TONG ON HINH HOC KHONG GIAN

Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97

Hình hoïc khoâng gian 2016

Bài 1. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C , cạnh huyền bằng 3a . Hình
chiếu vuông góc của S xuống mặt đáy trùng với trọng tâm của tam giác ABC và SB 

a 14
.
2

Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAC  .
Lời giải
Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB, AC .
Suy ra G  CM  BN là trọng tâm tam giác ABC .
Theo giả thiết, ta có SG   ABC  .
Tam giác ABC vuông cân tại C , suy ra CA  CB 
1
2

Ta có CM  AB 

AB



2

3a
2

và CM  AB .

3a
1
a
, suy ra GM  CM  ;
2
3
2

S

a 10
; SG  SB 2  GB 2  a .
2
1
9a2
Diện tích tam giác vuông ABC là S ABC  CA.CB 
.
2
4
1
3a 3
Thể tích khối chóp S . ABC là V S . ABC  S ABC .SG 
(đvtt).
3
4
Ta có d  B, SAC   3d G, SAC  .
BG  BM 2  GM 2 

M

A

B

K
N

Kẻ GE  AC  E  AC  .

G
E
C

Gọi K là hình chiếu của G trên SE ,
suy ra GK  SE .
1
GE  AC
 AC  SGE  ,
Ta có 

 AC  SG
suy ra AC  GK .

2 

Từ 1 và 2 , suy ra GK  SAC  nên d G, SAC   GK .
Do GE  AC suy ra GE  BC . Ta có
Trong tam giác vuông SGE , ta có

BC
a
GE
NG 1


 suy ra GE 
3
BC
NB 3
2
SG.GE
a
GK 

.
3
SG 2  GE 2

.

Vậy d  B, SAC   3d G, SAC   3GK  a 3 .
Bài 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB , A D . Tính thể
tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng SCN  .
Lời giải
Tam giác SAB đều và có M là trung điểm AB nên SM  AB
Mà SAB    ABCD  theo giao tuyến AB nên SM   ABCD  .

S

Do SM là đường cao trong tam giác đều SAB cạnh a nên
SM 

a 3
.
2

B

Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là S ABCD  a2 .
1
3

Thể tích khối chóp S . ABCD là V S . ABCD  S ABCD .SM 
(đvtt).
1|Trang

M

a3 3
6

A

C
K
E

N

D




Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97

Hình hoïc khoâng gian 2016

 AMD
  DNC

Ta có AMD  DNC suy ra 
.

 ADM
  DCN


  ADM
  90 0
DNC

  90 0 suy ra
Mà 
AMD  ADM
Gọi E  DM  CN . Kẻ MK  SE  K  SE  .

CN  DM
Ta có 
 CN  SMD   CN  MK .

hay CN  DM .
1
2 

CN  SM

Từ 1 và 2  , suy ra MK  SCN  nên d  M , SCN   MK .
Ta có DM  AD 2  AM 2 
Suy ra ME  DM  DE 

a 5
; DE 
2

3a 5
10

DC . DN
DC  DN
2

2



a 5

5

.

.

Trong tam giác vuông SME , ta có MK 

SM . ME
SM  ME
2

2



3a 2
8

.

3a 2

Vậy d  M , SCN   MK 
.
8
Bài 3. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với BC  a , cạnh bên SA  2a . Hình
chiếu vuông góc của S trên mặt đáy trùng với tâm của đáy, mặt phẳng SBC  tạo với đáy một
góc bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa đường thẳng BC và
mặt phẳng SAD  .

Lời giải
Gọi O  AC  BD . Theo giả thiết ta có SO   ABCD  .
Gọi M là trung điểm BC , suy ra OM  BC .
BC  OM
Ta có 
 BC  SOM   BC  SM . Do đó
BC  SO


.
600  
SBC ,  ABCD   SM
, OM  SMO

Tam giác SAC có SO vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên cân tại S .
Suy ra SC  SA  2a .
a 15
.
2
  3a 5 ;
Trong tam giác vuông SOM , ta có SO  SM . sin SMO
4
a
15
a
15

OM  SM . cos SMO
; AB  2OM 
.

4
2
a 2 15
Diện tích hình chữ nhật ABCD là S ABCD  AB.BC 
.
2
1
5a3 3
Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SO 
(đvtt).
3
8

Trong tam giác vuông SMC , ta có SM  SC 2  MC 2 

2|Trang




Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97

Hình hoïc khoâng gian 2016
S

K

B

A

M

N

O
C

D

Ta có d  BC, SAD   d  M , SAD   2d O, SAD  .
Kéo dài MO cắt A D tại N , suy ra ON  AD .
Kẻ OK  SE  K  SE  .
1
 AD  ON
Ta có 
 AD  SON   AD  OK .

2 
 AD  SO
Từ 1 và 2 , suy ra OK  SAD  nên d O, SAD   OK .

Trong tam giác vuông SON , ta có OK 

SO.ON
SO  ON
2

2

SO.OM



SO  OM
2

2



3a 5
8

.

3a 5

Vậy d  BC , SAD   2d O, SAD   2OK 
.
4
Bài 4. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông với AB  BC  a , cạnh bên SA  2a và
vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm AC . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng
cách giữa hai đường thẳng SM và BC .
Lời giải
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B .
1
2

Diện tích tam giác vuông ABC là S ABC  AB.BC 

1
3

Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  S ABC .SA 

a2
2

.
S

a3
(đvtt).
3

Gọi N là trung điểm AB , suy ra BC  MN nên BC  SMN  .
Do đó d  BC, SM   d  BC, SMN   d  B, SMN   d  A, SMN  .
Vì BC  MN mà BC  AB nên MN  AB .
Kẻ AK  SN  K  SN  .

1

A

 MN  AB
Ta có 
 MN  SAB  ,

M

C

N

 MN  SA

suy ra MN  AK .

K

B

2 

Từ 1 và 2  , suy ra AK  SMN  nên
d  A, SMN   AK .

Trong tam giác vuông SAN , ta có AK 
Vậy d  BC, SM   d  A, SMN   AK 

3|Trang

2 a 17
17

SA. AN
SA  AN
2

2



2 a 17
17

.

.




Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97

Hình hoïc khoâng gian 2016

Bài 5. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAD đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách
giữa hai đường thẳng SA và BD .
Lời giải
Gọi H là trung điểm A D , suy ra SH  AD .
Mà SAD    ABCD  theo giao tuyến A D nên SH   ABCD  .
Ta có SH là đường cao trong tam giác đều SAD cạnh a nên SH 

a 3
.
2

Diện tích hình vuông ABCD là S ABCD  a 2 .

1
3
S

Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SH 

a3 3
(đvtt).
6

C

D
x

F

K
H

O

E
B

A

Kẻ Ax  BD . Khi đó d  BD, SA   d  BD, SAx   d  D, SAx   2d  H , SAx  .
Kẻ HE  Ax  E  Ax  .
Gọi K là hình chiếu của H trên SE , suy ra HK  SE .

HE  Ax
Ta có 
 Ax  SHE   Ax  HK .

1

2 

 Ax  SH
Từ 1 và 2 , suy ra HK  SAx  nên d  H , SAx   HK .

AO a 2

.
2
4
SH . HE
a 21
Trong tam giác vuông SHE , ta có HK 
.

2
2
14
SH  HE

Gọi F là hình chiếu của H trên BD . Ta có HE  HF 

Vậy d  BD , SA   2d  H , SAx   2 HK 

a 21
.
7

Bài 6. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm A D và DC . Hai mặt phẳng SMC  và SNB  cùng vuông góc với đáy, SB hợp với đáy một
góc bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng CM
và SB .
Lời giải
Gọi H  CM  BN . Ta có SMC   SNB   SH .
Mà SMC  và SNB  vuông góc với  ABCD  nên SH   ABCD  .
Do đó hình chiếu vuông góc của SB trên  ABCD  là HB nên


.
600  SB
,  ABCD   SB
, HB  SBH
  BNC
.
Ta có CMD  BNC c  c  c , suy ra CMD
  DCM
  90 0 nên BNC
  DCM
  90 0 . Suy ra CM  BN .
Mà CMD

4|Trang

Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97

Trong  vuông BCN , ta có BN  BC 2  NC 2  a 5 , suy ra
4a 3


Trong tam giác vuông SHB , ta có SH  BH . tan SBH

5

Hình hoïc khoâng gian 2016
BC 2
4a
BH 

.
BN
5

.

Diện tích hình vuông ABCD là S ABCD  4 a2 .
1
3

Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SH 

16 a 3 15

(đvtt).
15

S

Gọi K là hình chiếu của H trên SB ,
suy ra HK  SB .
1
 MC  BN
Ta có 
 MC  SHB  ,
 MC  SH

suy ra MC  HK .

M
K

D

A

N

2 

H

Từ 1 và 2 , suy ra HK là đoạn vuông góc chung

C

B

của CM và SB nên d CM , SB   HK .
SH . HB

Trong tam giác vuông SHB , ta có HK 
Vậy d CM , SB   HK 

SH  HB
2

2



2a 15
5

.

2 a 15
.
5

Bài 7. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  3a , BC  2a . Hình chiếu
vuông góc của điểm S trên mặt phẳng  ABCD  trùng với trọng tâm của tam giác BCD , góc giữa
mặt phẳng SBC  và đáy  ABCD  bằng 60 0 . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng A D và SC .

Lời giải
Gọi G là trọng tâm tam giác BCD . Theo giả thiết SG   ABCD  .
BC  SG
Kẻ GI  BC  I  BC  . Ta có 
 BC  SGI   BC  SI . Do đó
BC  GI

.
600  
SBC ,  ABCD   SI
, GI  SIG

Trong tam giác ABC , ta có

GI
CG 1


AB CA 3

1
3

suy ra GI  AB  a .

a 3 .
Trong tam giác vuông SGI , ta có SG  GI . tan SIG
Diện tích hình chữ nhật ABCD là S ABCD  AB. BC  6 a 2 .

1

3

Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SG  2 a3 3 (đvtt).
S

K
D

C
O

A

Ta có d  AD, SC   d  AD, SBC   d  A , SBC  

I

G
B

AC 
.d G , SBC   3d G , SBC  .
GC 

Gọi K là hình chiếu của G trên SI , suy ra GK  SI .
5|Trang

1

Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97
Theo chứng minh trên BC  SGI  , suy ra BC  GK . 2

Hình hoïc khoâng gian 2016

Từ 1 và 2  , suy ra GK  SBC  nên d G, SBC   GK .
Trong tam giác vuông SGI , ta có GK 
Vậy d  AD, SC   3d G, SBC   3GK 

SG.GI
SG 2  GI 2



a 3
2

.

3a 3
.
2

Bài 8. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AB  BC  a , AD  2 a
. Cạnh bên SA  a 2 và vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng CD và SB .
Lời giải
1
3a 2

.
2
2
1
a3 2
 S ABCD .SA 
(đvtt).
3
2

Diện tích hình thang ABCD là S ABCD   AD  BC  AB 
Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD

Gọi M là trung điểm A D , suy ra MA  MD  a  BC .
Suy ra BCDM là hình bình hành; ABCM là hình vuông.
Gọi I  AC  BM , do ABCM là hình vuông nên AI  BM và AI 

AC a 2

.
2
2

Do BCDM là hình bình hành nên BM  CD suy ra CD  SBM  .
Ta có d CD, SB   d CD, SBM   d C, SBM   d  A, SBM  .
S

Gọi H là hình chiếu của A trên SI ,
suy ra AH  SI .

1

 AI  BM
Ta có 
 BM  SAI  ,
BM  SA

suy ra BM  AH .

H

2 

Từ 1 và 2  , suy ra AH  SBM  nên

Trong tam giác vuông SAI , ta có AH 
a 10
5

D

I
C

B

d  A, SBM   AH .

Vậy d CD, SB   d  A, SBM   AH 

M

A

SA . AI
SA  AI
2

2



a 10
5

.

.

Bài 9. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  2a , BC  2 a 3 ; cạnh bên
a 3
và vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm AB . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC
2
và sin của góc giữa hai mặt phẳng SMC  ,  ABC  .
SA 

Lời giải
1
2

Diện tích tam giác vuông ABC là S ABC  AB.BC  2a 2 3 .
1
3

Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  S A BC .SA  a3 (đvtt).
Trong tam giác AMC , kẻ đường cao AK  K  MC  ,
suy ra AK  MC .
6|Trang

1



Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97
MC  AK 
Ta có
  MC  SAK  ,
MC  SA 

suy ra MC  SK .

Hình hoïc khoâng gian 2016

S

2 


.
Từ 1 và 2 , suy ra 

SMC ,  ABC   SK
, AK  SKA

Ta có MKA ∽ MBC nên

MA MC

KA
BC

Trong tam giác vuông SAK , ta có

suy ra KA 

MA.BC a 3
.

MC
2

SA
2
  SA 
sin SKA

2
2
SK
2
SA  AK

C

A

.
K

2
Vậy SMC  hợp với  ABC  một góc  thỏa mãn sin  
.
2

M
B

  120 0 ; cạnh bên
Bài 10. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác cân AB  AC  a , BAC
SA  a và vuông góc với đáy. Gọi P , Q lần lượt là trung điểm của SB và AC . Tính theo a thể
tích khối chóp S . ABC và góc giữa hai đường thẳng AP , BQ .

Lời giải
1
2

S

a2 3
.
4

3


Diện tích tam giác ABC là S ABC  AB. AC. sin BAC
1
3

Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC  S ABC .SA 

a3
12

(đvtt).
P

Trong mặt phẳng  ABC  dựng hình bình hành AQBE , suy ra

A

Q

AE  BQ .



Do đó AP
, BQ  AP
, AE .

Ta

có

I
AP 

1
a 2
SB 
;
2
2

E

B

a 7
.
2
1
a
Gọi I là trung điểm AB , suy ra PI  SA  ;
2
2
EA 2  EB 2 AB 2 3a 2
EI 2 


; EP 2  EI 2  PI 2  a 2 .

2
4
4
Theo định lí hàm số côsin trong tam giác APE , ta có

AE  BQ  AB 2  AQ 2  2 AB. AQ. cos120 0 


cos PAE

AP 2  AE 2  EP 2
5

0.
2. AP. AE
2 14

Vậy hai đường thẳng AP và BQ hợp với nhau góc  thỏa mãn cos  

5
2 14

.

Bài 11. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a , SO vuông góc
với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm SA và BC . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và
góc giữa đường thẳng MN với mặt phẳng  ABCD  , biết MN 

a 10
.

2

Lời giải
Kẻ MK  SO , do SO   ABCD  , suy ra MK   ABCD  với K  AO .
Khi đó NK là hình chiếu vuông góc của MN trên mặt phẳng  ABCD  . Do đó


.
MN
,  ABCD   MN
, NK  MNK

7|Trang



C


Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97
Hình hoïc khoâng gian 2016
Xét tam giác SAO , ta có M là trung điểm SA và MK  SO . Suy ra MK là đường trung bình của

3
3a 2
.
4
4
2
CN 2  CK 2  KN 2

a 10
Xét tam giác CNK , ta có
.
 cos 450 
 KN 
2
2CN .CK
4

tam giác SAO nên K là trung điểm AO . Suy ra CK  CA 

S

M

Trong tam giác vuông MNK , ta có
MK  MN 2  KN 2 
  NK  1 ,
cos MNK
MN
2

a 30
a 30
, suy ra SO  2 MK 
;
4
2

A

  60 0 .
suy ra MNK

B
K

1
3

a

Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SO 

3

6

N

O

30

D

C

(đvtt).
Vậy đường thẳng MN hợp với mặt đáy  ABCD  một góc 60 0 .

Bài 12. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  a 3 . Hình chiếu
vuông góc của S lên mặt đáy trùng với trọng tâm tam giác ABC . Mặt phẳng SAC  tạo với đáy
một góc 60 0 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh BC và SC . Tính thể tích khối chóp
S . ABCD và góc giữa đường thẳng MN với mặt đáy  ABCD  .
Lời giải
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , theo giả thiết ta có SH   ABCD  .
Gọi F là hình chiếu của H lên AC , suy ra HF  AC .
 AC  HF
Ta có 
 AC  SHF   AC  SF .

 AC  SH

.
Do đó 600  
SAC ,  ABCD   SF
, HF  SFH

Trong tam giác vuông ABC , kẻ BE  AC  E  AC  suy ra
BE 

AB. BC
AB 2  BC 2



a 3
2

1

3

, suy ra HF  BE 

S

a 3
.
6

a
2
 AB. AD  a 2 3 .

 .
Trong tam giác SHF , ta có SH  HF . tan SFH

Diện tích hình chữ nhật ABCD là S ABCD
Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD

1
a3 3
 S ABCD .SH 
3
6

N

(đvtt).

A

D

E
F

Ta có MN là đường trung bình của tam giác SBC nên
MN  SB . Do đó
B


MN ,  ABCD   SB,  ABCD  .

O

H
M

C

Do SH   ABCD  nên hình chiếu vuông góc của SB trên mặt đáy  ABCD  là HB .
Vì vậy




.
MN
,  ABCD   SB

,  ABCD   SB
, HB  SBH
BD 2 a

.
3
3
  SH  3
tan SBH
BH
4

Ta có BD  AB 2  AD 2  2a ; BH 
Trong tam giác SHB , ta có

.
3
4

Vậy đường thẳng MN tạo với mặt đáy  ABCD  một góc  thỏa mãn tan   .

8|Trang




Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97

Hình hoïc khoâng gian 2016

Bài 13. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Cạnh bên SA  a 2 và vuông
góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối
chóp S . ABC .
Lời giải
a2 3
.
4
1
a3 6
(đvtt).
 S ABC .SA 
3
12

Diện tích tam giác đều ABC cạnh a là S ABC 
Thể tích khối chóp S . ABC là VS . ABC

S
x

Gọi M là trung điểm BC ; H là tâm của tam giác đều ABC .
Kẻ Hx vuông góc với mặt phẳng  ABC  .

N
I

Khi đó Hx là trục của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC và Hx  SA .
Trong mặt phẳng SA, Hx  , kẻ đường trung
trực  của đoạn SA .

Gọi I    Hx . Ta có
● I  Hx nên IA  IB  IC .
● I   nên IA  IS .

A

C
H

1

M

B

2 

Từ 1 và 2 , suy ra IA  IB  IC  IS nên I là
tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABC .
2
3

Ta có AH  AM 

1
a 2
a 3
, IH  NA  SA 
.
3

2
2

Bán kính mặt cầu R  IA  AH 2  IH 2 

a 30
.
6

Bài 14. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và tìm tâm, bán
kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD .
Lời giải
Gọi H là trung điểm AB , suy ra SH  AB .
Mà SAB  vuông góc với đáy  ABCD  theo giao tuyến AB nên SH   ABCD  .
Ta có SH là đường cao trong tam giác đều SAB cạnh a nên SH 

a 3
.
2

Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là S ABCD  a 2 .
1
3

Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SH 

a3 3
6

(đvtt).

S

Gọi O  AC  BD , do ABCD là hình vuông nên O là tâm đường
tròn ngoại tiếp.
Kẻ Ox   ABCD  , suy ra Ox là trục của đường tròn ngoại tiếp

x

hình vuông ABCD và Ox  SH .
Gọi G là trọng tâm tam giác SAB , do tam giác SAB đều nên G
cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp.
Trong mặt phẳng SH , Ox  , kẻ Gy  HO .
1
OH  AB
Ta có 
 OH  SAB  .
OH  SH

2 

G

I
A

y

D

H
O
B

C

Từ 1 và 2 , suy ra Gy là trục của đường tròn
9|Trang




Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97
ngoại tiếp tam giác SAB .

Hình hoïc khoâng gian 2016

Gọi I  Gy  Ox . Ta có
● I  Ox nên IA  IB  IC  ID .

3
4

● I  Gy nên IA  IB  IS .

Từ 3 và 4  , suy ra IA  IB  IC  ID  IS nên
I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABCD .
 SH 
a 21

.
 
 3 
6
2

Bán kính mặt cầu R  IB  BO 2  OI 2  BO2  GH 2  BO2  

Bài 15. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , cạnh bên SA  2a và
vuông góc với đáy. Gọi E là trung điểm của CD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và tìm
tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABE .
Lời giải
Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là S ABCD  a 2 .
1
3

Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SH 

2 a3
(đvtt).
3

S

Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB .
Kẻ Jx   ABCD  , suy ra Jx là trục của đường

x

tròn ngoại tiếp tam giác AEB và Jx  SA .

Trong mặt phẳng SA, Jx  , kẻ đường trung trực 

M
I

của đoạn SA . Gọi I    Jx . Ta có
● I  Jx nên IA  IB  IE . 1
● I   nên IA  IS .

A
F

2 

Từ 1 và 2 , suy ra IA  IB  IE  IS nên I

B

là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABE .
Bán kính mặt cầu R  IA  AJ 2  IJ 2 .
● IJ 

D

J

E
C

SA

a.
2
1
2

● Ta có S ABE  AB. AD 

AB. AE . BE
4 AJ

, suy ra AJ 

AE . BE 5a
.

2 AD
8

 5a 
a 89
Vậy R     a2 
.
8
8
2

Bài 16. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB  a , AD  2a . Tam giác
SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Cạnh bên SA hợp với đáy một góc
30 0 . Gọi H là trung điểm AB . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và tìm tâm, bán kính mặt
cầu ngoại tiếp khối chóp S . AHC .

Lời giải
Ta có H là trung điểm AB , tam giác SAB cân tại S . Suy ra SH  AB .
Mà SAB  vuông góc với đáy  ABCD  theo giao tuyến AB nên SH   ABCD  .
Hình chiếu vuông góc của SA trên mặt đáy  ABCD  là HA nên


.
30 0  SA
,  ABCD   SA
, HA  SAH

Trong tam giác SAH , ta có SH  HA. tan SAH

a 3
6

.

Diện tích hình chữ nhật ABCD là S ABCD  AB. AD  2 a2 .
10 | T r a n g




Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97

Hình hoïc khoâng gian 2016
1
3

Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SH 

a

3

3
9

(đvtt).

Gọi J , r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC .
Ta có r 

AH . HC. AC AH .HC. AC


4S AHC
2S ABC

 AB 

 BC 2 . AB 2  BC 2
 2 
2

AB
.
2

AB.BC

a 85
.
8
S



Kẻ Jx   ABCD  , suy ra Jx là trục của
x

đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC và Jx  SH .

I

M

Trong mặt phẳng SH , Jx  , kẻ đường trung
trực  của đoạn SH . Gọi I    Jx . Ta có
● I  Jx nên IA  IH  IC .

A

D

H

1

2 

● I   nên IH  IS .

J
C

B

Từ 1 và 2 , suy ra IA  IC  IH  IS nên
I

là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . AHC .
 SH 
777a
.
 
 2 
24

Bán kính mặt cầu R  IH  HJ 2  IJ 2  r 2  

2

Bài 17. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , đường chéo AC  a , tam giác
SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa SCD  và đáy bằng 450 .
Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABD
.
Lời giải
Gọi H là trung điểm AB suy ra SH  AB .

Mà SAB  vuông góc với  ABCD  theo giao tuyến AB nên SH   ABCD  .
Gọi M là trung điểm CD , do tam giác ADC đều cạnh a nên AM  CD , suy ra HC  CD . Do đó

.
45  
SCD ,  ABCD   SC
, HC  SCH
0

AD 3 a 3
  AM . tan SCH
a 3.

. Suy ra SH  HC. tan SCH
2
2
2
2
a 3
Diện tích hình thoi ABCD là S ABCD  2S ABC 
.
2
S
1
a3
Thể tích khối chóp S . ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SH 
3
4

Ta có AM 

(đvtt).
Do CA  CB  CD  a nên C là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABD .
Kẻ Cx   ABCD  suy ra Cx là trục của đường tròn ngoại

x
G
A

tiếp ABD và Cx  SH .


 SA  SB  AB  a nên tam

 AB  a

giác SAB đều.

D

H

a 3


Xét tam giác cân SAB , ta có SH  2


I

M
B

C

Gọi G là trọng tâm tam giác SAB nên G cũng
11 | T r a n g




Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97

Hình hoïc khoâng gian 2016

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB . Qua G
ta kẻ đường thẳng  song song HC , suy ra  là
trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB .
Gọi I  Cx   . Ta có
● I  Cx nên IA  IB  ID . 1
● I   nên IA  IB  IS .
2 
Từ 1 và 2 , suy ra IA  IB  ID  IS nên
I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S . ABD .
 2SH 
 2SH 
13
2
2

.
  HC  
  AM  a

 3 
12

Bán kính mặt cầu R  IS  SG 2  GI 2  
 3

2

2

Bài 18. Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông với AB  AC  a , góc giữa
BC ' và mặt phẳng  ABC  bằng 450 . Gọi M là trung điểm của B ' C ' . Tính theo a thể tích khối
lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  ABC ' .
Lời giải
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại A nên BC  a 2 .



Ta có CC '   ABC  nên 450  BC
',  ABC   BC
', BC  C
' BC.
Suy ra tam giác BCC ' vuông cân tại C nên CC '  BC  a 2 .
1
2

Diện tích tam giác ABC là S ABC  AB. AC 

a2
2

.

Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là V ABC . A ' B 'C '  S ABC .CC ' 
1
2

1
2
Gọi K là hình chiếu của C trên AC ' ,

Ta có d  M ,  ABC '  d  B ',  ABC '  d C ,  ABC ' .
suy ra CK  AC ' .

a3 2
(đvtt).
2
B'

A'
M

1

C'

CA  AB
Ta có 
 AB   ACC '

 AB  CC '
suy ra AB  CK .

2 

K

Từ 1 và 2 , suy ra CK   ABC ' nên
d C,  ABC '  CK .

A

B

Trong tam giác vuông ACC ' , ta có
CK 

AC .CC '
AC 2  CC '2

1
2

Vậy d  M ,  ABC '  CK 



a 6
3

.

C

a 6
.
6

Bài 19. Cho lăng trụ ABC .A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a , AC  2 a ; cạnh
bên AA '  a 2 . Hình chiếu vuông góc của A ' trên mặt đáy  ABC  trùng với chân đường cao hạ
từ B của tam giác ABC . Gọi M là trung điểm của A ' C ' . Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABC . A ' B ' C ' và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  A ' BC  .
Lời giải
Gọi H là chân đường cao hạ từ B trong tam giác ABC .
Theo giả thiết, suy ra A ' H   ABC  .

12 | T r a n g




Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97

Hình hoïc khoâng gian 2016
2

Trong tam giác vuông ABC , ta có BC  AC 2  AB2  a 3 ; AH  AB  a .
AC

Trong tam giác vuông A ' HA , ta có A ' H  AA '2  AH 2 
1
2

Diện tích tam giác ABC là S ABC  AB.BC 

2

a 7
.
2

a2 3
2 .

Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là V ABC. A ' B ' C '  S ABC . A ' H 

a3 21
(đvtt).
4

M

A'

C'

B'

K
H

A

C
E
B

Ta có d  M , A ' BC   1 d C ', A ' BC  1 d  A , A ' BC  .

2
2
AC
AC
4
Mà d  A,  A ' BC  
d  H ,  A ' BC  
d  H ,  A ' BC   d  H ,  A ' BC  .
HC
AC  AH
3
2
Suy ra d  M ,  A ' BC   d  H ,  A ' BC  .
3

Kẻ HE  AB  E  BC  , suy ra HE  BC .

1

Gọi K là hình chiếu của H trên A ' E , suy ra HK  A ' E .
 BC  HE

Ta có 

 BC  A ' H

 BC   A ' HE 

suy ra BC  HK .

2

Từ 1 và 2 , suy ra HK   A ' BC  nên d H , A ' BC  HK .
Do HE  AB nên theo Talet, ta có HE  CH  3 suy ra HE  3 AB  3a .
AB

CA

Trong tam giác vuông A ' HE , ta có HK 
2
3

Vậy d  M , A ' BC   HK  a

7
37

4

4

A ' H.HE
2

A ' H  HE


2

3a 7
2 37

4

.

.

Bài 20. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  AC  a . Biết rằng
A ' A  A ' B  A ' C  a . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai
đường thẳng BB ' , A ' C .
Lời giải
Từ giả thiết suy ra A ' cách đều ba điểm A , B, C nên A ' thuộc trục đường tròn ngoại tiếp của
tam giác ABC . Gọi I là trung điểm BC , do tam giác ABC vuông tại A nên I là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC . Suy ra A ' I   ABC  .
Trong tam giác vuông ABC , ta có BC  AB 2  AC 2  a 2 . Suy ra BI 
Trong tam giác vuông A ' IB , ta có A ' I  A ' B 2  BI 2 

13 | T r a n g

a 2
.
2

a 2
.
2



Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97

Diện tích tam giác ABC là S ABC

Hình hoïc khoâng gian 2016
1
a2
 AB. AC 
2
2

.

Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là V ABC . A ' B ' C '  S ABC . A ' I 

a3 2
(đvtt).
4

Ta có d BB ', A ' C   d BB ',  AA ' C   d  B,  AA ' C   2d  I ,  AA ' C  .
B'

Gọi E là trung điểm AC , suy ra IE  AB nên IE  AC .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên A ' E ,
suy ra IK  A ' E .
1

C'
A'

IE  AC
 AC   A ' IE 
Ta có 

 AC  A ' I
uy ra AC  IK .

2 

B

Từ 1 và 2  , suy ra IK   AA ' C  nên

K

I

C

E
A

d I ,  AA ' C   IK .
1
2

a
2

Do IE là đường trung bình của tam giác ABC nên IE  AB  .
Trong tam giác vuông A ' IE , ta có IK 
Vậy d BB ', A ' C   2d  I ,  AA ' C   2 IK 

A ' I . IE
A ' I  IE
2

2



a 6
6

.

a 6
.
3

Bài 21. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh 3a . Hình chiếu vuông góc của
C ' trên mặt phẳng  ABC  là điểm H thuộc cạnh BC thỏa mãn HC  2 HB . Mặt phẳng  ACC ' A '
tạo với đáy một góc 60 0 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và côsin của góc giữa hai
đường thẳng AH , BB ' .
Lời giải
Từ giả thiết có C ' H   ABC  .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên AC suy ra HK  AC .
 AC  HK
Ta có 
 AC  C ' HK   AC  C ' K .
 AC  C ' H
 ACC ' A '   ABC   AC





Do C ' K   ACC ' A ', C ' K  AC   600  
ACC ' A ',  ABC   C
' K , HK  C
' KH .


HK   ABC , HK  AC

2 BC
Trong HKC , ta có HK  HC sin 60 0 
sin 60 0  a 3 .
3

Trong tam giác C ' HK , ta có C ' H  HK . tan C
' KH  3a .

Diện tích tam giác đều ABC là S ABC 

9a2 3
.
4

Thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' là V ABC . A ' B 'C '  S ABC .C ' H 

14 | T r a n g

27 a3 3
(đvtt).
4




Nguyeãn Vaên Huy – 0968 64 65 97

Hình hoïc khoâng gian 2016
B'

A'
C'

B

A

H
K

Do AA '  BB ' nên

C



BB
', AH  AA
', AH .

Ta có AH  AB 2  BH 2  2 AB.BH . cos 600  a 7 ;
AA '  CC '  CH 2  C ' H 2  a 13 ;

A ' H  C ' H 2  A ' C '2  3a 2 .

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác A ' AH , ta có

cos A
' AH 

AA '2  AH 2  A ' H 2
91

.
2 AA '. AH

91

Vậy côsin của góc giữa hai đường thẳng BB ' và AH bằng

15 | T r a n g

91
.
91