Hình không gian ôn thi đại học

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

Biên soạn: GV Nguyễn Trung Kiên

Phần 1: Những vấn đề cần nắm chắc khi tính toán

om

Chuyên đề luyện thi đại học
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP HÌNH
KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI TSĐH

.c

⊻ Trong tam giác vuông ABC (vuông tại A) đường cao AH thì ta luôn có:
- b = c tan B , c = b tan C , AH 2 = HB.HC
1
1
1
AB. AC
=
+
⇒ AH =
2
2
2
AH

AB
AC
AB 2 + AC 2

B

H

oc
u

oc

A

C

b2 + c2 − a2
⊻ Trong tam giác thường ABC ta có: a = b + c − 2bc cos A;cos A =
.
2bc
Tương tự ta có hệ thức cho cạnh b, c và góc B, C:
1
1
1
- S ∆ABC = ab sin C = bc sin A = ac sin B
2
2
2
- S = p.r (Trong đó p là nữa chu vi, r là bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác)

abc
- S=
4R
⊻ Thể tích khối đa diện:
1
- Vchop = B.h (B là diện tích đáy, h là chiều cao)
3
- VLT = B.h
2

2

kh
on

gb

2

Phần 2) Phương pháp xác định đường cao các loại khối chóp:
-

-

Loại 1: Khối chóp có 1 cạnh góc vuông với đáy thì cạnh đó chính là chiều cao.
Loại 2: Khối chóp có 1 mặt bên vuông góc với đáy thì đường cao chính là đường
vuông góc kẻ từ đỉnh đến giao tuyến của mặt bên và đáy.
Loại 3: Khối chóp có 2 mặt kề nhau cùng vuông góc với đáy thì đường cao chính
là giao tuyến của 2 mặt kề nhau đó.

1


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

Loại 4: Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên cùng tạo với đáy
1 góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp đáy.
- Loại 5: Khối chóp có các mặt bên đều tạo với đáy 1 góc bằng nhau thì chân
đường cao chính là tâm vòng tròn nội tiếp đáy.
Sử dụng các giả thiết mở:
- Hình chóp SABCD có mặt phẳng ( SAB ) và ( SAC ) cùng tạo với đáy góc α thì
chân đường cao hạ từ đỉnh S thuộc phân giác trong góc BAC
- Hình chóp SABCD có SB = SC hoặc SB, SC cùng tạo với đáy một góc α thì chân
đường cao hạ từ S rơi vào đường trung trực của BC
Việc xác định được chân đường cao là yếu tố đặc biệt quan trọng để giải quyết các câu
hỏi trong bài toán hình không gian cổ điển

.c

om

-

Phần 3: Các bài toán về tính thể tích

cu

oc

A. Tính thể tích trực tiếp bằng cách tìm đường cao:
Ví dụ 1) (TSĐH A 2009) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại
A và D , có AB = AD = 2a, CD = a . Góc giữa 2 mặt phẳng ( SCB ), ( ABCD ) bằng 600. 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 .

bo

HD giải:
Vì 2 mặt phẳng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với đáy ABCD mà ( SBI ) và ( SCI ) có
giao tuyến là SI nên SI ⊥ ( ABCD ) . Kẻ IH ⊥ BC ta có góc giữa 2 mặt phẳng
ˆ = 600 . Từ đó ta tính được:
( SCB ), ( ABCD ) là SHI
IC = a 2; IB = BC = a 5; S ( ABCD ) =

1
AD ( AB + CD ) = 3a 2
2

kh

on
g

1
a 2 3a 2
IH .BC = S ( IBC ) = S ( ABCD ) − S ( ABI ) − S (CDI ) = 3a 2 − a 2 −

=
nên
2
2
2
2S
3 3
3 15 3
IH = ∆IBC =
a . Từ đó tính được VSABCD =
a .
BC
5
5

2


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

om

S

A

B

.c

I

H

D

cu
oc

C

bo

Ví dụ 2) (TSĐH D 2009) Cho 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 B ' C ' , I là giao
điểm của BM và B ' C . Tính thể tích khối chóp IABC theo a
HD giải:
- ABCA ' B ' C ' là lăng trụ đứng nên các mặt bên đều vuông góc với đáy.
I ⊂ ( B ' BC ) ⊥ (ABC), từ I ta kẻ IH ⊥ BC thì IH ⊥ ( ABC ) và I chính là trọng tâm tam
IH
CI
2
4a
giác BB ' C ' ⇒
=
= ⇒ IH =

3
BB ' CB ' 3
Có AC = A′C 2 − AA′2 = 9a 2 = 4a 2 = a 5 ⇒ BC = AC − AB 2 = 2a
1
1 4a 1
4
VIABC = IH .dt ( ABC ) = . . .2a.a = a 3 ( đvtt)
3
3 3 2
9
C'

A'

ng

kh
o

2

M

B'
I

O

C

A
H
B

3


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

Ví dụ 3: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB = a, AD = a 2, SA = a và vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi M , N lần lượt là

Lời giải:
+) Chứng minh ( SAC ) ⊥ ( SMB ) .
Ta có:

om

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 .

2a 2 a 6
=
4
2
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 .
2
1
a 3
2
a 6
Theo tính chất trọng tâm của tam giác ta có: AI = AO = AC =
; BI = BM =
3
3
3
3
3
2
2
a
2a
Nhận xét: AI 2 + BI 2 =
+
= a 2 = AB 2 , suy ra tam giác AIB vuông tại I .
3
3
Do đó BM ⊥ AI (1)
Mặt khác: SA ⊥ ( ABCD ) nên SA ⊥ BM (2)

oc
u

oc

.c

AC = AB 2 + BC 2 = a 2 + 2a 2 = a 3; BM = AB 2 + AM 2 = a 2 +

Từ (1) và (2) suy ra BM ⊥ ( SAC )

+) Tính thể tích khối tứ diện ANIB

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

1
a
SA =
2
2

kh
on

gb

Do đó NO là đường cao của tứ diện ANIB
1
1 a 3 a 6 a2 2
Diện tích tam giác đều AIB là: S AIB = AI .BI =
.
=
2
2 3
3

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

4


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

om

S

N
M

A

D

I

C

B

.c

O

oc

Ví dụ 4) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = 3a, BC = 2a .

Các mặt bên đều hợp với đáy một góc 600 . Tính thể tích khối chóp SABC
Lời giải:
Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) và I , H , J lần lượt là hình chiếu của O trên

oc
u

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

gb

Theo giả thiết ta có: SIO = SJO = SHO = 600

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

kh
on

Tam giác ABH vuông tại H , ta có: AH = AB 2 − BH 2 = 9a 2 − a 2 = 2a 2
1
1
Diện tích tam giác ABC là: S ABC = BC. AH = .2a.2a 2 = 2a 2 2
2
2
1
Ngoài ra: S ABC = pr , với p = ( AB + AC + BC ) = 4a và r : bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC .
2
2
S
2a 2 a 2
⇒ r = ABC =
=
= OH
p
4a
2
a 6
2
a 6 2a 3 3

2.
=
2
3

Tam giác SOH vuông tại O , ta có: SO = OH tan 600 =
1
1
Thể tích khối chóp SABC là: V = S ABC .SO = .2a 2
3
3

5


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

I

B

O

.c
o

A

m

S

H

J
C

cu

oc

Chú ý: Hình chóp có các mặt bên hợp với đáy các góc bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường
tròn nội tiếp đáy hình chóp.
Ví dụ 5) Cho hình lăng trụ tam giác ABCA ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A
AB = a 3, AC = a . Biết đỉnh C ' cách đều các đỉnh A, B, C và khoảng cách từ đỉnh B đến
6a
mặt phẳng (C’AC) bằng
.Tính thể tích khối chóp A ' ABC ' theo a và tính cosin góc
15
tạo bởi mặt phẳng ( ABB ' A ') và mặt phẳng đáy ( ABC ) .

bo

- 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: d B /( ACC ') = 2d H /( ACC ') .
Hạ HM ⊥ AC , HN ⊥ C ' M ⇒ HN ⊥ ( ACC ') ⇒ d H /( ACC ') = HN =

1
3a
d B /( ACC ') =
.
2
15

1
a 3
⇒ C ' H = a 3 từ đó tính được CC ' = 2a.
AB =
2
2
1
1
1
1
a3
= VLT = C ' H .dt ( ABC ) = .a 3. .a 3.a =
3
3
3
2
2

on
g

Ta có: HM =

Có VA ' ABC '

1
AC suy
2
ra I là trung điểm của AB . Tam giác ABC vuông tại A nên KI ⊥ AB ⇒ Góc tạo bởi

- Hạ A ' K ⊥ ( ABC ) thì C ' HKA ' là hình chữ nhật . Gọi I = HK ∩ AB thì OI / / =

kh

( ABB ' A ') và đáy ( ABC ) là A ' IK
IK
Ta có: cos A ' IK =
. Tính được
A'I
a
a 13
IK
1
13
IK = HK = ; A ' I = IK 2 + A ' K 2 =
⇒ cos A ' IK =
=
2
2
2

A' I
13

6


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

C'

2012

B'

N
H

B

C
M

I
K

oc
.c

A

om

A'

Ví dụ 6) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành

on

gb

oc
u

AB = 2a, AD = a, BAD = 600
SAB là tam giác đều . Gọi H là trung điểm của AB , K là hình chiếu vuông góc của H
a 15
lên mặt phẳng ( SCD ) . Tính thể tích khối chóp SABCD biết HK =
và điểm K nằm
5
trong tam giác SCD
Giải:
Gọi E là trung điểm của CD, F là trung điểm của ED
Với giả thiết SA = SB ta suy ra chân đường cao hạ từ S lên mặt phẳng ABCD thuộc
đường trung trực của đoạn thẳng AB
Nói cách khác chân đường cao hạ từ S lên ( ABCD ) thuộc đường thẳng chứa HF
Hạ HK ⊥ SF ⇒ HK ⊥ ( SCD )
2
Ta có: VSABCD = 2VSHCD = HK .dt ( SCD )

3
Ta cần tính diện tích tam giác SCD
1
Ta có: dt ( SCD ) = SF .CD;
2
Mà SF = SK + KF ; SK = SH 2 − HK 2 ; KF = HF 2 − HK 2
SH là đường cao tam giác đều SAB suy ra: SH = a 3, HF là đường cao tam giác đều
a 3
3 15a
Thay số ta có: SF =
2
10
3
2 a. 3 1 3 15a
3a
=
. .
.2a =
3 5 2 10
5

kh

HDE suy ra: HF =

Vậy: VSABCD

7

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

B

C

120°

H

co

K

m

S

E

oc
.

F
D

A

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

oc
u

khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 và SAB = SCB = 900 . Tính thể tích
khối chóp S.ABC theo a .
Giải:
Đây là bài toán dễ làm cho học sinh bối rối khi xác định đường cao hình chóp.

gb

S

K

C

on

H

A

B

kh

 AB ⊥ SH
⇒ AB ⊥ ( SHA) ⇒ AB ⊥ HA .
Hạ SH ⊥ ( ABCD ) vì 
 AB ⊥ SA
Chứng minh tương tự ta có BC ⊥ HC ⇒ HABC là hình vuông.
Ta có HC ⊥ BC kẻ HK ⊥ SC ⇒ HK ⊥ ( SBC ) ⇒ HK = a 2
1
1
1
HK .HC
Mặt khác ta có:
=
+
⇒ SH =
=a 6
2
2
2
HK
HC
HS
HC 2 − HK 2

8


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

1
1
3a 2
6a 3
Thể tích khối chóp VSABC = SH .S ∆ABC = a 6.
=
3
3
2
2
Ví dụ 8) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA = SB = a ,

SD = a 2 và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích

om

khối chóp S.ABCD
Giải:

oc
.c

S

A

oc
u

D

H

B

O

C

1
1 a 6 a2 3
2a 3
= SH .S ABCD = .
.
=
3
3 3
2
6

on

VSABCD

gb

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

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

kh

2
Chú ý: Ta có thể tính thể tích theo cách: VSABCD = 2VCSBD = CO.S ∆SBD
3
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 ( x > 0) , các cạnh còn lại của hình chóp bằng

nhau và bằng a ( x > 0) . Tìm x biết thể tích khối chóp SABCD bằng

2a 3
.’’
6

B. Tính thể tích bằng phương pháp gián tiếp

9


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

co

m

Khi gặp các bài toán mà việc tính toán gặp khó khăn thì ta phải tìm cách phân chia khối
đa diện đó thành các khối chóp đơn giản hơn mà có thể tính trực tiếp thể tích của nó
hoặc sử dụng công thức tính tỉ sốthể tích để tìm thể tích khối đa diện cần tính thông qua
1 khối đa diện trung gian đơn giản hơn.
Các em học sinh cần nắm vững các công thức sau:
VSA′B′C ′ SA′.SB′.SC ′
=
(1)
VSABC
SA.SB.SC
VSA′ABC A ' A
=
(2). Công thức (2) có thể mở rộng cho khối chóp bất kỳ.
VSABC
SA

C'

oc
u

A'

oc
.

S

B'

gb

A

C

B

kh

on

ˆ = 600 , SA
Ví dụ 3) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD
vuông góc với đáy ABCD , SA = a . Gọi C ' là trung điểm của SC , mặt phẳng ( P ) đi qua
AC song song với BD cắt các cạnh SB, SD của hình chóp tại B ', D ' . Tính thể tích khối
chóp SABCD
HD giải:
Gọi O là giao 2 đường chéo ta suy ra AC ' và SO cắt nhau tại trọng tâm I của tam
giác SAC Từ I thuộc mặt phẳng kẻ đường thẳng song song với BD cắt các cạnh
SB, SD của hình chóp tại B ', D ' là 2 giao điểm cần tìm.

SC ′ 1 SD′ SB′ SI 2
Ta có:
= ;
=
=
=
SC 2 SD SB SO 3
V
V
SA.SB′.SC ′ 1
Dễ thấy V( SAB′C ′D′) = 2V( SAB′C ′) ;V( SABCD ) = 2V( SABC ) ⇒ SAB′C ′D′ = SAB′C ′ =
=
VABCD
VSABC
SA.SB.SC 3
10


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

om

1
1
1
3

3
Ta có V( SABCD ) = SA.dt ( ABCD ) = SA. AD. AB.sinDABˆ = a.a.a.
= a3
3
3
3
2
6
3 3
V( SAB′C ′D′) =
a (đvtt)
18

S

I
B'

D'

oc
.c

C'

D

A
O

C

oc
u

B

Ví dụ 4) (Dự bị A 2007)
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD = 2a cạnh SA
vuông góc với đáy, cạnh SB hợp với đáy một góc 600. Trên cạnh SA lấy M sao cho
a 3
. Mặt phẳng ( BCM ) cắt SD tại N . Tính thể tích khối chóp SBCMN
3

gb

AM =

on

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

bởi SB và ABCD là SBA = 600 .
Ta có SA = SB.tan 60 = a 3 .
3
2 3
SM SN 2
=a
⇒

=
=
3
3
SA SD 3
= 2V( SABC ) = 2V( SACD ) ; V( SBCMN ) = V( SMBC ) + V( SMCN )

kh

Từ đó suy ra SM = SA − AM = a 3 − a

Dễ thấy V( SABCD ) = V( SABC ) + V( SACD )
⇒

V( SMBCN )
V( SABCD )

=

=

V( SMBC ) + V( SMCN )
V( SABCD )

=

V( SMCN )
2V( SABC )

+

V( SMCN )
2V( SACD )

1.SM .SB.SC 1.SM .SC.SN 1 2 5
+
= + =
2.SA.SB.SC 2.SA.SC.SD 3 9 9

11


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

om

1
1
2 3 3
Mà V( SABCD ) = SA.dt ( ABCD) = a 3a .2a =
a
3
3
3
10 3 3
⇒ V( SMBCN ) =

a
27

S

N

.c

M

D

cu
oc

A

O

B

C

Ví dụ 5) Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M , N , P lần lượt là trung

điểm của AB, AD, SC . Chứng minh mặt phẳng ( MNP ) chia khối chóp thành hai phần có

gb
o

thể tích bằng nhau.

Lời giải: Gọi I , J , K lần lượt là giao điểm của MN và CB, CD, CA
Nối PI cắt SB tại E , nối PJ cắt SD tại F
Ngũ giác PEMNF là thiết diện của mặt phẳng ( PMN ) và hình chóp

kh

on

3

CI = CB

CB CD CO 2 
2
Gọi O = AC ∩ BD ; do BD / / MN nên ta có:
=
=
= ⇒
3
CI CJ CK 3 
CJ = CD

2
1
Vì P là trung điểm của SC nên ta có: d ( P, ( ABC ) ) = d ( S , ( ABC ) )
2
1

1 1
Do đó: VPCIJ = SCIJ .d ( P, ( ABC ) ) = . CI .CJ .sin BCD.d ( P, ( ABC ) )
3
3 2
1 3
3
1
= . CB. CD.sin BCD. d ( S , ( ABC ) )
6 2
2
2
9 1
 9
=  .CB.CD.sin BCD.d ( S , ( ABC ) )  = VSABCD
16  3
 16

12


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

m

VIBEM IB IE IM 1 1 1 1
. .

=
= . . =
VICPJ
IC IP IJ 3 2 3 18
1
1
1
⇒ VIBEM = VICPJ = VPCIJ = VSABCD
18
18
32
1
1
Tương tự VJDFN = VPCIJ = VSABCD
18
32
Gọi V1 là thể tích phần khối chóp giới hạn bởi mặt phẳng ( PMN ) và mặt phẳng đáy của

co

hình chóp ta có:
9
1
 1
 1
VSABCD −  VSABCD + VSABCD  = VSABCD
16
32
 32
 2

1
Gọi V2 là thể tích phần còn lại của khối chóp thì V2 = VSABCD
2
Vậy V1 = V2 .

oc
.

V1 = VPCIJ − (VIBEM + VJDFN ) =

S

oc
u

P

E

A

F

gb

O

D

I

B

M

K

N

C

on

J

kh

Ví dụ 6)
Cho khối lập phương ABCDA ' B ' C ' D ' cạnh a. Các điểm E và F lần lượt là trung điểm
của C ' B ' và C ' D ' .
1) Dựng và tính diện tích thiết diện của khối lập phương khi cắt bởi mặt
phẳng ( AEF )
2) Tính tỉ số thể tích của hai phần khối lập phương bị chia bởi mặt phẳng ( AEF )

Lời giải:
1) Dựng và tính diện tích thiết diện:
Kéo dài EF cắt A ' B ' và A ' D ' lần lượt tại I và J

13

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

Nối AI và AJ cắt BB ' và DD ' lần lượt tại P và Q

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

(

)

Do đó: S AIJ =

18a 2 a 34
=
16
4

uo
c.

Trong tam giác vuông AA ' K ta có: AK = AA '2 + A ' K 2 = a 2 +

co
m

Gọi O = A ' C '∩ B ' D ' và K = IJ ∩ A ' C '

B ' D ' A' B ' A' D ' A'O 2
Do B ' D '/ / IJ nên ta có:
=
=
=
=
IJ
A' I
A' J
A' K 3
3
3a 2
3
3a
3
3a 2
Suy ra: IJ = B ' D ' =
; A' I = A' B ' =
A' J ; A ' K = A'O =
2
2
2
2
2
4
PB ' IP IB ' 1
1
a
Do PB '/ / AA ' nên ta có:
=

=
= ⇒ PB ' = AA ' = = QD '
AA ' IA IA ' 3
3
3
Ta có: S APEFQ = S AIJ − S PIE + SQJF = S AIJ − 2 S PIE

1
1 3a 2 3a 2 3a 2 17
.
IJ . AK = .
=
2
2 2
4
8

Trong tam giác PIE kẻ đường cao PH thì PH / / AK và PH =

1
a 34
AK =
3
12

3a 2
1
a 2
⇒ IE = IJ =
2

3
2
1
1 a 2 a 34 a 2 17
Diện tích tam giác PIE là: S PIE = IE.PH = .
.
=
2
2 2
12
24
2
2
2
3a 17 a 17 7 a 17
Vậy S APEFQ = S AIJ − 2 S PIE =
−
=
8
12
24

on
gb
oc

Mặt khác: IJ = A ' I 2 =

A

D

O

B

C

P

kh

D'

J

A'

O'

B'

I

Q

E

K

F

C'

H

2) Tính tỉ số thể tích:

14


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

VAA ' IJ =

2012

1
1 3a 3a 3a 3
A ' A. A ' I . A ' J = .a. . =
6
6
2 2
8

1
1 a a a a3
B ' P.B ' I .B ' E = . . . =

6
6 3 2 2 72
Do tính đối xứng của hình lập phương nên ta có: VB ' PIE = VD ' QJF

om

VB ' PIE =

Gọi V1, V2 lần lượt là thể tích của khối đa diện ở phía dưới và phía trên mặt phẳng

( AEF )

3a 3 2a 3 25a3
−
=
8
72
72
3
25a
47 a 3
V2 = VABCDA ' B ' C ' D − V1 = a 3 −
=
72
72

V1 25
=
V2 47

oc

Vậy

.c

Ta có: V1 = VAA ' IJ − 2VB ' PIE =

cu

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

bo

⊻ BÀI TOÁN CƠ BẢN
Cho khối chóp SABC có SA vuông góc với đáy ABC . Tính khoảng cách từ A đến mặt
phẳng ( SBC )

kh

on
g

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

- Ta có
1
1
1
AM . AS
=
+
⇒ AH =
2
2
2
AH
AM
AS
AM 2 + AS 2

15


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

om

S

H

C

A

.c

M

oc

B

* Tính chất quan trọng cần nắm:

cu

- Nếu đường thẳng (d ) song song với mặt phẳng ( P ) thì khoảng cách từ mọi điểm trên
(d ) đến mặt phẳng ( P ) là như nhau
- Nếu AM = k BM thì d A/( P ) =| k | d B /( P ) trong đó ( P ) là mặt phẳng đi qua M

bo

- Nếu a, b là hai đường thẳng chéo nhau. Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa b và ( P ) / / a thì
d a / b = d a /( P ) = d M ∈a /( P )
Trên cơ sở các tính chất trên ta luôn quy được khoảng cách từ một điểm bất kỳ về bài
toán cơ bản.

kh
on
g

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

Ví dụ 1) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu của
S lên mặt phẳng ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABD . Mặt bên SAB tạo với đáy
một góc 600. Tính theo a thể tích của khối chóp SABCD và khoảng cách từ B đến mặt
phẳng SAD
Lời giải:

16


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

A

co

D

H

G

E
B

C

M

oc
.

N

m

S

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABD , E là hình chiếu của G lên AB . Ta có:
SG ⊥ AB; GE ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SGE )
ˆ = 600
⇒ SAG
ˆ = 3GE
⇒ SG = GE. tan SEG

oc
u

1
a
Mặt khác G là trọng tâm của tam giác ABD ⇒ GE = BC =
3
3
3
a 3
1
⇒ VSABCD = SG.S ABCD =
3
9
Hạ GN vuông góc với AD , GH vuông góc với SN

GN 2 + GS 2

gb

Ta có d B /( SAD ) = 3dG /( SAD ) = 3GH =

3GN .GS

=

a a 3
3 .
3 3

2
a a 3


  +
3  3 

2

=

a 3
2

on

Ví dụ 2) Cho hình lăng trụ đứng ABCD. A′B ′C ′D ′ có đáy ABCD là hình thoi , AB = a 3 ,
∠BAD = 1200 . Biết góc giữa đường thẳng AC ′ và mặt phẳng ( ADD ′A′) bằng 300 .Tính thể
tích khối lăng trụ trên theo a. và khoảng cách từ trung điểm N của BB ' đến mặt phẳng
(C ' MA) . Biết M là trung điểm của A ' D '

kh

Giải:

17


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

C'

2012

D'

A' H

B'

K

O
D

C

B

A

Ta có VABCD. A ' B 'C ' D ' = AA '.S ABCD (1).

.c

N

om

M

(a 3)

= 2.

oc

Đáy ABCD là hình thoi gồm 2 tam giác đều ABC , ACD nên:
2

3

3 3a 2
(2)
4
2
Gọi C ' M là đường cao của tam giác đều C ' A ' D ' thì C ' M ⊥ ( ADA ' D ') nên
ˆ = 300
C ' AM

=

cu

S ABCD = 2 S ∆ABC

3a
3 3a
⇒ AM = C ' M .cot 300 =
⇒ A ' A = AM 2 − A ' M 2 = a 6 (3)
2
2
3 3a 2

9 2a 3
Thay (2),(3) vào (1) ta có: VABCD. A ' B 'C ' D ' =
.a 6 =
.
2
2
Ta có d N /(C ' MA) = d K /( C ' MA) với K là trung điểm của DD ' (Vì K và N đối xứng nhau qua

bo

Ta có C ' M =

kh

on
g

trung điểm O của AC’)
Từ K hạ KH vuông góc với AM thì
1
KH ⊥ ( AC ' M ) ⇒ d K /( C ' MA) = KH ; KH . AM = dt ( AA ' D ' D) − dt ( AA ' M ) − dt ( MD ' K ) − dt ( AKD)
2
3 3a
1
3a 1 a 6 3a 1 a 6
6
⇒ KH .
= a 6.a 3 − a 6.
− .
.

− .
.a 3 ⇒ KH =
a
4
2
2
2 2
2
2 2
2
6
Vậy d N /(C ' MA) =
a
2
Ví dụ 3) Cho hình chóp SABC có góc tạo bởi 2 mặt phẳng SBC và ABC là 600. Các tam
giác SBC và ABC là các tam giác đều cạnh a . Tính khoảng cách từ đỉnh B đến mặt
phẳng SAC . (Đề dự bị khối A 2007)
HD giải:

18


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

S

O

M
B

.c

C

A

om

P

N

oc

Cách 1: Coi B là đỉnh khối chóp BSAC từ giả thiết ta suy ra BS = BA = BC . Gọi O là
chân đường cao hạ từ B xuống mp ( SAC ) . O chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam
giác SAC . Gọi M là trung điểm BC ta có SM ⊥ BC ; AM ⊥ BC . góc tạo bởi 2 mặt phẳng
a 3
.
2
Bây giờ ta tìm vị trí tâm vòng ngoại tiếp tam giác SAC
Tam giác SAC cân tại C nên tâm vòng tròn ngoại tiếp nằm trên trung trực của SA là
CN ( N là trung diểm của SA ). Kẻ trung trực của SC cắt trung trực của SA tại O là
điểm cần tìm

bo

cu

( SBC ) và ( ABC ) là SMA = 600 ⇒ SM = AM = AS =

2

 SA 
SC − 

 2 
=
SC
2

3a 2
16 = 13
a
4

a2 −

NC
=
SC
SC
2a
4a 2
3a

2
; BO = BC 2 − OC 2 = a 2 −
⇒ OC =
=
=
.
13
13
13
cos SNC

ng

cos SNC =

kh
o

1
2a
3
Cách 2: V( SABCD ) = 2V( SABM ) = 2 BM .dt ( SAM ) =
AM .MS .sin 600 = a 3
dt ( SAC )
3
3.2
16
1
1 13
3

39a 2
3V ( SABC ) 3a
=
CN .AS= .
a.
a=
⇒ d ( B, ( SAC ) =
=
2
2 4
2
16
dt ( SAC )
13

Ví dụ 4) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD 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
của A lên SB . Chứng minh tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến

19


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

mặt phẳng ( SCD ) (TSĐH D 2007)
HD giải:

om

S

K

D

A

C

B

oc
.c

H

Ta có AC = a 2; SD = SA2 + AD 2 = a 6; SC = SA2 + AC 2 = 2a . Ta cũng dễ dàng tính
được CD = a 2 . Ta có SD 2 = SC 2 + CD 2 nên tam giác SCD vuông tại C.
AB. AS

=

a.a 2

=a

oc
u

1
1
1
=
+
⇒ AH =
2
2
AH
AB
AS 2

AS 2 + AB 2
a 2 + 2a 2
2
a
SH
2
2
3
2
2
a⇒
⇒ SH = SA − AH =
=
=
SB a 3 3

3

2
3

on

gb

1. AB.( BC + AD) 1
a2
dt ( BCD) = dt ( ABCD) − dt ( ABD) =
− AB. AD = ;
2
2
2
1
dt ( SCD) = SC.CD = a 2 2
2
V( SHCD ) SH .SC.SD 2
1
1.a 2.a 2
2 3
=
= ;V( SBCD ) = SA.dt ( BCD) =
=
a
V( SBCD ) SB.SC.SD 3
3
3.2

6

3V( SHCD )
2 3
2 3
1
a
a .Ta có d ( H /( SCD )) =
a .3 2
=
=
9
dt ( SCD)
9
a 2 3
Ta cũng có thể trực tiếp tính khoảng cách theo phương pháp:

kh

V( SHCD ) =

20


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

A

2012

B

m

D

.c
o

C

E

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

AK ⊥ SC ⇒ AK ⊥ ( SCD) ⇒ d A,( SCD ) = AK =
= a ⇒ d H ,( SCD ) =
2
3
Vì tam giác SAC vuông cân tại A

cu

oc

Vì

bo

Ví dụ 5) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang ABC = BAD = 900 ,
BA = BC = a, AD = 2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA= a 2 , góc tạo bởi SC và
( SAD) bằng 300.Gọi G là trọng tâm tam giác ( SAD) . Tính khoảng cách từ G đến mặt
phẳng ( SCD )

on
g

Giải:

S

kh

G

N

E

D

A

M
B

C

Kẻ CE vuông góc với AD thì E là trung điểm của AD và CE ⊥ ( SAD)
ˆ = 300 ⇒ SE = CE. tan 60 = a 3 ⇒ SA = a 2
⇒ CSE
21


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

co

m

Gọi M là trung điểm của AB , N là trung điểm của AE . Ta có BE song song với

3
( SCD ) , MN cũng song song với ( SCD ) . Ta có ND = AD
4
2
2
2
2 3
1
GS = MS ⇒ dG /( SCD ) = d M /( SCD ) = .d N /( SCD ) = . d A/( SCD ) = d A/( SCD )
3
3
3
3 4
2
Vì tam giác ACD vuông cân tại C nên CD vuông góc với ( SAC ) . Hạ AH vuông góc
SA.SC
với SC thì AH ⊥ ( SCD) ⇒ d A/( SCD ) = AH =
=a
SA2 + SC 2
(Ta cũng có thể lập luận tam giác SAC vuông cân suy ra AH=a)

oc
uo

c.

Ví dụ 6) Cho hình lăng trụ ABCA ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A cạnh
huyền BC = a 2 cạnh bên AA ' = 2a, biết A ' cách đều các đỉnh A, B, C . Gọi M , N lần
lượt là trung điểm của AA ', AC . Tính thể tích khối chóp C ' MNB và khoảng cách từ C '
đến mặt phẳng ( MNB )

on
gb

Giải:
- Tính thể tích:
Vì A ' cách đều A, B, C nên chân đường cao hạ từ A ' lên mặt phẳng ( ABC ) là tâm
vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi H là trung điểm của BC suy ra A ' H ⊥ ( ABC )
1
Gọi K = MN ∩ AC ' ⇒ AK = C ' K ⇒ VC ' MNB = 3VAMNB
3
1
Gọi E là trung điểm của AH ⇒ ME ⊥ ( ABC ) ⇒ VMANB = ME.dt ( ANB )
3
1
1 a 14 a 14
Tính được: ME = A ' H =
=
2
2 2
4
2
3
1 a 14 a
14a
14a 3
Suy ra: VMANB = .
.
=
. Vậy VC ' MNB =

3 4
4
48
16
- Tính khoảng cách: dC '/( BMN ) = 3d A/( BMN ) . Gọi F là trọng tâm tam giác ABC.

1
1 3
3
1
AH = . AF = AF ; EF = AF ⇒ d A/( BMN ) = 3d E /( BMN )
2
2 2
4
4
EP
⊥
BN

EP.EM
Hạ 
⇒ EQ ⊥ ( MNB) ⇒ d E /( MNB ) = EQ =
 EQ ⊥ MP
EP 2 + EM 2
EP EF
BH .EF
Ta có ∆EPF đồng dạng với ∆BHF ⇒
=
⇒ EP =
BH BF

BF
a 2
1
1 2
1
a 2
a 5
Tính được BH =
; EF = AF = . AH = AH =
; BF =
2
4
4 3
6
12
3

kh

Ta có: AE =

22


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

a 5
⇒ EQ =

20

EP.EM
EP 2 + EM 2

Vậy dC '/( BMN ) = 3d A/( BMN ) = 12d E /( BMN ) =

A'

=

a 14
4 71

3a 14
4 71

B'
M

oc
.

Q

I

K

co

C'
M

N

N
A

m

Suy ra: EP =

2012

C

E

H

oc
u

B

A

E

C

P

H

B

B. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau trong không gian

kh

on

gb

Khi tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau a và b trong không gian ta tiến
hành theo trình tự sau:
- Dựng (tìm) mặt phẳng trung gian (P) chứa a song song với b sau đó tính khoảng cách
từ 1 điểm bất kỳ trên b đến mp(P)
- Khi tính khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng ta có thể vận dụng 1 trong 2 phương
pháp đã
trình bày ở mục A.
Ví dụ 1) Cho lăng trụ đứng ABCA ' 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 thể tích khối lăng
trụ ABCA′B′C ′ và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và B ' C .(TSĐH D2008)
HD giải:

23

Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

B'

N
H
K

C
M

2
.
2

oc

B

.c

A

om

C'

A'

V ( ABCA′B′C ′) = S .h = a 3

2012

gb

oc
u

Tính khoảng cách
Gọi N là trung điểm của BB ' ta có B ' C song song với ( AMN ) . Từ đó ta có:
d ( B′C , AM ) = d ( B′, ( AMN )) = d ( B, ( AMN ))
 BK ⊥ AM
1
1
1
1
1
1
⇒ BH ⊥ ( AMN ) . Ta có:
Kẻ 
=
+
mà
=
+
2
2

2
2
2
BH
BN
BK
BK
BA
BM 2
 BH ⊥ NK
1
1
1
1
a
⇒
=
+
+
⇒ BH =
2
2
2
2
BH
BN
BA
BM
7
chính là khoảng cách giữa AM và B’C.

kh
on

Chú ý 1) Trong bài toán này ta đã dựng mặt phẳng trung gian là mp(AMN) để tận
dụng điều kiện B’C song song với (AMN). Tại sao không tìm mặt phẳng chứa B’C các
em học sinh tự suy nghĩ điều này
Chú ý 2) Nếu mặt phẳng (P) đi qua trung điểm M của đoạn AB thì khoảng cách từ A
đến (P) cũng bằng khoảng cách từ B đến (P))
Ví dụ 2) Cho hình chóp tứ giác đều SABCD 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 . Chứng minh MN vuông góc với BD và tính khoảng cách giữa 2 đường
thẳng MN và AC .
(TS B2007)
HD giải: Gọi P là trung điểm của SA , ta có tứ giác MPNC là hình bình hành.

24


Truy cập www.khongbocuoc.com để download thêm các tài liệu học tập khác

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012

Nên MN / / PC . Từ đó suy ra MN / /( SAC ) . Mặt khác BD ⊥ ( SAC ) nên
BD ⊥ PC ⇒ BD ⊥ MN .
1
1
1

Ta có: d MN / AC = d MN /( SAC ) = d N /( SAC ) = d ( B, ( SAC )) = BD = a 2
2
4
2
S

m

E
P

co

M
A

oc
.

D

O

B

K

C

N

oc
u

( Chú ý việc chuyển tính khoảng cách từ N đến (SAC) sang tính khoảng cách từ B đến
(SAC) giúp ta đơn giản hoá bài toán đi rất nhiều. Các em học sinh cần nghiên cứu kỹ
dạng toán này để vận dụng)

on

Giải:

gb

Ví dụ 3) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB = BC = 2a,
hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBC ) cùng vuông góc với đáy ABC . Gọi M là trung điểm
của AB , mặt phẳng qua SM song song với BC cắt AC tại N . Biết góc tạo bởi ( SBC )
và ( ABC ) bằng 600. Tính thể tích khối chóp SBCNM và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và SN theo a (TSĐH A 2011)

ˆ = 900 ⇒ SBA
ˆ = 600 ⇒ SA = 2a 3
- Ta có SA ⊥ ( ABC ); ABC
Mặt phẳng qua SM song song với BC cắt AC tại N suy ra N là trung điểm của AC

kh

Từ đó tính được V = 3a 3
- Kẻ đường thẳng (d ) qua N song song với AB thì AB song song với mặt phẳng ( P )
chứa SN và (d ) nên khoảng cách từ AB đến SN cũng bằng khoảng cách từ A đến

( P) .

25