Bài toán hình học không gian

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐÀO VĂN PHÚC

“BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN”

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

s
HÀ NỘI – 2016

1


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-------------------------

ĐÀO VĂN PHÚC

“BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN”

Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp
Mã số : 60460113
Người hướng dẫn: PGS.TS Vũ Đỗ Long

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2016

2


Lời cảm ơn

Luận văn được hoàn thành dưới sự chỉ bảo và hướng dẫn của PGS. TS. Vũ Đỗ
Long. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tôi
trong suốt quá trình làm luận văn. Từ tận đáy lòng em xin bày tỏ sự biết ơn sâu sắc
đến thầy.
Mặc dù đã rất nghiêm túc trong quá trình tìm tòi, nghiên cứu nhưng chắcchắn nội
dung được trình bày trong luận văn không tránh khỏi những thiếu sót.
Em rất mong nhận được sự đóng góp của quý thầy cô và các bạn để luận văn của
em được hoàn thiện hơn.

Hà Nội, tháng 10 năm 2016
Tác giả

Đào Văn Phúc

3


Mục lục
Mở đầu
Chương I: Bài toán về góc và khoảng cách trong không gian
1.1.Bài toán về góc trong không gian………………………………………...6
1.1.1.Góc giữa hai đường thẳng trong không gian………………..………….6
1.1.2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng…………………….……………..9
1.1.3. Góc giữa hai mặt phẳng………………………………...……………..11
1.2. Bài toán về khoảng cách trong không gian………………….…………..15

1.2.1 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng……….……………..15
1.2.2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng……………….……....17
1.2.3. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, khoảng cách
giữa hai mặt phẳng song song……………………………………...………………21
1.2.4. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau……….………………24
Chương II – Bài toán về thể tích.
2.1. Thể tích hình chóp………………………....………..…………………..34
2.1.1.Phương pháp tính trực tiếp thể tích……...……….……………………34
2.1.2. Phương pháp sử dụng tỉ số thể tích………….………………………..40
2.2. Thể tích lăng trụ………………………………………………..……….47
2.2.1. Khối lăng trụ đứng và lăng trụ đều…………………………………...47
2.2.2. Lăng trụ xiên……...…………………………………………………..55

4


2.3 Thể tích khối tròn xoay…………………………………………….…...60
Chương III – Bài toán về phương pháp tọa độ trong không gian
3.1. Bài toán về đường thẳng và mặt phẳng…………………..…………….68
3.1.1. Bài toán về đường thẳng………………….………………………….68
3.1.2. Bài toán về mặt phẳng………………….………………………...….77
3.2. Bài toán về mặt cầu………….…………………………………..……..97

5


Mở đầu
Hình học là phần khó của chương trình toán, đa số học sinh rất sợ khi học về hình
học không gian.
Trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng trước đây, phần Hình học

không gian được ra dưới dạng mà học sinh có thể giải được bằng cả phương pháp
hình học thuần túy và cả phương pháp tọa độ.
Để giúp các em học sinh cũng như những thầy cô giáo có thêm tư liệu để dạy trong
trường phổ thông, tôi xin trình bày các bài toán về hình học không gian.

6


Chương I
Bài toán về góc và khoảng cách
trong không gian
1.1

Bài toán về góc trong không gian

1.1.1 Góc giữa hai đường thẳng trong không gian
Định nghĩa:
 Góc giữa hai đường thẳng m và n là góc giữa hai đường thẳng m1 và n1 cắt
nhau, lần lượt song song (hoặc trùng) với m và n.
Kí hiệu: (m,n) hoặc m, n  và 00   m, n   900 .
 Hai đường thẳng vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 900 .
 Nếu hai đường thẳng song song thì góc giữa chúng bằng 00 .
Phương pháp: Để tính góc giữa hai đường thẳng a và b chéo nhau trong không
gian ta có thể áp dụng một trong hai cách sau:
a

Cách 1: Tìm góc giữa hai đường thẳng cắt nhau c và d lần lượt
song song với hai đường thẳng a và b, đưa

b

vào một tam giác, sử dụng các hệ thức trong tam giác

c

α
P

7

d


Đặc biệt là định lý hàm số cosin:

A

b

c

b2  c2  a 2
cos A. 
2bc
B

C

a

a

Cách 2: Lấy hai vecto 𝑢 và 𝑣 cùng phương với a và b. Tính góc

b

 giữa 𝑢 và 𝑣 chính là góc giữa a và b.
u


u.v
cos    .
u .v

v

P

Ví dụ 1: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a,

 = 600, BAA
 ’  DAA
 ’ = 1200. Gọi O và O’ là tâm hai đáy của hình hộp.
BAD

A’B’, AC  ; 
A’C , AC  ; 
B’O, DC  ; 
DO’, AC  .
Tính 

Lời giải:

A’B’, AC  = 
AB, AO  . Mà
 Ta có A’B’ // AB  

𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 = 𝑎
(gt)
𝐷𝐴𝐵 = 600

  300 .
 ∆ABD đều  OAB

Vậy (A’B’,AC) = 300.
′

 Vì

Ta có AO 

′

D'
C'

′

𝐴 𝐵 = 𝐴𝐴 = 𝑎
 ' = 1200 (gt)  A’B  a 3 ,
BAA

A'

O'
B'

a 3
, mặt khác ta có:
2

D
C
A

A ' D  A ' B  a 3 (∆A’BD cân),

O
B

BD = a.

8


Suy ra A’O  A ' B 2  BO 2 

a 3

2

2

a 11
a
  
2
2
2

2

a 3
 a 11 
2

a





2 
AO 2  A ' A2  A ' O 2  2 
2 3


, suy ra


 cos A ' AO 

AO. A ' A
3
a 3
a
2

 2 3
2
A’C2 = A’A2+AC2– 2A’A.AC.cos 
A ' AO  a 2  3a 2  2a  a 3   
  8a .
 3 

A ' C 2  AC 2  A ' A2 8a 2  3a 2  a 2 5 6


.
 cos 
A ' CA 
2 A ' C. AC
12
2.2 2a.a 3
 Từ O ta kẻ đường thẳng song song với DC lần lượt cắt AD và BC ở trung
điểm mỗi đường là K và L,

D'
C'

B’O, DC   
B’O, OL  ,

 

A'

O'
B'

 A’K2=A’A2+AK2– 2A’A.AK.cos 
A ' AK

D
K

2

a  1  7a 2
a
 a 2     2a     
,
2 2
4
2

A

' LO  1 (Vì 
' LO bù nhau),
 cos B
A ' KO và B
2 7

7a 2 a 2
a 7 a 1
3a 2

  2
 

.
 B’O = B’L +OL – 2B’L.OL.cos B ' LO 
4
4
2 2 2 7
4
2

O

L
B

7 a 2 a 2 9a 2
 
A ' K 2  KO 2  A ' O 2
4
4  1 .
 4
 cos 
A ' KO 
2 A ' K .KO

a 7 a
2 7
2

2 2

2

C

2

9


3a 2 a 2 7a 2
 
B ' O 2  LO 2  B ' L2
4
2
4  3.


 cos B ' OL 
2.B ' O.LO
3
a 3 a
2

2 2

Vậy cos 
B’O, DC  =

3
.
3
D'

O ' B ' // DO

 Xét tứ giác DO’B’O có 
a
O ' B '  DO  2

C'

O'
A'
B'
D

 DO’B’O là hình bình hành  DO // B’O,

C
A

O
B

Suy ra 

DO’, AC   
B’O, AC  ;

3a 2 3a 2

 a2
2
2
2
OA

B
'
O

B
'
A
1
4
' OA 
 cos B
,
 4

2OA.B ' O
3
 3a 2 
2


 4 
1
 cos
DO ', AC   .
3

1.1.2 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
a

Định nghĩa:Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P)
là góc của đường thẳng a và hình chiếu vuông góca’


của nó trên mặt phẳng (P). Kí hiệu  a,  P   hoặc

A
P

 P, a .

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A,

10

a'


BC = a, SA  SB  SC 

a 3

. Tính góc giữa SA với mặt phẳng (ABC).
2

Lời giải:
Gọi O là trung điểm của BC, suy ra O là tâm đường

S

trong ngoạitiếp∆ABC .
a 3

Ngoài ra theo giả thiết ta có SA = SB = SC nên SO là

2

trục đường tròn của ∆ABC, suy ra SO⊥ (ABC) nên OA
là hình chiếu vuông góc của SA trên (ABC),

A
a


 .
do đó  SA,  ABC   = SAO

B

O

2

C

  OA  3 .
Vì ∆SOA vuông tại O, ta có: cos SAO
SA
3
Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tạo C, SA   ABC  .
a) Chứng minh rằng: BC   SAC  .
b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của A trên SC. Chứng minh rằng:

AE   SBC  .
c) Gọi mặt phẳng (P) đi qua AE và vuông góc với (SAB), cắt SB tại D. Chứng
minh rằng: SB   P  .
d) Đường thẳng DE cắt BC tại F. Chứng minh rằng: AF   SAB  .
Lời giải:

S
D

a) Ta có BC  AC (gt) (1)
H

 SA   ABC 
 SA  BC (2)
Mặt khác vì 
BC

ABC





B
E

A

C

11

F


Từ (1) và (2) suy ra BC   SAB  .
b) Ta có AE  SC (gt) (3). Theo câu a thì BC   SAB   AE  BC (4).
Từ (3) và (4) suy ra AE   SBC  .
c) Ta thấy:  P    ADE  . Theo câu b có AE   SBC   BC  AE (5)
Trong  ADE  kẻ EH  AD, H  AD . Vì

 ADE    SAB 

 ADE    SAB   AD  EH   SAB   SB  EH (6)
 EH  AD

Từ (5) và (6) suy ra SB   ADE  hay SB   P  .

 SA   ABC 
 AF  SA

d) Từ 
 AF   ABC 

(7)

Theo câu c ta có SB   ADE   AF  SB (8). Từ (7) và (8) suy ra AF   SAB  .
1.1.3 Góc giữa hai mặt phẳng
Định nghĩa: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông
góc với hai mặt phẳng đó.
Phương pháp:Để tính góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q), ta lựa chọn một trong hai
cách sau:
Cách 1: Sử dụng định nghĩa, ta thực hiện theo các bước:
 Bước 1: Chọn điểm O, từ đó hạ OE, OF theo thứ tự
vuông góc với (P) và (Q).

F
Q

O


 Bước 2: Tính số đo góc EOF
.
E
P

12





 Bước 3: Khi đó ((P),(Q)) = EOF
nếu EOF
≤ 900 hoặc

 P  , Q

 nếu EOF

 1800  EOF
 900 .

Cách 2:Ta thực hiện theo các bước:
 Bước 1: Tìm giao tuyến (d) của (P) và (Q).
 Bước 2: Chọn điểm O trên (d) từ đó dựng Ox ⊥ (d)

O

trong (P), và Oy ⊥ (d) trong (Q).

y

x

 .
 Bước 3: Tính số đo góc xOy

d

 nếu xOy


 Bước 4: Khi đó, ((P),(Q)) = xOy
 900 ,
Q

P

 nếu xOy
  900 .
và   P  ,  Q    180  xOy
0

Ví dụ4: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’có tất cả các cạnh đáy bằng a. Biết góc tạo bởi
cạnh bên và mặt đáy là 600 và hình chiếu H của đỉnh A lên mặt phẳng (A’B’C’)
trùng với trung điểm của cạnh B’C’. Tính góc giữa (ABB’A’) và mặt phẳng đáy.
Lời giải:
Từ H ta dựng HK⊥A’B’ ( K  A ' B ' ) khi đó ta có A’B’⊥ AK ( Vì A’B’⊥ mp(AHK))
suy ra

 ABB’ A’ ,  A’B’C’  =



AKH .

C

AA ',  A ' B ' C '   
AA ' H  60 .


B
A

0

a
a 3
AH  A ' H tan 600  . 3 
.
2
2

H
B'

C'

Xét tam giác vuông HKB’, ta có:

A'

HK
3
a 3
 sin B ' 
 HK 
.
HB '
2

4
Xét tam giác vuông ∆AHK, ta có:

13

K


tan 
AKH 

AH
2 .
HK

Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường
tròn đường kính AB  2a, SA  a 3 và vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
a) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).
b) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD).
Lời giải:
a) Ta có hai cách giải sau:
Cách 1: Dựng góc dựa trên giao tuyến.
S

Giả sử AD  BC  E,

  SAB    SAC   SE . Nhận xét rằng
F

A

B
O

AD⊥BD vì ABCD là nửa lục giác đều,

C

D

SA⊥BD suy ra BD⊥ (SAD)  BD⊥SE.

E

Hạ DF⊥SE = F, suy ra (BDF) ⊥SE.

 .
Như vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là BFD
Vì ∆ABE đều nên AE = AB = 2a và vì ∆CDE đều nên DE = CD = a.





2

Trong ∆SAE vuông tại A, ta có: SE 2  SA2  AE 2  a 3   2a   7a 2 .
2

 SE  a 7 . Hai tam giác vuông ∆SAE và ∆DEF có chung góc E nên chúng đồng

dạng, suy ra:

DF DE
SA.DE a.a 3 a 21

 DF 


.
SA SE
SE
7
a 7

14


  2a.sin 600  a 3.
Trong ∆ABD vuông tại D, ta có: BD  AB.sin BAD

Trong ∆BDF vuông tại D, ta có: tan BFD



Vậy tan   SAD  ,  SBC   =

BD
a 3



 7  BAD
 900.
DE a 21
7

7.

Cách 2: Ta có AD⊥BD vì ABCD là nửa lụcgiác đều, SA⊥BD  BD⊥ (SAD).
Trong mp(SAC), hạ AJ⊥SC tại J, ta có BC⊥AC vì ABCD là nửa lục giác đều,
BC⊥SA suy ra BC⊥ SAC  BC⊥AJ  AJ⊥(SBC).
Trong mp(SAC) hạ OK⊥SC tại K, suy ra OK// AJ.
S

Do đó


BD, AJ  = 
BD, OK  = KOB
 SAD  ,  SBC   = 

J

Trong nửa lục giác đều ABCD, ta có:

OC 

2 a 3 a 3
a 3 1 a 3 2a 3



, OB 
 

.
3 2
3
2
3 2
3

B

A

K
D

O

C

Trong ∆SAC vuông tại A, ta có:



SC2 = SA2+CA2 = SA2+ (AB2–BC2)  a 3

   4a
2

2

 a 2   6a 2

 SC = a 6.
Trong hai tam giác vuông ∆SAC và ∆OKC có chung góc nhọn C nên chúng đồng

dạng, suy ra:

OK OC
SA.OC

 OK 

SA SC
SC

15

a 3
3  a 6.
6
a 6

a 3


a 6
OK
2


Trong ∆KOB vuông tại K, ta có: cos KOB

 6 
.
OB 2a 3
4
3


Vậy cos   SAD  ,  SBC   

2
.
4

b) Trong mp(SAC), hạ AJ⊥SC tại J,
ta có BC⊥AC vì ABCD là nửa lục giác đều,

S

BC ⊥ SA  BC ⊥ SAC  BC ⊥ AJ  AJ⊥ (SBC).

J

Hạ AH⊥CD tại H, mà CD⊥SA

B

I

O

 CD⊥ (SAH)  (SCD) ⊥ (SAH) = SH.

C

A

Hạ AI ⊥ SH tại I, suy ra AI⊥ (SCD).

D
H

 .
Do đó ((SCD),(SBC)) = IAJ

Trong ∆SAH vuông tại A, ta có AH 

a 3
và
2

1
1
1
1
 2

2
2

AI
SA SH
a 3





2



1
a 3


 2 

2



5
a 15
 AI 
.
2
3a
5

Trong ∆SAC vuông tại A, ta có AC = SA = a 3  AJ 

1
SA 2 a 6
SC 

.
2
2
2

a 15
  AI  5  10 .
Trong ∆AIJ vuông tại I, ta có: cos IAJ
AJ
5
a 6
2

16


10

Vậy cos   SCD  ,  SBC   
.
5
1.2

Bài toán về khoảng cách trong không gian

1.2.1 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
Định nghĩa: Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng là khoảng cách từ
điểm đó đến hình chiếu vuông góc của nó trên đường thẳng.
Phương pháp: Để tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng k, ta thực hiện theo
các bước sau:

O

 Bước 1: Trong mặt phẳng (O,k) hạOM⊥ k với M  k .
 Bước 2: Thực hiện việc xác định độ dài OM dựa trên

k
M

hệ thức lượng trong tam giác, tứ giác hoặc đường tròn.
Chú ý:

O

A

a

 Nếu tồn tại đường thẳng a qua O và song song với k
thì d(O,k) = d(A,k), với A  a .

k
M

A
O

d  O, k  NO
 Nếu AN  k  N thì
.

d  A, k  NA

k
N

H

M

Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O, SA = a
và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi I Và M theo thứ tự là trung điểm của SC
và AB.
a) Chứng minh rằng OI⊥ (ABCD).
b) Tính khoảng cách từ I tới đường thẳng CM, từ đó suy ra khoảng cách từ S
đến CM.
Lời giải:

17


a) Trong ∆SAC, ta có OI là đường trung bình

 OI // SA  OI⊥ (ABCD).

b) Hạ IH ⊥ CM tại H, ta có:

SC
SA 2  AC2
a 2  2a 2 a 3
IC 



,
2
2
2
2

S

I

a2 a2 a 2
,
IM  OI  OM 


4 4
2
2

2

D

MC  MB 2  BC 2 

C

2

O

a
a 5
,
 a2 
4
2

H
A

MK

B

Ta thấy IC2+IM2 = MC2  ∆IMC vuông tại I, suy ra

1
1
1


 2  IH 
2
2
IH
IM
IC

Vậy d(I,CM)  a

a 2 a 3

2  a 6 a 3 .
 2
10
IM 2  IC 2
2a 2 3a 2 2 5

4
4
IM .IC

3
.
10

Hạ SK ⊥ CM ta thấy IH là đường trung bình trong ∆SKC suy ra SK  2 IH  a

Vậy d(S,CM)  a

6

.
5

6
.
5

1.2.2 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
Định nghĩa: Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng là khoảng cách từ điểm
đó đến hình chiếu vuông góc của nó trên mặt phẳng.
Phương pháp:

18


Cách 1:Để tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P), ta thực hiện các bước
sau:
Q

 Bước 1: Dựng mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với (P)

A

theo giao tuyến n.
 Bước 2: Dựng AH vuông góc với n tại H. AH chính là
khoảng cách từ A tới mặt phẳng (P).

H
n

P

Cách 2: Sử dụng công thức thể tích
1
3V
Thể tích của khối chóp V  S .h  h 
. Theo cách này, để tính khoảng
3
S

cách từ đỉnh của hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính thể tích khối chóp (V) và diện
tích đáy (S).
Cách 3: Công thức tỉ số khoảng cách
d  A,  P  
d  B,  P  



A

B

MA
.
MB

M
P

Ví dụ 7:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2 . Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của các cạnh SA, SB, CD. Tính khoảng cách từ P đến mặt phẳng
(AMN).
S

Lời giải.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD,

N

M

khi đó SO  (ABCD).
A

B

O
D

19

P

C


M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nên S AMN

PC / /( AMN )
 d  ( P,( AMN ))   d  (C ,( AMN )) 

1
1
a2 7
 S ANS  S ABS 
2
4
16

.

Vậy:
1
1 1
VP. AMN  S AMN .d  ( P,( AMN ))   . S ABS .d  (C ,( AMN )) 
3
3 4
1
a 6
1
1
1 1
.
 VC . ABS  VS . ABC  . S ABC .SO . S ABC  a 2 , SO  SA2  AO 2 
2
2
4
4

4 3

Vậy VAMNP

3V
1 1 2 a 6 a3 6
6
 . a.

 d  ( P,( AMN ))   PAMN  a
12 2
2
48
S AMN
7

Ví dụ 8: Hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi tâm O cạnh a và có góc
3a

. Gọi E
BAD
 600 . Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SO 
4

là trung điểm của BC, F là trung điểm của BE.
a) Chứng minh (SOF) ⊥ (SBC).
b) Tính các khoảng cách từ O và A đến mặt phẳng (SBC).
Lời giải:
a) Trong ∆OBE có

S

𝑂𝐸 = 𝐵𝐸
(gt)
𝑂𝐵𝐸 = 600

 OF ⊥ BE (1).
H
D

BC ⊥SO (gt) (2).

60°

Từ (1) và (2) suy ra BC⊥ (SOF).

A

20

C
O

F
B

E


Vậy (SBC) ⊥ (SOF).

b) Hạ OH ⊥ SF tạ H  d(O,(SBC)) = OH.
Mặt khác có OF 

a 3 a 3
9a 2 3a 2 a 3


. Suy ra SF  SO 2  OF 2 
.


2 2
4
16 16
2

a 3 3a

1
1
1
OF .SO
3a
4
4
.



OH




2
2
2
2
2
OH
OF
SO
8
OF 2  SO 2
a 3
 3a 

   
 4 
 4 

Suy ra

Vậy d(O,(SBC)) 

3a
.
8

Vì AO∩ (SBC) tại C,



d  O,  SBC  
d  A,  SBC  



Vậy d(A,(SBC)) =

OC 1
3a
.
  d  A,  SBC    2d  O,  SBC   
AC 2
4
3a
.
4

Ví dụ 9: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh a và SA
vuông góc đáy (ABCD) và mặt bên (SCD) hợp với đáy một góc 60o.
a) Tính thể tích hình chóp SABCD.
b) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD).
Lời giải:
a) Ta có SA  CD và CD  AD  CD  SD (1)
Vậy


= 60o .
SCD , ABCD   = SDA



 SAD vuông nên SA = AD.tan60o = a 3

21


1
1 2
a3 3
Vậy V  S ABCD .SA  a a 3 
3
3
3

S

b) Ta dựng AH  SD ,vì CD  (SAD) (do (1) )

H

nên CD  AH  AH  (SCD)

 SAD 

1
1
1
1
1

4
 2
 2 2  2
2
2
AH
SA
AD
3a
a
3a

Vậy AH =

60°

A

Vậy AH là khoảng cách từ A đến (SCD).

B

C

a 3
.
2

1.2.3 Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, khoảng cách
giữa hai mặt phẳng song song

Định nghĩa:
 Khoảng cách từ đường thẳng a với mặt phẳng (P) song song với a là khoảng
cách từ một điểm nào đó của a đến mặt phẳng (P).
 Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất
kì của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.
Phương pháp:
1. Cho đường thẳng d // (P), để tính khoảng cách giữa d và (P) ta thực hiện như
sau:
 Bước 1: Chọn một điểm A trên d, sao cho khoảng cách từ A đến (P) có
thể được xác định dễ nhất .
 Bước 2: d(d,(P)) = d(A,(P)).
2. Cho hai mặt phẳng (P) và (Q), để tính khỏng cách giữa (P) và (Q) ta thực
hiện các bước sau:

22

D


 Bước 1: Chọn điểm A trên (P) sao cho khoảng cách từ A đến (Q) là xác
định dễ nhất.
 Bước 2: d((P),(Q)) = d(A,(Q)).
Ví dụ 9: Cho hình chóp S.ABCD có SA  a 6 và vuông góc với mặt phẳng
(ABCD), đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kínhAD =
2a.
a) Tính các khoảng cách từ A và B đến (SCD).
b) Tính khoảng cách từ đường thẳng AD đến (SBC).
c) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi hình chóp S.ABCD với mặt phẳng  
song song với mặt phẳng (SAD) và khoảng cách giữa chúng bằng

a 3
.
4

Lời giải:
a) Ta thấy rằng :
S

CD  AC
 CD   SCD    SCD    SAC  .

CD

SA


HạAH⊥SC  AH⊥ (SCD) .

H
Q

P

Vậy AH là khoảng cách từ điểm A tới (SCD).
Trong ∆SAB vuông tại A, ta có :

G

A

I

D

E

1
1
1
1
 2

2
2
AH
SA
AC
a 6





1

 a 3
2

2

1
 2.
2a

 AH  a 2 . Vậy d(A,(SCD))  a 2 .

Gọi I là trung điểm của AD, suy ra:
BI // CD  BI // (SCD)  d(B,(SCD)) =d(I,(SCD)).

23

N

M
K

B

C


Mặt khác, Ta lại có AI  SCD  D nên:

d ( I ,( SCD)) ID 1
1
1
a 2

  d ( I ,( SCD))  d ( A,( SCD))  AH 
.

d ( A,( SCD)) AD 2
2
2
2
b) Ta thấy AD // CB  AD // (SCB)  d(AD,(SCB))  d(A,(SCB)).
Hạ AK⊥BC, ta được:
 BC  AK
 BC   SAK    SBC    SAK  và  SBC    SAK   SK .

BC

SA


Hạ AG⊥SK, ta có AG⊥ (SBC) .
Vậy AG là khoảng cách từ điểm A đến (SBC) .
Trong ∆SAK vuông tại A, ta có :

1
1
1
1
 2

2
2
AG
SA
AK
a 6





2



1
a 3


 2 

2



3
a 6
 AG 
.
2
2a
3

 AK  AD
c) Ta thấy : 
 AK   SAD  .

AK

SA


Giả sử mặt phẳng   song song với (SAD) cắt AK tạ E, khi đó :

d    ,  SAD    AE 

a 3 1
 AK  E là trung điểm của AK .
4
2

Ta xác định thiết diện của hình chóp và mặt phẳng   như sau :
Kẻ đường thẳng đi qua E và song song với AD cắt AB , CD theo thứ tự tại M , N là
trung điểm của mỗi đoạn .
Trong (SAB) dựng MQ // SA và cắt SB tại Q.

24


Trong (SCD) dựng NP // SD và cắt SC tại P.
 PQ // AD // MN
Vậy thiết diện tạo bởi hình chóp và   là MNPQ, hơn nữa 
 MQ  MN

 MNPQ là hình thang vuông .
Ta có SMNPQ 

Mà MN 

1
 MN  PQ  .MQ .
2

1
3a
 AD  BC   vì MN là đường trung bình của hình thang cân MNPQ.
2
2

PQ 

1
a
BC  vì PQ là đường trung bình của ∆SBC .
2
2

MQ 

1
a 6
SA 
và MQ là đường trung bình của ∆SAB .
2
2

Vậy S MNPQ 

1  3a a  a 6
.
  
2 2 2  2

1.2.4 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Phương pháp :
1. Để dựng đoạn thẳng vuông góc chung giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b,
ta lựa chọn một trong các cách sau :
Cách 1: Ta thực hiện theo các bước :
 Bước 1 : Dựng mặt phẳng (P) chứa b song song với a.

A

 Bước 2 : Chọn M trên a, dựng MH⊥(P) tại H .

M
a

 Bước 3 : Từ H, dựng đường thẳng a’// a và cắt b tại B .
 Bước 4 : Từ B dựng đường thẳng song song với MH cắt

a'
P

25

B

b

H