Phương pháp giải các bài tập hình học không gian trong các kì thi đại học

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

Chuyên đề luyện thi đại học

PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP

Biên soạn: Nguyễn Trung Kiên

m

HÌNH KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI TSĐH

oc
.

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

co

Hình không gian là bài toán không khó trong đề thi TSĐH nhưng luôn làm cho rất nhiều
học sinh bối rối. Thông qua chuyên đề này tôi hy vọng sẽ giúp các bạn học sinh hiểu rõ
hơn bản chất của bài toán để từ đó tìm ra chìa khóa giải quyết triệt để dạng toán này

⊻ 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
=

+
⇒ AH =
2
2
AH
AB
AC 2

AB 2 + AC 2

on
gb

A

AB. AC

oc
u

-

B

H

C

⊻ Trong tam giác thường ABC ta có: a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A;cos A =

b2 + c2 − a2
.
2bc

kh

Tương tự ta có hệ thức cho cạng b, c và góc B, C:
- S ∆ABC =

1
1
1
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)

- S=

abc
4R

NGUYỄN TRUNG KIÊN

1


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

⊻ Thể tích khối đa diện:

1
B.h (B là diện tích đáy, h là chiều cao)
3

- VLT = B.h
Phần 2) Phương pháp xác định đường cao các loại khối chóp:

om

- Vchop =

Loại 1: Khối chóp có 1 cạnh góc vuông với đáy đó chính là chiều cao.
Loại 2: Khối chóp có 1 mặt bên vuông góc với đáy thì đường cao chính là đường kẻ từ
mặt bên đến giao tuyến.
Loại 3: Khối chóp có 2 mặt kề nhau cùng vuông góc với đáy thì đường cao chính là giao
tuyến của 2 mặt kề nhau đó.
- Loại 4: Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên cùng tạo với đáy 1 góc
bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp đáy.
- Loại 5: Khối chóp có các mặt bên đều tạo với đáy 1 góc bằng nhau thì chân đường cao
chính là tâm vòng tròn nội tiếp đáy.
Sử dụng các giả thiết mở:

oc

.c

-

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

bo

cu

-

Phần 3: Các bài toán về tính thể tích

kh
on
g

A. Tính thể tích trực tiếp bằng cách tìm đường cao:
Để giải quyết tốt dạng bài tập này các em cần nắm chắc các dấu hiệu để xác định đường
cao và sử dụng các công thức
1
+ Vchóp = B.h
3
+ VLT = B.h
Ta xét các ví dụ sau:

Ví dụ 1) (TSĐH A 2009) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và

D , có AB = AD = 2 a, 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 .
HD giải:
Dấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là: ‘’2 mặt phẳng ( SBI ) và ( SCI ) cùng

vuông góc với đáy ABCD ’’

NGUYỄN TRUNG KIÊN

2


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

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 ( SCB ), ( ABCD ) là

m

ˆ = 600 . Từ đó ta tính được: IC = a 2; IB = BC = a 5; S ( ABCD ) = 1 AD ( AB + CD ) = 3a 2
SHI
2
1
a 2 3a 2
2S
2
2
IH .BC = S ( IBC ) = S ( ABCD) − S ( ABI ) − S (CDI ) = 3a − a −
=

nên IH = ∆IBC =
2
2
2
BC

co

3 3
3 15 3
a . Từ đó tính được VSABCD =
a .
5
5

oc
.

S

A

oc
u

I

B

H

D

gb

C

on

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:
Dấu hiệu để nhận biết đường cao trong bài toán này là:’’ I nằm trong mặt bên ( BCC ' B ')

vuông góc với đáy ( ABC ) ’’

kh

Ta có:

- ABCA ' B ' C ' là lăng trụ đứng nên các mặt bên đều vuông góc với đáy.
I ⊂ ( B ' BC ) ⊥ (ABC), từ I ta kẻ IH ⊥ BC thì IH ⊥ ( ABC ) và I chính là trọng tâm tam giác

BB ' C ' ⇒

IH
CI
2
4a

=
= ⇒ IH =
3
BB ' CB ' 3

NGUYỄN TRUNG KIÊN

3


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

Có AC = A′C 2 − AA′2 = 9a 2 = 4a 2 = a 5 ⇒ BC = AC − AB 2 = 2a
2

1
1 4a 1
4
IH .dt ( ABC ) = . . .2a.a = a 3 ( đvtt)
3
3 3 2
9

om

VIABC =

C'

A'

M

B'

.c

I

cu
oc

O

C

A
H
B

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 trung điểm của AD và SC ; I là

gb
o

giao điểm của BM và AC . Chứng minh rằng mặt phẳng ( SAC ) vuông góc với mặt phẳng

( SMB ) . Tính thể tích khối tứ diện

Lời giải:

ANIB .

+) Chứng minh ( SAC ) ⊥ ( SMB ) .

on

Ta có:

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

2a 2 a 6
=
4
2

kh

Gọi O = AC ∩ BD ;do I là giao điểm của hai đường trung tuyến AO và BM nên là trọng tâm

của tam giác ABD .
Theo tính chất trọng tâm của tam giác ta có: AI =

2
1
a 3
2
a 6
; BI = BM =

AO = AC =
3
3
3
3
3

NGUYỄN TRUNG KIÊN

4


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

Nhận xét: AI 2 + BI 2 =
(1)

Mặt khác: SA ⊥ ( ABCD ) nên SA ⊥ BM

(2)

m

Do đó BM ⊥ AI

a 2 2a 2
+
= a 2 = AB 2 , suy ra tam giác AIB vuông tại I .
3
3

co

Từ (1) và (2) suy ra BM ⊥ ( SAC )
+) Tính thể tích khối tứ diện ANIB
Ta thấy khối chóp ANIB cũng chính là khối chóp NAIB

c.

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

Do đó NO là đường cao của tứ diện ANIB

1
a
SA =
2
2

1
1 a 3 a 6 a2 2
= AI .BI =
=
.
2
2 3
3
6

oc

Diện tích tam giác đều AIB là: S AIB

uo

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

gb

1
1 a 2 2 a a3 2
Thể tích khối tứ diện ANIB là: V = S AIB .NO =
. =
3
3 6 2
36

on

S

N

A

M
D

kh

I

B

O
C

NGUYỄN TRUNG KIÊN

5


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

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:

om

Dấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là:

‘’Hình chóp có các mặt bên hợp với đáy các góc bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường
tròn nội tiếp đáy hình chóp’’

.c

Từ đó ta có lời giải sau:

Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng ( ABC ) và I , H , J lần lượt là hình chiếu của O trên

oc

AB, BC , CA .

Theo định lý ba đường vuông góc ta có: SI ⊥ AB, SJ ⊥ AC , SH ⊥ BC

cu

Suy ra: SIO, SJO, SHO lần lượt là góc hợp bởi các mặt bên ( SAB ) , ( SAC ) , ( SBC ) và mặt đáy
Theo giả thiết ta có: SIO = SJO = SHO = 600

Các tam giác vuông SOI , SOJ , SOH bằng nhau nên OI = OJ = OH

bo

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

kh
on
g

là đường trung tuyến

Suy ra A, O, H thẳng hàng và H là trung điểm của BC
Tam giác ABH vuông tại H , ta có: AH = AB 2 − BH 2 = 9a 2 − a 2 = 2a 2

Diện tích tam giác ABC là: S ABC =
Ngoài ra: S ABC = pr , với p =
⇒r=

1
1
BC . AH = .2a.2a 2 = 2a 2 2
2
2

1
( AB + AC + BC ) = 4a và r : bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC .
2

S ABC 2a 2 2 a 2
=
=
= OH
p
4a
2

NGUYỄN TRUNG KIÊN

6


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

Tam giác SOH vuông tại O , ta có: SO = OH tan 600 =

a 6
2

.c
om

a 6 2a 3 3
1
1
Thể tích khối chóp SABC là: V = S ABC .SO = .2a 2 2.
=
3
3
2
3

S

I

B

O

oc

A

H

J

cu

C

bo

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 mặt
6a
phẳng (C’AC) bằng
.Tính thể tích khối chóp A ' ABC ' theo a và tính cosin góc tạo bởi mặt
15
phẳng ( ABB ' A ') và mặt phẳng đáy ( ABC ) .
Giải:

on
g

Dấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là: ‘’Đỉnh C ' cách đều các đỉnh A, B, C ⇔

C ' A = C ' B = C ' C ’’

kh

C'

B'

A'

N

H

B

C

M

I
A

K

NGUYỄN TRUNG KIÊN

7


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

- Hạ C ' H ⊥ ( ABC ) ⇒ ∆C ' HA = ∆C ' HB = ∆C ' HC ⇔ HA = HB = HC

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
Có VA ' ABC ' = VLT = C ' H .dt ( ABC ) = .a 3. .a 3.a =
3
3
3
2
2

.c

Ta có: HM =

om

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 ') .

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

oc

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

Ta có: cos A ' IK =

a
a 13
IK
1
13
⇒ cos A ' IK =
=
HK = ; A ' I = IK 2 + A ' K 2 =
2
2
2
A'I
13

bo

IK =

IK
. Tính được
A' I

cu

đáy ( ABC ) là A ' IK

on
g

Ví dụ 6) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành 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 lên mặt
a 15
phẳng ( SCD ) . Tính thể tích khối chóp SABCD biết HK =
và điểm K nằm trong tam
5
giác SCD
Giải:
Bài toán này được cho theo kiểu giả thiết mở.

Dấu hiệu để tìm ra đường cao khối chóp là:’’ SAB là tam giác đều

kh

Tức là SA = SB ''

NGUYỄN TRUNG KIÊN

8


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

B

m

S

C

120°

H

co

K
E

D

A

oc
uo

Gọi E là trung điểm của CD , F là trung điểm của ED

c.

F

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
HK .dt ( SCD )
3

kh
on
gb

Ta có: VSABCD = 2VSHCD =

Ta cần tính diện tích tam giác SCD
Ta có: dt ( SCD ) =

1
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 HDE

suy ra: HF =

a 3
3 15a
Thay số ta có: SF =
2
10

Vậy: VSABCD =

2 a. 3 1 3 15a
3a3
. .
.2a =
3 5 2 10
5

NGUYỄN TRUNG KIÊN

9


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

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

Giải:

co

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

m

khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng a 2 và SAB = SCB = 900 . Tính thể tích khối chóp
S.ABC theo a .

K

C

oc
u

H

oc
.

S

A

B

 AB ⊥ SH
Hạ SH ⊥ ( ABCD ) vì 
⇒ AB ⊥ ( SHA) ⇒ AB ⊥ HA .

 AB ⊥ SA

gb

Chứng minh tương tự ta có BC ⊥ HC ⇒ HABC là hình vuông.
Ta có HC ⊥ BC kẻ HK ⊥ SC ⇒ HK ⊥ ( SBC ) ⇒ HK = a 2
Mặt khác ta có:

1

=

on

HK

2

1

HC

2

+

1

HS

2

⇒ SH =

HK .HC
HC 2 − HK 2

=a 6

1
1
3a 2
6a 3
Thể tích khối chóp VSABC = SH .S ∆ABC = a 6.
=
3
3
2
2

kh

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 khối
chóp S.ABCD
Giải:

NGUYỄN TRUNG KIÊN

10

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

A

om

S

D

O

B

c.
c

H

C

uo

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
SB 2 + SD 2

=

a 6
,suy ra tam giác ABC là tam giác đều
3

oc

Tính được BD = a 3, SH =

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

2a 3
6

gb

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

on

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

2a3
.’’
6

kh

B. Tính thể tích bằng phương pháp gián tiếp
Khi gặp các bài toán mà việc tính toán gặp khó khăn thì ta phải tìm cách phân chia khối đa diện
đó thành các khối chóp đơn giản hơn mà có thể tính trực tiếp thể tích của nó hoặc sử dụng công
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:

NGUYỄN TRUNG KIÊN

11


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

VSA′ABC A ' A
(2). Công thức (2) có thể mở rộng cho khối chóp bất kỳ.
=

VSABC
SA

.c

S

B'
A

cu

C

oc

C'

A'

om

VSA′B′C ′ SA′.SB′.SC ′
(1)
=
VSABC
SA.SB.SC

B

bo

ˆ = 600 , SA vuông góc
Ví dụ 3) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD
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:

kh
on
g

Để xác định mặt phẳng ( P ) các em cần tính chất:
’’Mặt phẳng ( P ) song song với đường thẳng ∆ thì mặt phẳng ( P ) sẽ cắt các mặt phẳng chứa ∆
(nếu có) theo giao tuyến song song hoặc trùng với ∆ ’’
Gọi O là giao 2 đường chéo ta suy ra AC ' và SO cắt nhau tại trọng tâm I của tam giác SAC
Từ I thuộc mặt phẳng kẻ đường thẳng song song với BD cắt các cạnh SB, SD của hình chóp

tại B ', D ' là 2 giao điểm cần tìm.
Ta có:

SC ′ 1 SD′ SB′ SI 2
= ;
=
=
=
SC 2 SD SB SO 3

Dễ thấy V( SAB′C ′D′) = 2V( SAB′C ′) ;V( SAB′C ′) = 2V( SABC ) ⇒

VSAB′C ′D′ VSAB′C ′ SA.SB′.SC ′ 1
=
=
=
VABCD
VSABC
SA.SB.SC 3

NGUYỄN TRUNG KIÊN

12


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

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
a (đvtt)
18

om

V( SAB′C ′D′) =

D'

C'
I

D

A

O
B

C

uo
c

A'

.c

S

gb
oc

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 AM =

a 3
. Mặt
3

phẳng ( BCM ) cắt SD tại N . Tính thể tích khối chóp SBCMN
HD giải:
Ta cần tính chất: ’’Mặt phẳng ( P ) song song với đường thẳng ∆ thì mặt phẳng ( P ) sẽ cắt các
mặt phẳng chứa ∆ (nếu có) theo giao tuyến song song hoặc trùng với ∆ ’’

on

Từ đó có lời giải như sau:

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 .

kh

Ta có SA = SB.tan 60 = a 3 .

Từ đó suy ra SM = SA − AM = a 3 − a

3
2 3

SM SN 2
=a
⇒
=
=
3
3
SA SD 3

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

NGUYỄN TRUNG KIÊN

13


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

⇒

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

m

=

=

⇒ V( SMBCN ) =

co

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

a
27

N

M

D

O

oc

A

C

on
gb

B

uo

c.

S

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 thể tích bằng
nhau.

kh

Lời giải:

Trong bài toán này ta thấy:’’Mặt phẳng ( MNP ) chứa đường thẳng MN / / BD nên mặt phẳng
( MNP ) sẽ cắt mặt phẳng ( SBD) theo giao tuyến song song với BD ’’

Từ đó ta có lời giải sau:

Gọi I , J , K lần lượt là giao điểm của MN và CB, CD, CA

NGUYỄN TRUNG KIÊN

14


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

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

Vì P là trung điểm của SC nên ta có: d ( P, ( ABC ) ) =

co
m

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
d ( S , ( ABC ) )
2

uo
c.

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

on
gb
oc

VIBEM IB IE IM 1 1 1 1
. .
=
= . . =
VICPJ
IC IP IJ
3 2 3 18

⇒ VIBEM =

1
1
1
VICPJ = VPCIJ = VSABCD
18

18
32

Tương tự VJDFN =

1
1
VPCIJ = VSABCD
18
32

Gọi V1 là thể tích phần khối chóp giới hạn bởi mặt phẳng ( PMN ) và mặt phẳng đáy của hình

chóp ta có: V1 = VPCIJ − (VIBEM + VJDFN ) =

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

kh

Vậy V1 = V2 .

NGUYỄN TRUNG KIÊN

15


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

P
E
I

A

co

B

F
O

M
K

N

C

c.

D

m

S

J

uo

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 )

oc

Lời giải:

1) Dựng và tính diện tích thiết diện:

on
gb

Kéo dài EF cắt A ' B ' và A ' D ' lần lượt tại I và J

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

Do B ' D '/ / IJ nên ta có:

kh

Suy ra: IJ =

B ' D ' A ' B ' A ' D ' A 'O 2
=
=
=
=
IJ
A' I
A' J
A' K 3

3
3a 2
3
3a
3
3a 2
; A' I = A' B ' =
B'D' =
A ' J ; A ' K = A 'O =
2
2

2
2
2
4

Do PB '/ / AA ' nên ta có:

(

PB ' IP IB ' 1
1
a
=
=
= ⇒ PB ' = AA ' = = QD '
AA ' IA IA ' 3
3
3

)

Ta có: S APEFQ = S AIJ − S PIE + SQJF = S AIJ − 2 S PIE

NGUYỄN TRUNG KIÊN

16


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

Do đó: S AIJ

18a 2 a 34
=
16
4

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

Diện tích tam giác PIE là: S PIE =
Vậy S APEFQ = S AIJ − 2 S PIE =

oc
.c

3a 2
1
a 2
⇒ IE = IJ =
2
3
2

1
1 a 2 a 34 a 2 17
.
IE.PH = .
=
2
2 2
12
24

3a 2 17 a 2 17 7 a 2 17
−
=
8
12
24

A

cu

Mặt khác: IJ = A ' I 2 =

om

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

D

O
B

Q

gb
o

C

D'

P

A'

O'

B'

F

C'

H

kh
on

I

E

K

J

2) Tính tỉ số thể tích:

VAA ' IJ =
VB ' PIE

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

NGUYỄN TRUNG KIÊN

17


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

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 25a 3
−
=
8
72
72

V2 = VABCDA ' B ' C ' D − V1 = a 3 −

25a 3 47 a 3
=
72
72

V1 25
=

V2 47

Phần 4: Các bài toán về khoảng cách trong không gian

.c

Vậ y

om

Ta có: V1 = VAA ' IJ − 2VB ' PIE =

uo
c

A. Khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng
Để giải quyết nhanh gọn bài toán khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng học sinh
cần nắm chắc bài toán cơ bản và các tính chất sau
⊻ BÀI TOÁN CƠ BẢN

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

gb
oc

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

kh

on

- Ta có
1
1
1
=
+
⇒ AH =
2
2
AH
AM
AS2

S

AM . AS

AM 2 + AS 2

H
C

A

M
B

NGUYỄN TRUNG KIÊN

18


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

om

* Tính chất quan trọng cần nắm:

- 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

.c

- 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 )

oc

Trên cơ sở các tính chất trên ta luôn quy được khoảng cách từ một điểm bất kỳ về bài toán
cơ bản.
Trong 1 số trường hợp khi việc tìm hình chiếu khó khăn, thì ta nên sử dụng công thức

cu

1
3V
V = B.h ⇒ h =
3
B

bo

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:
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABD , E là hình chiếu của G lên AB . Ta có:

kh
on
g

SG ⊥ AB; GE ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SGE )
ˆ = 600
⇒ SAG

ˆ = 3GE
⇒ SG = GE. tan SEG

Mặt khác G là trọng tâm của tam giác ABD
⇒ GE =

1
a
BC =
3
3

a3 3
1
⇒ VSABCD = SG.S ABCD =
3
9

Hạ GN vuông góc với AD , GH vuông góc với SN

NGUYỄN TRUNG KIÊN

19


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

3GN .GS

GN + GS
2

2

=

2
a a 3

  +
3  3 

2

=

a 3
2

m

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

a a 3
3 .
3 3

A

D

H
B

N

oc
uo

G

E

c.

co

S

C

M

Trong bài toán này G là chân đường cao của khối chóp. Để tính khoảng cách từ B đến ( SAD)

on
gb

ta đã quy bài toán về trường hợp cơ bản là tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SAD)

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 '
Giải:

kh

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

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

S ABCD = 2S∆ABC

(a 3)
= 2.
4

2

3

3 3a 2
=
(2)
2

NGUYỄN TRUNG KIÊN

20


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

ˆ = 300

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

Thay (2),(3) vào (1) ta có: VABCD. A ' B 'C ' D ' =

AM 2 − A ' M 2 = a 6 (3)

3 3a 2
9 2a 3
.
.a 6 =
2
2

om

Ta có C ' M =

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 trung

.c

điểm O của AC ' ’)

Vậy d N /( C ' MA) =

uo
c

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
a
2

gb
oc

C'

D'

M

B'

A' H

K

O

B

D

C

on

N

A

kh

Trong bài toán này việc nhìn ra AK là đường cao của khối chóp AKC ' M để quy khoảng cách
về bài toán cơ bản là yếu tố quan trọng quyết định thành công.

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:

NGUYỄN TRUNG KIÊN

21


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

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 ( SBC ) và ( ABC ) là

a 3
.
2

om

SMA = 600 ⇒ SM = AM = AS =

Bây giờ ta tìm vị trí tâm vòng ngoại tiếp tam giác SAC

2

 SA 
3a 2
SC − 
a2 −

 2 
16 = 13
=
SC
a
4
2

NC
=
SC

oc

cos SNC =

.c

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

SC
2a
4a 2
3a
2
⇒ OC =
=
=
.
; BO = BC 2 − OC 2 = a 2 −
13
13
13
cos SNC

Ở cách giải này ta đã sử dụng dấu hiệu ‘’ Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau thì chân
đường cao là tâm vòng tròn ngoại tiếp đáy’’
S

P

N

kh
o

A

ng

O

C

M

B

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

3V( SABC )
1
1 13
3
39a 2
3a
=
CN . AS = .
a.
a=
⇒ d ( B, ( SAC ) =

=
2
2 4
2
16
dt ( SAC )
13

NGUYỄN TRUNG KIÊN

22


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

Cách 1:
Dựa vào tam giác ∆SHA ∼ ∆SAB ⇒

SH SA
SH SA2 2
=
⇒
=
=
SA SB
SB SB 2 3

.c

HD giải:

om

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 mặt phẳng
( SCD ) (TSĐH D 2007)

Ta có d H /( SCD ) =

oc

Ta sẽ tìm cách quy khoảng cách từ H đến ( SCD ) thành khoảng cách từ A lên ( SCD )

2
1
1
1
d B /( SCD ) . Lại có BF = AF ⇒ d B /( SCD ) = d A/( SCD ) ⇒ d H /( SCD ) = d A/( SCD )
3
2
2
3

oc
u

Tính được AC = CD = a 2 ⇒ ∆ACD vuông tại C . Ta kẻ
AC. AS
a

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

H

gb

S

K

kh
on

A

B

D

D

A

B

C

F
C

Trong cách giải này ta đã quy về bài toán cơ bản: Tính khoảng cách từ chân đường cao A lên
mặt phẳng ( SCD ) .
Cách 2: 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 .

NGUYỄN TRUNG KIÊN

23


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

=

a.a 2

AB 2 + AS 2
a 2 + 2a 2
2
a
SH
2
2
3

2
2
⇒ SH = SA − AH =
a⇒
=
=
SB a 3 3
3

2
3

=a

3V( SHCD )
2 3
1
a
2 3
a .3 2
=
=
a .Ta có d ( H /( SCD )) =
dt ( SCD )
9
9
a 2 3

oc
uo

c

V( SHCD ) =

.c

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

om

AB. AS

1
1
1
=
+
⇒ AH =
2
2
AH
AB
AS 2

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 )
Giải:

gb

S

H

A

on

G

N

D

M

O

kh

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

NGUYỄN TRUNG KIÊN

24


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

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

GS =

3
AD
4

2
2
2
2 3
1
MS ⇒ dG /( SCD ) = d M /( SCD ) = .d N /( SCD ) = . d A/( SCD ) = d A/( SCD )
3
3
3
3 4
2

om

MN cũng song song với ( SCD ) . Ta có ND =

Vì tam giác ACD vuông cân tại C nên CD vuông góc với ( SAC ) . Hạ AH vuông góc với SC
thì AH ⊥ ( SCD ) ⇒ d A/( SCD ) = AH =

SA.SC
SA2 + SC 2

=a

.c

(Ta cũng có thể lập luận tam giác SAC vuông cân suy ra AH = a )

Trong bài toán này ta đã quy khoảng cách từ G đến ( SCD ) thành bài toán cơ bản là tính

oc

khoảng cách từ A đến ( SCD )

oc
u

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 )
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

gb

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

kh

on

1
Gọi E là trung điểm của AH ⇒ ME ⊥ ( ABC ) ⇒ VMANB = ME.dt ( ANB )
3

Tính được: ME =

1
1 a 14 a 14
A' H =
=
2
2 2
4

1 a 14 a 2
14a 3
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.
Ta có: AE =

1
1 3
3
1
AH = . AF = AF ; EF = AF ⇒ d A/( BMN ) = 3d E /( BMN )
2
2 2
4
4

NGUYỄN TRUNG KIÊN

25