Các dạng toán hình học không gian ôn thi THPT QG (Thể tích, góc và khoảng cách)

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
A. Một số định nghĩa và định lý cơ bản
I. Các định nghĩa
+) Định nghĩa 1: Hai đường thẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 900.

a ⊥ b ⇔ (a, b) = 900
+) Định nghĩa 2: Một đường thẳng được gọi là vuông góc với mặt phẳng nếu nó vuông góc với
mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó. a ⊥ (α ) ⇔ ∀b ⊂ (α ) : a ⊥ b
+) Định nghĩa 3: Hai mặt phẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 900.

(α ) ⊥ ( β ) ⇔ ((α ),( β )) = 900 .
+) Định nghĩa 4: Góc giữa hai đường thẳng a và b là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua
một điểm và lần lượt song song (hoặc trùng) với a và b.
+) Định nghĩa 5:
. Nếu đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (α) thì ta nói rằng góc giữa đường thẳng a và mặt
phẳng (α) bằng 900.
. Nếu đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (α) thì góc giữa a và hình chiếu a’ của nó trên
mặt phẳng (α) gọi là góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (α).
+) Định nghĩa 6: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai
mặt phẳng đó.
+) Định nghĩa 7: Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (α) (hoặc đến đường thẳng ∆) là khoảng
cách giữa hai điểm M và H, trong đó H là hình chiếu vuông góc của M trên mặt phẳng (α) (trên
đường thẳng ∆).
+) Định nghĩa 8: Khoảng cách giữa đường thẳng a đến mặt phẳng (α) song song với a là khoảng
cách từ một điểm nào đó của a đến mặt phẳng (α).
+) Định nghĩa 9: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kỳ
của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.
+) Định nghĩa 10: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là độ dài đoạn vuông góc chung
của hai đường thẳng đó.
II. Các định lý thường được sử dụng

a ∩b


Định lý 1: a, b ⊂ ( P )  ⇒ d ⊥ ( P )
d ⊥ a, d ⊥ b 
a ⊂ (P) 

Định lý 2: d ⊥ ( P )  ⇒ d ⊥ a
∀a ⊂ ( P) 
Định lý 3: +/

+/

d ⊥ ( P) 
 ⇒ d ' ⊥ ( P)
d '/ / d 
( P ) / /(Q) 
 ⇒ d ⊥ (Q )
d ⊥ (P) 
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
+/

d / /( P ) 

⇒d'⊥d
d ' ⊥ ( P) 

d ⊥ ( P) 
 ⇒ ( P ) ⊥ (Q )
d ⊂ (Q) 
( P) ⊥ (Q)

( P) ∩ (Q) = ∆ 
Định lý 5:
 ⇒ d ⊥ (Q)
d ⊂ ( P)


d ⊥∆
( P ) ∩ (Q) = ∆ 

Định lý 6: ( P ) ⊥ ( R )
 ⇒ ∆ ⊥ ( R)

(Q) ⊥ ( R)

Định lý 4:

III. Các công thức tính thể tích
1. Thể tích khối lăng trụ

V = Βh
B: Là diện tích đáy của lăng trụ
h: Là độ dài đường cao của lăng trụ

2. Thể tích khối chop

1
V = Βh
3
B: Là diện tích đáy của khối chóp
h: Là độ dài đường cao của hình chóp

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
B. Các dạng toán thể tích, khoảng cách và góc
I. Các dạng toán về khoảng cách - thể tích
1. Cách xác định
a/ Cách xác định khoảng cách từ điểm M đến mp(P)
Cách 1:
+ Tìm mp(Q) chứa M và vuông góc với mp(P) theo giao tuyến ∆
+ Từ M hạ MH vuông góc với ∆ ( H ∈ ∆ )
+ MH = d(M,(P))
Cách 2:
+ Kẻ ∆//(P). Ta có: d(M,(P))= d(∆,(P))

(

)

(

+ Chọn N ∈ ∆ . Lúc đó, d M, ( P ) = d( ∆,(P))=d N , ( P )
Cách 3:
+ Nếu MN ∩ ( P ) = I . Ta có:

(

+ Tính d N , ( P )

(

)

+ d M, ( P ) =

)

và

d ( M, ( P ) )
d ( N ,( P) )

=

)

MI
NI

MI
NI

MI
.d ( N , ( P ) )
NI

Chú ý: Điểm N ở đây ta phải chọn sao cho tìm khoảng cách từ N đến mặt phẳng (P) dễ hơn tìm
khoảng cách từ M đến mp(P).
b/ Cách tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau d và d’
Cách 1:
+ Xác định đường thẳng vuông góc chung của d và d’
+ Tính độ dài đoạn vuông góc chung.
Cách 2:
+Tìm mp(P) chứa d’ và song song với d
+ Khi đó d (d , d ') = d (d ,( P )) = d ( A,( P )) với A là một điểm bất kỳ thuộc d
Chú ý: mp(P) có thể có sẵn hoặc chúng ta phải dựng (Cách dựng: qua một điểm B ∈ d ' dựng
đường thẳng ∆ song song với d, lúc đó mp(P)≡(d’,∆)).
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
II. Các kỹ thuật tính khoảng cách và thể tích
1. Kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán khoảng cách
Một kỹ thuật mà ta thường làm khi gặp bài toán khoảng cách, đó là việc chuyển khoảng cách cần

tính về khoảng cách từ điểm đặc biệt nhất trong bài toán đến một mặt phẳng xác định. Tôi xin được
gọi nó là kỹ thuật chọn điểm rơi trong bài toán khoảng cách.
a/ Một số kỹ thuật dời về điểm rơi
♥/ + Kẻ ∆ // (P). Ta có: d(M,(P))= d(∆,(P))

(

)

(

+ Chọn N ∈ ∆ . Lúc đó, d M, ( P ) = d( ∆,(P))=d N , ( P )
♥/ + Nếu MN ∩ ( P ) = I . Ta có:

(

+ Tính d N , ( P )

(

)

+ d M, ( P ) =

)

và

d ( M, ( P ) )
d ( N ,( P ) )

=

)

MI
NI

MI
NI

MI
.d ( N , ( P ) )
NI

♥/ d (d , d ') = d (d ,( P )) = d ( A,( P )) với A là một điểm bất kỳ thuộc d.
b/ Ví dụ minh họa
Ví dụ 1.(Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AC=

a 5 , SA ⊥ ( ABCD) , góc giữa SB và đáy bằng 450 . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD
và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBM), với M là trung điểm của CD.
Giải
Ta có AD = 2a, SA = a

S ABCD = AB.AD = 2a 2
Do đó: VS . ABCD

1
2a3
= .SA.S ABCD =

(dvtt)
3
3

Nhận xét: Điểm đặc biệt (điểm rơi) ở bài toán này là điểm A (SA ⊥ (ABCD))
Dựng AN ⊥ BM ( N thuộc BM) và AH ⊥ SN (H thuộc SN)
Ta có: BM ⊥ AN, BM ⊥ SA suy ra: BM ⊥ AH. Và AH ⊥ BM, AH ⊥ SN suy ra: AH ⊥ (SBM). Do
đó d(A,(SBM)) = AH, d(C,(SBM)) =

1
d(A,(SBM))
2

Ta có:
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

S ABM = S ABCD − 2S ADM = a 2
S ABM

1
2a 2
4a
2

= AN.BM = a ⇒ AN =
=
2
BM
17

Trong tam giác vuông SAN có:
1
1
1
4a
2a
=
+ 2 ⇒ AH =
⇒ d (C, ( SBM )) =
2
2
AH
AN
SA
33
33
Ví dụ 2.(Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với cạnh AB =
2a, AD = a .Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB, SC tạo với đáy một
góc bằng 45 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (SCD)
Giải
S

P
A

D

H

B

M

C

Ta có HC là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (ABCD) suy ra
0
(SC;(ABCD))=(SC;AC)=¼
SCH =45

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
HC=a 2 suy ra SH=a 2

VSABCD

1
1

2 2 a3
= SH .S ABCD = SH .AB.AD =
3
3
3

Gọi M là trung điểm CD, P là hình chiếu của H lên SM khi đó HM ⊥ CD; CD ⊥ SH suy ra CD ⊥ HP
mà HP ⊥ SM suy ra HP ⊥ (SCD) Lại có AB//CD suy ra AB// (SCD) suy ra d(A;(SCD)) = d(H;

(SCD)) = HP. Ta có

1
HP

2

=

1
HM

2

+

1
HS

2

suy ra HP=

a 6 . Vậy d(A;(SCD))= a 6
3
3

Nhận xét: Điểm đặc biệt (điểm rơi) ở bài toán này là điểm H (SH ⊥ (ABCD))
Ví dụ 3. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại C và D, BC = 2a, AD = a ,
CD = a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng
( ABCD ) bằng 60 0 . Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ C xuống BD, M là trung điểm BH. Tính
theo a thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ D đến mp(SAM ) .
Giải

·
Ta có AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mp(ABCD) ⇒ SCA
= 600 , AC = AD 2 + CD 2 = 2a
⇒ SA = AC .tan 600 = 2a 3 , SABCD =

1
3a2 3
AD
+
BC
.
CD
=
(
)
2
2

1
1
3a 2 3
Vậy V = SA.SABCD = 2a 3.
= 3a3
3
3
2
Gọi E là trung điểm CH ⇒ ME / / AD, ME = AD nên tứ giác ABEM là hình bình hành. ME ⊥ BC
⇒ E là trực tâm tam giác DCM ⇒ DE ⊥ CM tại I, DI // AM ⇒ CM ⊥ AM ⇒ CM ⊥ (SAM) ⇒
d(D,(SAM)) = d(I,(SAM)) = IM.
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
CH là đường cao của tam giác vuông BCD ⇒ CH =
⇒ HB =

4a
7

⇒ HM =

2a 3
7

, ∆CHB vuông tại H

2a
7

∆CHM vuông tại H ⇒ CM =

4a
7

, BD = a 7 ⇒ DM = a 7 −

2a
7

=

5a
7

1
1
CH .DM 5a 3
S∆DCM = CH .DM = DI .CM ⇒ DI =
=
2
2
CM
2 7

∆DIM vuông tại I ⇒ IM = DM 2 − DI 2 =

Vậy d(D,(SAM)) = IM =

5a 7
14

5a 7
.
14

Nhận xét: Điểm đặc biệt (điểm rơi) ở bài toán này là điểm I (IM ⊥ (SAM))
Ví dụ 4. (Đề thi thử Violet) Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu
vuông góc của A ' trên ( ABC ) là trung điểm của cạnh AB , góc giữa A ' C và mặt đáy bằng 600 .
Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ACC ' A ') .
Giải
A'

C'

B'

K

N

A

M

C

H
B

S day

a2 3
. Gọi H là trung điểm AB . Góc giữa A ' C và mặt ( ABC ) là ·A ' CH = 600
=
4

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Có CH =

a 3
3a
3a a 2 3 3a 3 3
. VABC . A ' B 'C ' = A ' H .S day =
, A ' H = CH .tan 600 =
=
2
2

2 4
8

Gọi M là trung điểm AC , HN ⊥ AC thì HN =

1
a 3
BM =
2
4

( A ' HN ) ⊥ ( ACC ' A ')

Ta có ( A ' HN ) I( ACC ' A ' ) = A ' N ⇒ HK ⊥ ( ACC ' A ' ) ⇒ d ( H , ( ACC ' A ' ) ) = HK
 HK ⊥ A ' N

HK 2 =

HN 2 .HA '2
3a 13
3a 13
=
⇒ d ( B, ( ACC ' A ' ) ) = 2d ( H , ( ACC ' A ' ) ) = 2 HK =
2
2
HN + HA '
26
13

Nhận xét: Điểm đặc biệt (điểm rơi) ở bài toán này là điểm H (A’H ⊥ (ABC))

Ví dụ 5. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S .A BCD có đáy A BCD là hình thoi cạnh a,

· BC = 60°, cạnh SA vuông góc với đáy và SC tạo với đáy một góc 60°. Tính theo a thể tích
A
khối chóp S .A BCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng A B và SD .
Giải
Ta có D A BC đều nên A C = a . Có

BD = A B 2 + A D 2 - 2A B .A D . cos 120° = a 3

1

Suy ra S
A BCD = A C .BD =
2

a2 3
2

Mặt khác SA = A C . t an 60° = a 3.
Vậy V

S .A BCD

=

1
a3
SA .S A BCD =
3

2

(

)

(

(

Do A B / / CD nên d A B , SD = d A B , SCD

) ) = d ( A , ( SCD ) )

Gọi H là trung điểm của CD . Do D A CD đều nên A H ^ CD .
Trong tam giác SA H kẻ A K ^ SH

( (

Khi đó d A , SCD
Ta có

AH =

(

)) = AK

A H .SA
15

a 3 , AK =
=
a
2
2
5
2
A H + SA

)

Vậy d A B , SD =

a 15
5
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Ví dụ 6. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông
góc với mặt phẳng (ABCD) . SC tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc 450 .Gọi E là trung điểm của
BC .Tính Thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC .
Giải
Có SA ⊥ ( ABCD ) → SA là đường cao của chóp .AC là hình chiếu vuông góc của SC trên (ABCD)
·
→ SCA

= 450 . ABCD là hình vuông cạnh a
Nên AB = BC = CD = AD = a, AC = a 2
S ABCD = AB 2 = a 2
Tam giác ∆SAC vuông cân tại A
→ SA = AC = a 2
+Thể tích khối chóp S.ABCD
1
1
a3 2
V = SA.S ABCD = a 2.a 2 =
3
3
3
+ Có DE và SC là hai đường thẳng chéo nhau
+ Trong (ABCD) kẻ CF // DE cắt AD kéo dài tại F
AK vuông góc với CF cắt ED tại H và CF tại K
 DE / / CF ⊂ (SCF)
 DE / /( SCF )

→
Ta có  DE ⊄ ( SCF )
 d ( SC , DE ) = d ( DE , ( SCF )) = d(H, (SCF))
 SC ⊂ ( SCF )

tứ giác CEDF là hình bình hành từ giả thiết
CE = DF =

S ∆ACF

a

a 3a
a2 a 5
, AF = AD + DF = a + =
DE = CF = CD 2 + CE 2 = a 2 +
=
2
2 2
4
2

3
a.a
1
1
AF .CD 2
3 5a
= AF.CD= AK .CF → AK =
=
=
2
2
CF
5
a 5
2

AH AD a 2
HK 1
1
=

=
= →
= → d ( H , ( SCF )) = d ( A, ( SCF ))
Trong tam giác AFK ta có AK AF 3a 3
AK 3
3
2
CF ⊥ AK
→ CF ⊥ ( SAK )
Có 
CF ⊥ SA
Trong tam giác vuông ∆SAK kẻ đường cao AI ta có

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
 AI ⊥ SK
→ AI ⊥ ( SCF ) → AI = d ( A, ( SCF ))

 AI ⊥ CF
1
1
1
1
5

19
3 38a
38a
= 2+
= 2+ 2 =
→ AI =
→ d (SC; DE) =
2
2
2
AI
SA
AK
2a 9a
18a
19
19
Nhận xét: Điểm đặc biệt (điểm rơi) ở bài toán này là điểm A (SA ⊥ (ABCD))
Ví dụ 7. (Đề thi thử Violet) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A ' B'C' D ' có đáy là hình thoi cạnh a,
·
BAD
= 120o và AC' = a 5 . Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A ' B'C' D ' và khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB' và BD theo a.

A'

D'

Giải
Gọi O là tâm hình thoi ABCD.

·
Do hình thoi ABCD có BAD
= 120o

C'

B'

⇒ ∆ABC, ∆ACD đều.
⇒ AC = a.

A

Ta có: SABCD = 2S∆ABC =

a2 3
2

Mà ABCD.A ' B'C' D ' là lăng trụ đứng.

D

H

120o
O

B

C

⇒ ∆ACC' vuông tại C ⇒ CC' = AC'2 − AC 2 = 5a2 − a 2 = 2a.
a2 3
Vậy VABCD.A 'B'C'D' = CC'.SABCD = 2a ×
= a3 3 .
2
Tứ giác AB'C' D là hình bình hành ⇒ AB' // C' D ⇒ AB' // (BC' D).
⇒ d(AB',BD) = d(AB',(BC' D)) = d(A,(BC' D)) = d(C,(BC ' D)).
Vì BD ⊥ AC,BD ⊥ CC' ⇒ BD ⊥ (OCC') ⇒ (BC' D) ⊥ (OCC').
Trong (OCC'), kẻ CH ⊥ OC' (H ∈ OC').
⇒ CH ⊥ (BC' D) ⇒ d(C,(BC' D)) = CH
∆OCC' vuông tại C ⇒

Vậy d(AB',BD) =

1
1
1
4
1
2a
=
+
= 2 + 2 ⇒ CH =
2
2
2
CH
CO CC'
a 4a

17

2a
17

×

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Ví dụ 8. (Đề thi thử Violet) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC = a, BC = 2a, góc ACB
bằng 1200, đường thẳng A ' C tạo với mặt phẳng ( ABB ' A ') góc 300 . Gọi M là trung điểm của BB’.
Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, CC’ theo a.
Giải
Kẻ CH ⊥ AB, vì AA’ ⊥ (ABC) nên AA' ⊥ CH ⇒ CH ⊥ ( ABB ' A' ) ⇒ ∠CA' H = 30 0 .
S ∆ABC =

2S ABC
3 a 21
1
a2 3
. Tính được AB = a 7 , CH=
=a
=
AC.BC.s in1200 =

2
2
AB
7
7

Do đó ta có: CA’ = 2CH =

2 21
5
.
.a ⇒ AA' = A' C 2 − AC 2 = a
7
7

Thể tích khối lăng trụ là: V = AA'.S ABC =

105 3
a
14

Ta có: AM nằm trong mặt phẳng (ABB’A’) và CC’ // (ABB’A’) nên
d(AM, CC’) = d(CC’, (ABB’A’))= d(C, (ABB’A’)) = CH =

a 21
.
7

Ví dụ 9. (Đề thi thử Violet) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh
a. Góc giữa CA ' và mặt ( AA ' B ' B) bằng 30° . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và

khoảng cách giữa A ' I và AC với I là trung điểm AB
Giải

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
CI ⊥ AB

⇒ CI ⊥ ( AA ' B ' B)
Ta có : CI ⊥ AA ' ( AA ' ⊥ ( ABC ))
Trong ( AA ' B ' B) : AB ∩ AA ' = A
{ }

· ' I = 30°
Suy ra góc giữa CA’ và ( AA ' B ' B) chính là góc giữa CA’ và IA’ và bằng góc CA
Do đó A ' I =

IC
3a
AB 3 a 3
=
; với IC =
=
·
2

2
2
tan CA ' I

Suy ra: AA ' = A ' I 2 − AI 2 =

9a 2 a 2
−
=a 2
4
4

Vậy VABC . A ' B ' C ' = AA '.S∆ABC = a 2 .

a 2 3 a3 6
(đvtt)
=
4
4

Kẻ Ix P AC . Khi đó d ( AC , A ' I ) = d ( AC ,( A ' I , Ix )) = d ( A,( A ' I , Ix ))
Kẻ AE ⊥ Ix tại E và AF ⊥ A ' E tại F.
Ta chứng minh được: d ( A,( A ' I , Ix ) ) = AF
a
a 3
Ta có: AE = AI .sin ·AIE = .sin 60° =
2
4
Và:

1
1
1
1
16
35
a 210
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AF =
2
2
2
35
AF
A' A
AE
2a 3a
6a

Vậy: d ( AC , A ' I ) = AF =

a 210
35

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Ví dụ 10. (Đề thi thử Violet) Cho lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông tại A ,
AB = a, AC = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A ' trên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm H
của cạnh BC ; Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 450 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' , CB ' .

Giải
Trong tam giác vuông ABC có BC 2 = AB 2 + AC 2 = a 2 + 3a 2 = 4a 2 ⇒ BC = 2a ;

AH =

1
BC = a .
2

AH là hình chiếu vuông góc của AA ' trên mặt phẳng ( ABC ) nên góc giữa AA ' và mặt phẳng
( ABC ) là góc ·A ' AH . Theo giả thiết có ·A ' AH = 450 .
Trong tam giác A ' AH có A ' H = AH = a .

Diện tích tam giác ABC là S ∆ABC =

1
a2 3
.
AB. AC =
2
2

Thể tích khối lăng ABC. A1B1C1 trụ là V = A ' H .S ∆ABC = a.

a 2 3 a3 3
.
=
2
2

Khoảng cách giữa hai đường A ' A và CB ' bằng khoảng cách từ A ' A đến mặt phẳng ( B ' BCC ' )
và bằng khoảng cách từ điểm A ' đến ( B ' BCC ' ) .
Gọi E là hình chiếu vuông góc của A ' cạnh B ' C ' .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A ' trên HE ⇒ A ' K ⊥ HE

(1) .

B 'C ' ⊥ A' E
⇒ B ' C ' ⊥ ( A ' HE ) ⇒ B ' C ' ⊥ A ' K
 B ' C ' ⊥ A ' H ( A ' H ⊥ ( A ' B ' C '))


Mặt khác 

(2)

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Từ (1) và (2) ⇒ A ' K ⊥ ( BCB ' C ') ⇒ d ( A ',( BCB ' C ') ) = A ' K .
Trong tam giác vuông A ' HE có

1
1
1
1
1
1
1 1
1
7
=
+
=
+
+
= 2+ 2+ 2 = 2
2
2
2
2
2
2
A' K
A' H
A' E
A' H

A' B '
A 'C '
a a 3a
3a
a 21
⇒ A' K =
7
a 21
.
7

Vậy khoảng cách giữa hai đường AA ' và CB ' bằng
c/ Bài tập vận dụng

Bài 1. (Đề thi thử Violet) Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O, OB=a, OC= a 3
, (a>0) và đường cao OA= a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối tứ diện và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM theo a.
Giải
1
1
a2 3
Diện tích tam giác OBC : SOBC = OB.OC = a (a 3) =
2
2
2
Thế tích khối tứ diện
1
1 a2 3
a3
(đvtt)

V = SOBC .OA = (
)(a 3) =
3
3 2
2
Gọi N là điểm đối xứng của C qua O.
Ta có: OM // BN (tính chất đường trung bình).
⇒ OM // (ABN)
⇒ d(OM;AB) = d(OM;(ABN)) = d(O;(ABN)).
Dựng OK ⊥ BN , OH ⊥ AK ( K ∈ BN ; H ∈ AK )
Ta có: AO ⊥ (OBC ); OK ⊥ BN ⇒ AK ⊥ BN
BN ⊥ OK ; BN ⊥ AK ⇒ BN ⊥ ( AOK ) ⇒ BN ⊥ OH
OH ⊥ AK ; OH ⊥ BN ⇒ OH ⊥ ( ABN ) ⇒ d (O; ( ABN ) = OH

Từ các tam giác vuông OAK; ONB có:
1
OH

2

=

1
OA

2

+

1

OK

2

=

1
OA

2

Vậy, d (OM ; AB ) = OH =

+

1
OB

2

+

1
ON

2

=

1

3a

2

+

1
a

2

+

1
3a

2

=

5
3a

2

⇒ OH =

a 15
.
5

a 15
.
5

Bài 2. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B ,
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
·
AB = 2a, BAC
= 600 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và SA = a 3 . Gọi M , N
lần lượt là trung điểm của cạnh AB, SA . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách
từ điểm B đến mặt phẳng (CMN ) .
Giải
Xét tam giác ABC có: BC = AB.tan 600 = 2a 3 ⇒ S ABC = 2a 2 3
S

N

H
A

C

E

M
B

1
⇒ VSABC = S ∆ABC .SA = 2a 3
3
Do M là trung điểm AB nên d ( B, (CMN ) ) = d ( A, (CMN ) )
Kẻ AE ⊥ CM , AH ⊥ NE .
Chứng minh được: AH ⊥ (CMN ) ⇒ d ( A, (CMN ) ) = AH
∆AEM , ∆MBC đồng dạng nên AE =

2a 3
13

1
1
1
2a 3 2a 87
=
+
⇒ d ( B, (CMN ) ) = AH =
=
2
2
2
AH
AE
AN

29
29
Bài 3. (Đề thi thử Violet) Cho lăng trụ đứng ABC. A' B ' C ' , có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = a, AC = a 3 , mặt bên BCC ' B' là hình vuông, M , N lần lượt là trung điểm của CC ' và B 'C ' .
Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A' B ' C ' và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A' B ' và MN .
Giải
Ta có BC= BB’=2a
1
3
. V ABC . A'B 'C ' = BB '.S ∆ABC = 2a. a.a 3 = a 3
2
gọi P là trung điểm của A’C’ mp(CA’B’) //mp(PMN) nên suy ra khoảng cách
d(A’B’;MN)= d(A’B’;(MNP))= d(A’;(MNP))= d(C’;(MNP))= C’H (H là hình
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

C

B

A
M

N

H

B’

C’
P

A’

chiếu vuông góc của C’ lên mp(MNP). Cm được H thuộc cạnh PM áp dụng hệ thức lượng trong tam
giác vuông MPC’ suy ra C ' H =

C ' M .C ' P
C' P 2 + C' M 2

=

a 21
7

Bài 4 (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy và AB = a, AC
= 2a, góc BAC = 1200. Mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 60 o . Tính thể tích của khối chóp
S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.
Giải
Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Khi đó SF ⊥ BC , suy ra

·
= 60
(·( SBC ) , ( ABC ) ) = SFA

0

Ta có

1
a2 3
·
S ∆ABC = . AB. AC.sin BAC
=
2
2
a 21
3a 7
BC=a 7, AF =
, SA =
7
7
1
1 a 2 3 3a 7 a 3 21
(đvtt)
VSABC = .S ∆ABC .SA = .
.
=
3
3 2
7
14
Qua B dựng đường thẳng d song song với AC.
Dựng AE ⊥ d , AH ⊥ SE .

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

Khi đó d ( AC , SB ) = d ( AC , ( SB, d ) ) = d ( A, ( SB, d ) ) = AH .
Và AE =
Ta có

2.S ABC a 3
=
AC
2

1
1
1
19
3a 19
.
= 2+
= 2 ⇒ AH =
2
2
AH
SA

AE
9a
19

Bài 5. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S. ABC có ABC là tam giác vuông tại B, AB = a 3 ,
·
ACB
= 60 0 , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác ABC, gọi E là
trung điểm AC biết SE = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng
(SAB).
Giải
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC; gọi M, N lần lượt là trung điểm BC, AB.
Theo giả thiết có SG ⊥ ( ABC )
Xét tam giác ABC vuông tại B
Có AC =

AB
AB
BE a
= 2a , BC =
= a , GE =
=
·
·
3
3
sin ACB
tan BCA

Ta có SABC =

1
a2 3
( đvdt)
AB.BC =
2
2

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Xét tam giác SGE vuông tại G có SG = SE 2 − GE 2 = 3a2 −

a 2 a 26
=
9
3

1
1 a 26 a2 3 a3 78
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là VS . ABC = SG.SABC = .
( đvdt)
.
=
3

3 3
2
18
S

H
E

A

C

G

N

M

K
B

Có CN = 3GN ⇒ d ( C , ( SAB ) ) = 3d ( G , ( SAB ) ) (1)
 AB ⊥ SG (do SG ⊥ ( ABC ) , AB ⊂ ( ABC ) )
⇒ AB ⊥ ( SGK )
Vẽ GK / / BM ( K ∈ AB ) ta có 
 AB ⊥ GK ( do GK // BM, MB ⊥ AB )

GH ⊥ AB ( do AB ⊥ ( SGK ) , GH ⊂ ( SGK ) )
⇒ GH ⊥ ( SAB )
Vẽ GH ⊥ SK ( H ∈ SK ) ta có 


GH ⊥ SK

Suy ra d ( G, ( SAB ) ) = GH (2) ; từ (1) và (2) suy ra d ( C , ( SAB ) ) = 3GH
Ta có GK // BM ⇒

GK
AG 2
2
a
=
= ⇒ GK = BM =
BM AM 3
3
3

Xét tam giác SGK vuông tại G và có đường cao GH
Suy ra

1
1
1
9
9
243
a 78
=
+
=
+ 2 =

⇒ GH =
2
2
2
2
2
GH
GS
GK
26a
a
26a
27

Vậy d ( C , ( SAB ) ) = 3GH =

a 78
9

Bài 6. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABC, có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A,

A B = A C = a và M là trung điểm của cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt đáy
(ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC và góc giữa SA với mặt đáy (ABC) bằng
600. Tính theo a thể tích khối chóp S.BMC và khoảng cách từ B đến mp(SAC).
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Giải

Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC ⇒ ABDC là hình vuông.
+ Gọi I là hình chiếu của S lên mp(ABC) ⇒ I nằm trên đường chéo AD sao cho A I =
+

Thể tích khối chóp S.BMC: V S .BCM =

3
AD
4

1
S
.SI
3 ∆BCM

1
a2
0
= BM .BC . sin 45 =
2
4

+

S ∆BCM

+

3a 2
3a 6
IA là hình chiếu của SA lên mp(BCM) ⇒ SI = A I . t an 60 0 =
. 3=

⇒V
+

4

S .BCM

( (

1 a 2 3a 6 a 3 6 ,
d B , SA C
= . .
=
3 4
4
16

4

) ) = 43 d ( I , ( SA C ) )

Gọi K, H lần lượt là hình chiếu của I lên AC và SK. IH ⊥ SK (1)

A C ⊥ IK
⇒ A C ⊥ SIK Mà IH ⊂ SIK ⇒ IH ⊥ A C (2)

A C ⊥ SI

(

(

Từ (1) và (2) suy ra IH ⊥ SA C

)

)

(

( (

⇒ d I , SA C

+ Xét tam giác SIK vuông tại I có: IK =

)

) ) = IH

3
3a 6 ⇒ IH =
a ; SI =

4
4

SI .IK
SI 2 + IK 2

=

3a 42
28

Bài 7. (Đề thi thử Violet) Cho hình lăng trụ A BC .A ¢B ¢C ¢có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a.
Hình chiếu vuông góc của A ¢ xuống mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB. Mặt bên (A A ¢C ¢C )

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
tạo với đáy một góc bằng 45o . Tính thể tích của khối lăng trụ A BC .A ¢B ¢C ¢ và khoảng cách từ B
đến mặt phẳng AA’C’C theo a.
Giải

 Gọi H,M,I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,AC,AM
 Theo giả thiết, A ¢H ^ (A BC ), BM ^ A C
Do IH là đường trung bình tam giác ABM nên IH || BM Þ IH ^ A C
 Ta có, A C ^ IH , A C ^ A ¢H Þ A C ^ IA ¢

·
Suy ra góc giữa (A BC ) và (A CC ¢A ¢) là A
¢IH = 45o
 A ¢H = IH . t an 45o = IH = 1 MB = a 3
2
4
3
Vậy,thể tích lăng trụ là: V = B .h = 1 BM .A C .A ¢H = 1 ×a 3 ×a ×a 3 = 3a (đvdt)
2
2 2
2
8

 d (B ,(A A ¢C 'C )) = 2d (H ,(A A ¢C 'C ))
ìï HE ^ SI
ï
 Dựng HE ^ SI ÞÞí
ïï HE ^ A C
î


Vậy:

1
HE

2

=

1
HD

2

+

1
2

HA '

=

32
3a

2

HE ^ ( AA 'C 'C )

Þ HE =

a 3

d (B ,(A A ¢C 'C )) = 2d (H ,(A A ¢C 'C )) =

32
2 3
32

a

Bài 8. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là
trung điểm AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông góc với
đáy. Góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng SA và IC.
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Giải
1
2
Ta có VS.ABCD = SH.SABCD , trong đó SABCD = a
3
Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra SH ⊥ (ABCD)
·
Dựng HE ⊥ AB ⇒ ( SHE ) ⊥ AB , suy ra SEH
·
là góc giữa (SAB) và (ABCD) ⇒ SEH
= 600
Ta có SH = HE.tan 600 = 3HE
HE HI 1
a
=

= ⇒ HE =
CB IC 3
3
a 3
⇒ SH =
3
1
1 a 3 2
3a 3
Suy ra VS.ABCD = SH.SABCD = .
.a =
3
3 3
9

Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP
song song với CI ⇒ d ( SA, CI ) = d ( CI, ( SAP ) ) = d ( H, ( SAP ) )
Dựng HK ⊥ AP , suy ra ( SHK ) ⊥ ( SAP )
Dựng HF ⊥ SK ⇒ HF ⊥ ( SPA ) ⇒ d ( H, ( SPA ) ) = HF
Do ∆SHK vuông tại H ⇒

1
1
1
=
+
(1)
2
2
HF

HK
HS2

Dựng DM ⊥ AP , ta thấy DM = HK ⇒
Thay vào (1) ta có ⇒
Vậy d ( SA, CI ) =

a
2 2

1
1
1
1
=
=
+
2
2
2
HK
DM
DP DA 2

a
1
1
1
1
4 1 3

8
=
+
+
= 2 + 2 + 2 = 2 ⇒ HF =
.
2
2
2
2
2 2
HF
DP DA
HS
a
a
a
a
.

Bài 9. (Đề thi thử Violet) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, có đáy ABC là tam giác vuông
cân ở B và AB = a. Hình chiếu vuông góc của A’ lên (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh AB.
Biết diện tích mặt bên ABB’A’ bằng 3a 2 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ
điểm B đến mp(ACB’)
Giải
Diện tích tam giác ABC là:
S=

1
1

AB.BC = a 2
2
2
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Theo gt ta có: A' H . AB = 3a 2 ⇒ A' H = 3a
Thể tích khối lăng trụ đã cho là:
V = S . A' H =

3 3
a
2

d ( B; ( ACB ') ) = 2d ( H ; ( ACB ') ) = 2 HK
Với K là trực tâm tam giác AEI và
1
1
1
1
9
a
=
+
+

= 2 ⇒ HK =
2
2
2
2
3
HK
HA
HI
HE
a
Vậy d ( B; ( ACB ') ) = 2 HK =

2a
.
3

Bài 10. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp đều A.BCD có AB = a 3; BC = a . Gọi M là trung điểm
của CD. Tính thể tích khối chóp A.BCD theo a và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM, AD.
Giải
Gọi O là tâm tam giác đều BCD cạnh a.
Do A.BCD là chóp đều nên AO ⊥ ( BCD ) ⇒ AO là đường cao của hình chóp.
Có S∆BCD =

1
a2 3
a 3
và OB =
BC .BD.sin 60 0 =
2

4
3

A

N
D

B
O

M

I
C

Trong ∆AOB có: AO = AB 2 − BO 2 =
VA. BCD

2a 6
3

1
a3 18
= AO.S∆BCD =
( ñvtt )
3
18

Gọi N, I, J lần lượt là trung điểm của AC, CO, OM.

1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN

(

Có: AD / / MN ⇒ AD / / ( BMN ) ⇒ d ( BM ; AD ) = d AD; ( BMN )

(

)

(

)

(

= d D; ( BMN ) = d C; ( BMN ) = 2d I ; ( BMN )
lại có:

)

)

BM ⊥ IJ 
 ⇒ BM ⊥ ( IJN ) ⇒ ( BMN ) ⊥ ( IJN ) theo giao tuyến NJ.
BM ⊥ NI 

(

)

Trong mp(IJN) kẻ IK ⊥ NJ ⇒ IK ⊥ ( BMN ) ⇒ d I ; ( BMN ) = IK
* Xét ∆IJN có:

1
1
1
16
3
35
a 70
= 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ IK =
2
IK
IJ
IN
a 2a
2a
35

(

)

Vậy d ( BM ; AD ) = 2d I ; ( BMN ) =

2a 70
35

Bài 11. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA = a 3 và
SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết tam giác SAB cân và góc giữa SD với mặt đáy bằng 300. Tính
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC theo a.
Giải
S

H
D

A

E

O

B

C
F

Do SA ⊥ ( ABCD ) và ∆SAB cân nên AB = SA = a 3
·
Góc giữa SD với mặt đáy là góc SDA
= 300

0
Trong tam giác SAD có tan 30 =

SA
SA
⇒ AD =
= 3a
AD
tan 300

⇒ S ABCD = AB. AD = 3a.a 3 = 3 3a 2
1
1
⇒ VS . ABCD = .SA.S ABCD = .a 3.3 3a 2 = 3a 3
3
3
Qua C kẻ đường thẳng song song với BD, cắt AD tại E.
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Do BD//CE ⇒ BD//(SCE)

⇒ d ( BD, SC ) = d ( BD, ( SCE ) ) = d ( O, ( SCE ) ) =

1

d ( A, ( SCE ) )
2

Kẻ AF ⊥ CE , F ∈ CE ⇒ CE ⊥ ( SAF )
Kẻ AH ⊥ SF , H ∈ SF ⇒ AH ⊥ CE ⇒ AH ⊥ ( SCE )

⇒ d ( A, ( SCE ) ) = AH . Có AE = 2 AD = 6a, CE = BD = 2 3a
S ACE =

1
1
AE.CD 6a.a 3
AE.CD = AF.CE ⇒ AF=
=
= 3a
2
2
CE
2a 3

Trong tam giác SAF có:
Vậy d ( BD, SC ) =

1
1
1
3a
=
+ 2 ⇒ AH =
2

2
AH
AF
SA
2

1
1
3a
d ( A, ( SCE ) ) = AH =
2
2
4

Bài 12. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là chữ nhật có tâm O, AB = a, tam
giác OAB là tam giác đều. Tam giác SAB là tam giác đều, tam giác SCD là tam giác cân tại S. Hình
chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc miền trong của hình chữ nhật ABCD
và SH =

3a
. Tính theo a thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB.
4

Giải
Ta có AC = 2OA = 2a.
BC = AC 2 − AB 2 = a 3
S ABCD = AB.BC = a 2 3
1
a3 3
VS . ABCD = S ABCD .SH =

3
4
Ta có AB //CD AB //(SCD )
⇒ d ( AB, SC ) = d ( AB, ( SCD))
Gọi M, N là trung điểm của AB và CD.
Ta có AB ⊥ SM , AB ⊥ MN
⇒ AB ⊥ (SMN ) , mà AB ⊥ SH ⇒ SH ⊂ ( SMN ) ⇒ H thuộc đoạn MN.
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn


THỂ TÍCH - KHOẢNG CÁCH - GÓC TRONG KHÔNG GIAN
SM =

a 3
a 3
3a 3
, MH = SM 2 − SH 2 =
⇒ HN = MN − MH =
2
4
4

SN = SH 2 + HN 2 =

3a
⇒ SM 2 + SN 2 = MN 2 ⇒ SM ⊥ SN

2

a 3
Do CD//AB nên CD ⊥ SM ⇒ SM ⊥ ( SCD) ⇒ SM = d ( AB, ( SCD )) . Vậy d ( SC. AB) =
2
Bài 13. (Đề thi thử Violet) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, hình chiếu
vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm O của hai đường chéo AC và BD. Biết

SA = a 2, AC = 2a, SM =

5
a , với M là trung điểm cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp
2

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC.
Giải
Từ giả thiết SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO ⊥ AC , OA = a , SO = SA2 − OA2 = a

∆OSM ⊥ O : OM = SM 2 − SO 2 =

1
a
2

Ta có ∆ABC ⊥ B : BC = 2MO = a, AB = AC 2 − BC 2 = 3a
VS . ABCD =

1
3 3
AB.BC .SO =

a
3
3

Gọi N trung điểm BC ⇒ MN / / AC ⇒ d ( SM , AC ) = d ( AC , ( SMN )) = d (O, ( SMN ))
1

Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn