r 1 r r
a
⇒ HN = a + b + c ⇒ HN =
a + b + c÷ =
6
12
6
6 
2
3


Cách 2:
Gọi d1 , d 2 lần lượt là khoảng cách từ các điểm H và B đến mp(SCD),
ta có:

d1 SH 2
2
2 3V
2V
=

= ⇔ d1 = d 2 = × BSCD = BSCD
d 2 SB 3
3
3 S∆SCD
S ∆SCD

Trong đó VBSCD

1
1
1
1
a3
= SA ×S∆BCD = SA ×S ∆BID = SA × AB ×ID =
3
3
3
2
3 2

CD ⊥ AC
⇒ CD ⊥ SC
CD ⊥ SA

Ta có: 

1
1
a
⇒ S ∆SCD = SC ×CD =

SA2 + AB 2 + BC 2 × CE 2 + ED 2 = a 2 2 ⇒ d1 =
3
2
2
Ví dụ 7. Cho hình lập phương ABCD. A′B′C ′D′ có cạnh bằng 1. Gọi M là trung điểm của
BC, tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A′MD ) .


Giải
Cách 1:
Gọi K là hình chiếu của A trên MD ⇒ AK ⊥ MD (1)
Gọi H là hình chiếu của A trên A′K ⇒ AH ⊥ A′K (2)
Có AA′ ⊥ ( ABCD ) ⇒ AA′ ⊥ MD (3)
Từ (1) và (3) ⇒ MD ⊥ ( AA′K ) ⇒ MD ⊥ AH (4)
Từ (2) và (4) ⇒ AH ⊥ ( A′MD ) ⇒ d ( A, ( A′MD ) ) = AH
Xét ∆AMB vuông tại B
⇒ AM = AB 2 + BM 2 = 1 +

1
5
=
4
2

Xét ∆CMD vuông tại C ⇒ DM = 1 +

1
5
=
4

2
5 +1
2

Chu vi tam giác AMD là 2 p = 5 + 1 ⇒ p =
Áp

dụng

S∆AMD =

công

thức

Hê-rông

p ( p − AM ) ( p − MD ) ( p − AD ) =

ta

có

diện

tích

tam

giác

1
1
2S
2
= AK .MD ⇒ AK = ∆AMD = 2 =
2
MD
5
5
2

Xét tam giác vuông A′AK có

1
1
1
5 9
4 2
=
+
= 1 + = ⇒ AH =
=
2
2
2
AH
AA′
AK
4 4

9 3

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng

( A′MD ) là d ( A, ( A′MD ) ) = AH =

2
3

Cách 2: Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, có
A ( 0; 0; 0 ) , B ( 1; 0; 0 ) , D ( 0; 1; 0 ) ,
A′ ( 0; 0; 1) , M ( 1; 1; 0 )

là

5 +1  5 +1
5  5 +1
5   5 +1  1
−
−
− 1÷

÷
÷
÷=
2  2
2 ÷
2 ÷ 2
 2
 2

2.

Mặt khác ta có: S ∆AMD

AMD


Kéo dài DM cắt AB tại E , do MB // AD và MB = MC ⇒ BA = BE ⇒ E ( 2;0;0 )
Phương trình mặt phẳng ( A′DE ) theo đoạn chắn là:

x y z
+ + = 1 ⇔ x + 2 y + 2z − 2 = 0
2 1 1

Ta có: M ∈ ED ⇒ M ∈ ( A′ED ) ⇒ ( A′MD ) ≡ ( A′ED )
⇒ d ( A, ( A′MD ) ) = d ( A, ( A′ED ) ) =

−2
1+ 4 + 4

=

2
3

Vậy khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng ( A′MD ) bằng

2
3

BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1. (Đề thi Đại học khối D năm 2011).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng

·
(SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = SB = 2a 3 và SBC
= 300 . Tính thể
tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
Bài 2. Cho hình chóp tứ giác SABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O, góc

BAD = 600 . Các cạnh bên SA = SC; SB = SD = a 3 .
a) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SBC).
b) Tính khoảng cách giữa các đường thẳng SB và AD.
Bài 3. Cho tứ diên OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA = OB = OC = 1 .
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm các cạnh AB, OA. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng OM và CN.
Bài 4. (Đề thi Đại học khối A năm 2011).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt
phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của
AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng
(SBC) và (ABC) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và SN theo a.
Bài 5. (Đề thi Đại học khối D năm 2008).
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên
AA' = a 2. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ
ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C.
Bài 6. (Đề thi Đại học khối D năm 2009).


Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ =

2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’,I là giao điểm của AM và A’C.
Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A điểm đến mặt phẳng (IBC)

Bài 7. (Đề thi Đại học khối A năm 2013). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác
·
vuông tại A, ABC
= 300 , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy.

Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng
(SAB).
Bài 8. (Đề thi Đại học khối B năm 2013).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tính của khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
V=

a3 3
6

d(A, SCD)=

a 3
7

Bài 9. (Đề thi Đại học khối D năm 2013).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với
·
·
đáy, BAD
= 1200 , M là trung điểm cạnh BC và SMA

= 450 . Tính theo a thể tích của khối

chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC).
V= =

a3
4

d(D, (SBC))= d(A, (SBC))=

1
1a 3
a 6
SM =
2=
2
2 2
4

Bài 10. (Đề thi Đại học khối D năm 2012).
Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, ∆ A’AC vuông cân, A’C =
a. Tính

 a3 2 
V
a) ABB ' C '  =
÷
48 

 a 6

÷
6



b) d ( A,( BCD '))  =

Bài 11. (Đề thi Đại học khối A năm 2012).
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, h.c.v.g của S lên (ABC) là điểm H
thuộc AB sao cho HA = 2HB, góc giữa SC và (ABC) bằng 600. Tính


a) VS . ABC

 a3 7 
=
÷
12 


a 42
b) d ( SA, BC ) ( =
)
8