1
Chuyên đề luyện thi đại học
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP HÌNH
KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI TSĐH
Biên soạn: Nguyễn Trung Kiên 0988844088
Trong kỳ thi TSĐH bài toán hình không gian luôn là dạng bài tập gây khó khăn cho học
sinh. Nguyên nhân cơ bản là do học sinh chưa biết phân biệt rõ ràng dạng bài tập để lựa
chọn công cụ, phương pháp giải cho phù hợp. Bài viết này sẽ giúp học sinh giải quyết
những vướng mắc đó.

Phần 1: Những vấn đề cần nắm chắc khi tính toán
⊻
Trong tam giác vuông ABC (vuông tại A) đường cao AH thì ta luôn có:
-
tan
b c B
=
,
tan
c b C
=
,
2
.
AH HB HC
=
-
2 2 2
2 2

ng t
ự
ta có h
ệ
th
ứ
c cho c
ạ
nh b, c và góc B, C:
-
1 1 1
sin sin sin
2 2 2
ABC
S ab C bc A ac B
∆
= = =
-
.
S p r
=
(Trong
đ
ó p là n
ữ
a chu vi, r là bán kính vòng tròn n
ộ
i ti
ế
p tam giác)

.
LT
V B h
=

Phần 2) Phương pháp xác định đường cao các loại khối chóp:
- Loại 1:
Kh
ố
i chóp có 1 c
ạ
nh góc vuông v
ớ
i
đ
áy
đ
ó chính là chi
ề
u cao.
- Loại 2:
Kh
ố
i chóp có 1 m
ặ
t bên vuông góc v
ớ
i
đ
áy thì

i
đ
áy thì
đườ
ng cao chính là giao
tuy
ế
n c
ủ
a 2 m
ặ
t k
ề
nhau
đ
ó. 2
- Loại 4:
Kh
ố
i chóp có các c
ạ
nh bên b
ằ
ng nhau ho
ặ
c các c
ạ

đ
áy 1 góc b
ằ
ng nhau thì chân
đườ
ng cao
chính là tâm vòng tròn n
ộ
i ti
ế
p
đ
áy.
Sử dụng các giả thiết mở:
-
Hình chóp
SABCD
có m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
SAB
và
( )
SAC
cùng t
ạ
o v

SB SC
cùng t
ạ
o v
ớ
i
đ
áy m
ộ
t góc
α
thì chân
đườ
ng cao h
ạ
t
ừ

S
r
ơ
i vào
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a
BC


b
ằ
ng 60
0
. G
ọ
i
I
là
trung
đ
i
ể
m
AD
bi
ế
t 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
SBI
và
( )
SCI
cùng vuông góc v
ớ
i

mà
( )
SBI
và
( )
SCI
có giao
tuy
ế
n là
SI
nên
( )
SI ABCD
⊥
. K
ẻ

IH BC
⊥
ta có góc gi
ữ
a 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ),( )
SCB ABCD
là

∆
= =
3 3
5
a
. T
ừ

đ
ó tính
đượ
c
3
3 15
5
SABCD
V a
= .
H
I
S
D
C
B
A
3


m c
ủ
a
đ
o
ạ
n
' '
B C
,
I
là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
BM
và
'
B C
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
IABC
theo
a

I
ta k
ẻ

IH BC
⊥
thì
( )
IH ABC
⊥
và
I
chính là tr
ọ
ng tâm tam giác
' '
BB C

2 4
' ' 3 3
IH CI a
IH
BB CB
⇒
= =
⇒
=

Có
2


Ví dụ 3:
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
( )
ABCD
là hình ch
ữ
nh
ậ
t v
ớ
i
, 2,
AB a AD a SA a
= = =

và vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
ABCD

và
AC
. Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
SAC
vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
SMB
. Tính th
ể
tích kh
ố
i t
ứ

;do
I
là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a hai
đườ
ng trung tuy
ế
n
AO
và
BM
nên là tr
ọ
ng tâm
c
ủ
a tam giác
ABD
. 4
Theo tính ch
ấ
t tr

(1)
M
ặ
t khác:
(
)
SA ABCD
⊥
nên
SA BM
⊥
(2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra
(
)
BM SAC
⊥

+) Tính th
ể
tích kh
ố
i t
ứ
di
ệ
n
ANIB

ệ
n
ANIB

Di
ệ
n tích tam giác
đề
u
AIB
là:
2
1 1 3 6 2
. .
2 2 3 3 6
AIB
a a a
S AI BI= = =
Th
ể
tích kh
ố
i t
ứ
di
ệ
n
ANIB
là:
2 3

m
ặ
t bên
đề
u h
ợ
p v
ớ
i
đ
áy m
ộ
t góc
0
60
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
SABC

Lời giải:
G
ọ
i
O
là hình chi
ế
u c

nh lý ba
đườ
ng vuông góc ta có: , ,
SI AB SJ AC SH BC
⊥ ⊥ ⊥

Suy ra:



, ,
SIO SJO SHO
l
ầ
n l
ượ
t là góc h
ợ
p b
ở
i các m
ặ
t bên
(
)
(
)
(
)
, ,

đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p tam giác
ABC
5
M
ặ
t khác:
ABC
là tam giác cân t
ạ
i
A
nên
AH
v
ừ
a là
đườ
ng phân giác, v
ừ
a là
đườ
ng cao, v

2 2 2 2
9 2 2
AH AB BH a a a
= − = − =
Di
ệ
n tích tam giác
ABC
là:
2
1 1
. .2 .2 2 2 2
2 2
ABC
S BC AH a a a= = =
Ngoài ra:
ABC
S pr
= , v
ớ
i
( )
1
4
2
p AB AC BC a
= + + = và
r
: bán kính
đườ

SO OH
= =
Th
ể
tích kh
ố
i chóp
SABC
là:
3
2
1 1 6 2 3
. .2 2.
3 3 2 3
ABC
a a
V S SO a
= = =
J
H
I
S
O
C
B
A

Chú ý:
Hình chóp có các m
ặ

áy
ABC
là tam giác vuông t
ạ
i
A

3,
AB a AC a
= =
. Bi
ế
t
đỉ
nh
'
C
cách
đề
u các
đỉ
nh
, ,
A B C
và kho
ả
ng cách t
ừ

đỉ

ặ
t
ph
ẳ
ng
( ' ')
ABB A
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
áy
( )
ABC
.

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

Suy ra
H
là tâm vòng trong ngo
ạ
i ti

/( ') /( ')
1 3
, ' ( ')
2
15
H ACC B ACC
a
HM AC HN C M HN ACC d HN d
⊥ ⊥
⇒
⊥
⇒
= = = . 6
Ta có:
1 3
' 3
2 2
a
HM AB C H a
= =
⇒
= t
ừ

đ
ó tính
đượ

i
I HK AB
= ∩
thì
1
/ /
2
OI AC
= suy ra I
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AB
. Tam giác
ABC
vuông t
ạ
i
A
nên
KI AB
⊥
⇒
Góc t
ạ
o b

IK HK A I IK A K A IK
A I
= = = + =
⇒
= =
N
H
M
C
C'
B'
A'
I
K
B
AVí dụ 6)
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình bình hành

0
2 , , 60
AB a AD a BAD= = =

( )
SCD
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
SABCD
bi
ế
t
15
5
a
HK
= và
đ
i
ể
m
K
n
ằ
m trong tam
giác
SCD

Giải:
G
ọ

đườ
ng cao h
ạ
t
ừ

S
lên m
ặ
t ph
ẳ
ng
ABCD
thu
ộ
c
đườ
ng
trung tr
ự
c c
ủ
a
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng
AB

Ta có:
2
2 . ( )
3
SABCD SHCD
V V HK dt SCD
= =
Ta c
ầ
n tính di
ệ
n tích tam giác
SCD

Ta có:
1
( ) . ;
2
dt SCD SF CD
= 7
Mà
2 2 2 2
; ;
SF SK KF SK SH HK KF HF HK
= + = − = −
SH
là

. . .2
3 2 10 5
5
SABCD
a a a
V a= =
120°
A
H
K
E
F
D
C
B
S

Ví dụ 7)
Cho hình chóp S.ABC có
đ
áy ABC là tam giác vuông cân t
ạ
i B, AB = BC =
3
a

kho
ả
ng cách t
ừ

ố
i r
ố
i khi xác
đị
nh
đườ
ng cao hình chóp.
K
S
C
B
A
H
8
H
ạ

( )
SH ABCD
⊥
vì ( )
AB SH
AB SHA AB HA
AB SA
⊥


⇒
=
M
ặ
t khác ta có:
2 2 2
2 2
1 1 1 .
6
HK HC
SH a
HK HC HS
HC HK
= +
⇒
= =
−

Th
ể
tích kh
ố
i chóp
2 3
1 1 3 6
. 6.
3 3 2 2
SABC ABC
a a
V SH S a

i
chóp S.ABCD

Giải:

D
O
S
C
B
A
H
H
ạ
( )
SH BD SH ABCD SHA SHC SA SC
⊥
⇒
⊥
⇒
∆ = ∆
⇒
=

T
ừ
gi

2 3
1 1 6 3 2
. . .
3 3 3 2 6
SABCD ABCD
a a a
V SH S= = =
Chú ý: Ta có th
ể
tính th
ể
tích theo cách:
2
2 .
3
SABCD CSBD SBD
V V CO S
∆
= =
Trong ví d
ụ
này chìa khóa
để
gi
ả
i quy
ế
t bài toán là phát hi
ệ
n ra tam giác

ạ
i c
ủ
a hình chóp b
ằ
ng nhau và
b
ằ
ng
a
( 0)
x
>
. Tìm
x
bi
ế
t th
ể
tích kh
ố
i chóp
SABCD
b
ằ
ng
3
2
6
a

tính tr
ự
c ti
ế
p th
ể
tích c
ủ
a nó ho
ặ
c s
ử
d
ụ
ng công
th
ứ
c tính t
ỉ
s
ố
th
ể
tích
để
tìm th
ể
tích kh
ố
i


A ABC
'
S
SABC
V
A A
V SA
′
= (2). Công th
ứ
c (2) có th
ể
m
ở
r
ộ
ng cho kh
ố
i chóp b
ấ
t k
ỳ
.

B'
A'
C'
C
B

,
SA a
=
. G
ọ
i
'
C
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
SC
, m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
P

đ
i qua
AC
song song
v
ớ

'
AC
và
SO
c
ắ
t nhau t
ạ
i tr
ọ
ng tâm
I
c
ủ
a tam giác
SAC

T
ừ

I
thu
ộ
c m
ặ
t ph
ẳ
ng k
ẻ


1 2
;
2 3
SC SD SB SI
SC SD SB SO
′ ′ ′
= = = =
10
D
ễ
th
ấ
y
( ) ( ) ( ) ( )
2 ; 2
SAB C D SAB C SAB C SABC
V V V V
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′
= =
. . 1
. . 3
SAB C D SAB C
ABCD SABC
V V
SA SB SC
V V SA SB SC
′ ′ ′ ′ ′

A
S
O
Ví dụ 4
) (D
ự
b
ị
A 2007)

Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình ch
ữ
nh
ậ
t
, 2
AB a AD a
= =
c
ạ
nh

3
a
AM = . M
ặ
t
ph
ẳ
ng
( )
BCM
c
ắ
t
SD
t
ạ
i
N
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
SBCMN
HD giải:
T
ừ

i
SB

và
ABCD
là

0
60
SBA = .
Ta có
.tan60 3
SA SB a
= = .
T
ừ

đ
ó suy ra
3 2 3 2
3
3 3 3
SM SN
SM SA AM a a a
SA SD
= − = − =
⇒
= =

D

3
( )
1 1 2 3
. ( ) 3 .2
3 3 3
SABCD
V SAdt ABCD a a a a
= = =
3
( )
10 3
27
SMBCN
V a
⇒
=
N
M
O
B
C
D
A
S
Ví dụ 5) Cho hình chóp
SABCD
có đáy là hình bình hành. Gọi

cắt
SD
tại
F

Ngũ giác
PEMNF
là thiết diện của mặt phẳng
(
)
PMN
và hình chóp
Gọi
O AC BD
= ∩
; do / /
BD MN
nên ta có:
3
2
2
3
3
2
CI CB
CB CD CO
CI CJ CK
CJ CD

=

. , . . .sin . ,
3 3 2
PCIJ CIJ
V S d P ABC CI CJ BCD d P ABC
= =


( )
( )

( )
( )
1 3 3 1
. . .sin . ,
6 2 2 2
9 1 9
. . .sin . ,
16 3 16
SABCD
CB CD BCD d S ABC
CB CD BCD d S ABC V
=
 
= =
 
 
12

1
9 1 1 1
16 32 32 2
PCIJ IBEM JDFN SABCD SABCD SABCD SABCD
V V V V V V V V
 
= − + = − + =
 
 

Gọi
2
V
là thể tích phần còn lại của khối chóp thì
2
1
2
SABCD
V V=
Vậy
1 2
V V
=
.
J
I
K
O
F
E

2) Tính tỉ số thể tích của hai phần khối lập phương bị chia bởi mặt phẳng
(
)
AEFLời giải:
1) Dựng và tính diện tích thiết diện:
Kéo dài
EF
cắt
' '
A B
và
' '
A D
lầ
n l
ượ
t t
ạ
i
I
và
J

N
ố
i
AI

ủ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng
(
)
AEF
và hình l
ậ
p ph
ươ
ng
G
ọ
i
' ' ' '
O A C B D
= ∩
và
' '
K IJ A C
= ∩
13
Do
' '/ /

(
)
2
APEFQ AIJ PIE QJF AIJ PIE
S S S S S S
= − + = −

Trong tam giác vuông
'
AA K
ta có:
2
2 2 2
18 34
' '
16 4
a a
AK AA A K a= + = + =

Do
đ
ó:
2
1 1 3 2 3 2 3 17
. . .
2 2 2 4 8
AIJ
a a a
S IJ AK= = =


PIE
là:
2
1 1 2 34 17
. . .
2 2 2 12 24
PIE
a a a
S IE PH= = =

V
ậ
y
2 2 2
3 17 17 7 17
2
8 12 24
APEFQ AIJ PIE
a a a
S S S= − = − =

Q
P
J
O'
I
H
K
O
F

a a a
V A A A I A J a
a a a a
V B P B I B E
= = =
= = =

Do tính
đố
i x
ứ
ng c
ủ
a hình l
ậ
p ph
ươ
ng nên ta có:
' '
B PIE D QJF
V V=
14
G
ọ
i
1 2
,

1 ' '
3 2 25
2
8 72 72
AA IJ B PIE
a a a
V V V= − = − =3 3
3
2 ' ' ' 1
25 47
72 72
ABCDA B C D
a a
V V V a= − = − =V
ậ
y
1
2
25
47
V
V
=


đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
SBC⊻

PHƯƠNG PHÁP
- H
ạ

AM
vuông góc v
ớ
i
BC
,
AH
vuông góc v
ớ
i
SM
suy ra
AH
vuông góc v

= + ⇒ =
+

H
M
C
B
A
S

*
Tính chất quan trọng cần nắm:

-
N
ế
u
đườ
ng th
ẳ
ng
( )
d
song song v
ớ
i m
ặ

nhau
-
N
ế
u
AM kBM
=
 
thì
/( ) /( )
| |
A P B P
d k d=
trong
đ
ó
( )
P
là m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
i qua
M
15

= =

Trên cơ sở các tính chất trên ta luôn quy được khoảng cách từ một điểm bất kỳ về bài toán
cơ bản.

Tuy nhiên 1 s
ố
tr
ườ
ng h
ợ
p khi vi
ệ
c tìm hình chi
ế
u tr
ở
nên vô cùng khó kh
ă
n, thì vi
ệ
c s
ử
d
ụ
ng
công th
ứ
c tính th
ể

là hình vuông c
ạ
nh
a
. Hình chi
ế
u c
ủ
a
S
lên
m
ặ
t ph
ẳ
ng
ABCD
trùng v
ớ
i tr
ọ
ng tâm tam giác
ABD
. M
ặ
t bên
SAB
t
ạ
o v

ng
SADLời giải:

G
E
H
N
M
B
C
D
A
S
G
ọ
i
G
là tr
ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác
ABD
,
E
là hình chi
ế

1
3 3
a
GE BC
⇒
= =

3
1 3
.
3 9
SABCD ABCD
a
V SG S
⇒
= =

H
ạ

GN
vuông góc v
ớ
i
AD
,
GH
vuông góc v
ớ
i

 
 Ví dụ 2)
Cho hình l
ă
ng tr
ụ

đứ
ng .
ABCD A B C D
′ ′ ′ ′
có
đ
áy
ABCD
là hình thoi ,
3
AB a
=
,
0
120
BAD∠ =
. Bi
ế
t góc gi
ữ

ả
ng cách t
ừ
trung
đ
i
ể
m
N
c
ủ
a
'
BB

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( ' )
C MA
.
Bi
ế
t
M
là trung
đ


Đ
áy
ABCD
là hình thoi g
ồ
m 2 tam giác
đề
u ,
ABC ACD
nên:
(
)
2
2
3 3
3 3
2 2.
4 2
ABCD ABC
a
a
S S
∆
= = =
(2)
G
ọ
i
'

⇒
= =
⇒
= − =
(3)
Thay (2),(3) vào (1) ta có:
2 3
. ' ' ' '
3 3 9 2
. 6
2 2
ABCD A B C D
a a
V a= =
.
Ta có
/( ' ) /( ' )
N C MA K C MA
d d=
v
ớ
i
K
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a

1
( ' ) ; . ( ' ' ) ( ' ) ( ' ) ( )
2
K C MA
KH AC M d KH KH AM dt AA D D dt AA M dt MD K dt AKD
⊥
⇒
= = − − −
3 3 1 3 1 6 3 1 6 6
. 6. 3 6. . . . . 3
4 2 2 2 2 2 2 2 2
a a a a a
KH a a a a KH a
⇒
= − − −
⇒
=

V
ậ
y
/( ' )
6
2
N C MA
d a
=Ví dụ 3)


đỉ
nh
B

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
SAC
.
(Đề dự bị khối A 2007)HD giải:
M
O
N
P
C
B
A
S

Cách 1:
Coi
B
là

SAC
. O chính là tâm vòng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác
SAC
. G
ọ
i
M
là trung
đ
i
ể
m
BC
ta có ;
SM BC AM BC
⊥ ⊥
. góc t
ạ
o b
ở
i 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )

C
nên tâm vòng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p n
ằ
m trên trung tr
ự
c c
ủ
a
SA
là
CN
(
N

là trung di
ể
m c
ủ
a
SA
). K
ẻ
trung tr
ự
c c
ủ

SA
a
SC
a
NC
SNC
SC SC a
 
−
−
 
 
= = = =

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

Ví dụ 4)
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình thang


0
90
ABC BAD= =
,
, 2
BA BC a AD a
= = =
. C
ạ
nh bên
SA
vuông góc v
ớ
i
đ
áy và SA=
2
a

ng
( )
SCD

(TSĐH D 2007)

HD giải:

H
D
C
B
A
S

Ta có
2 2 2 2
2; 6; 2
AC a SD SA AD a SC SA AC a
= = + = = + =
. Ta c
ũ
ng d
ễ
dàng tính
đượ
c
2
CD a
=
2
1. .( ) 1
( ) ( ) ( ) . ;
2 2 2
AB BC AD a
dt BCD dt ABCD dt ABD AB AD
+
= − = − =
2
2
( )
3
( )
( )
1
( ) . 2
2
. . 2 1 1. 2. 2
; . ( )
. . 3 3 3.2 6
SHCD
SBCD
SBCD
dt SCD SC CD a
V
SH SC SD a a
V SAdt BCD a
V SB SC SD
Ví dụ 5) Cho hình chóp
SABCD
có đáy
ABCD
là hình thang


0
90
ABC BAD= = ,
, 2
BA BC a AD a
= = =
. Cạnh bên
SA
vuông góc với đáy và SA=
2
a
, góc tạo bởi
SC
và
( )
SAD
bằng 30
0
.Gọi
G
là trọng tâm tam giác

CE SAD
⊥

0
ˆ
30 .tan60 3 2
CSE SE CE a SA a
⇒ = ⇒ = = ⇒ =
Gọi
M
là trung điểm của
AB
,
N
là trung điểm của
AE
. Ta có
BE
song song với
( )
SCD
,
MN
cũng song song với
( )
SCD
. Ta có
3
4
ND AD

AH SCD d AH a
SA SC
⊥
⇒
= = =
+

(Ta cũng có thể lập luận tam giác SAC vuông cân suy ra AH=a) Ví dụ 6) Cho hình lăng trụ
' ' '
ABCA B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân tại
A
cạnh huyền
2
BC a
=
cạnh bên
' 2 ,
AA a
=
biết
'
A
cách đều các đỉnh
, ,

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
⊥

Gọi
'
K MN AC
= ∩
⇒
'
1
' 3
3
C MNB AMNB
AK C K V V=
⇒
=
Gọi E là trung điểm của

- Tính khoảng cách:
'/( ) /( )
3
C BMN A BMN
d d=
. Gọi F là trọng tâm tam giác ABC.
Ta có:
/( ) /( )
1 1 3 3 1
. ; 3
2 2 2 4 4
A BMN E BMN
AE AH AF AF EF AF d d= = = =
⇒
=
Hạ
/( )
2 2
.
( )
E MNB
EP BN
EP EM
EQ MNB d EQ
EQ MP
EP EM
⊥

⇒
⊥

EF AF AH AH= = = = ;
5
3
a
BF =
Suy ra:
2 2
5 . 14
20
4 71
a EP EM a
EP EQ
EP EM
= ⇒ = =
+

Vậy
/( )
'/( ) /( )
3 14
3 12
4 71
E BMN
C BMN A BMN
a
d d d= = =

B
H
C

ặ
t ph
ẳ
ng trung gian (P) ch
ứ
a a song song v
ớ
i b
sau đó
tính kho
ả
ng cách t
ừ
1
đ
i
ể
m b
ấ
t k
ỳ
trên b
đế
n 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

B
H
C
C'
B'
A'3
2
( ) .
2
V ABCA B C S h a
′ ′ ′
= = .
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

BH⇒ =
chính là khoảng cách giữa AM và B
’
C. 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)) 22

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
,

/ /( )
MN SAC
. Mặt khác
( )
BD SAC
⊥
nên
BD PC
⊥
BD MN
⇒
⊥
.
Ta có:
/ /( ) /( )
1 1 1
( ,( )) 2
2 4 2
MN AC MN SAC N SAC
d d d d B SAC BD a
= = = = =
O
K
N
P
M
E
D
C
B

u. Các em h
ọ
c sinh c
ầ
n nghiên c
ứ
u k
ỹ
d
ạ
ng toán này
để
v
ậ
n d
ụ
ng)

Ví dụ 3) Cho hình chóp
SABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân tại
B
,
2 ,
AB BC a
= =
hai
mặt phẳng

SBCNM
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB
và
SN
theo
a

(TSĐH A 2011)

Giải:
- Ta có
0 0
ˆ ˆ
( ); 90 60 2 3
SA ABC ABC SBA SA a
⊥ = ⇒ = ⇒ =

Mặt phẳng qua
SM
song song với
BC
cắt
AC
tại
N
suy ra
N
là trung điểm của
AC

( )
P
. 23
Dựng
AD
vuông góc với
( )
d
thì
/ /( )
AB SND
, dựng
AH
vuông góc với
SD
thì
/ /( )
2 2
. 2 39
( )
13
AB SN A SND
SA AD a
AH SND d d AH
SA AD
⊥ ⇒ = == = =
+

.

Giải:
K
H
A
B
C
C'
B'
A'Ta có
BC
song song với mặt phẳng
( ' ')
AB C
chứa
'
AB
nên
/ ' /( ' ') /( ' ') '/( ' ')
BC AB BC AB C B AB C A AB C
d d d d= = =
(vì
' , '
A B AB
cắt nhau tại trung điểm của mỗi
đường)

ệ
c quy v
ề
bài toán c
ơ
b
ả
n có vai trò
đặ
c bi
ệ
t quan tr
ọ
ng trong các bài toán tính
kho
ả
ng cách, các em h
ọ
c sinh c
ầ
n chú ý
đ
i
ề
u này)

Ví dụ 5) Cho hình chóp
SABC
có đáy
ABC

SA BC
theo
a
.
Giải: 25
K
F
M
E
H
D
C
B
A
S

- Tính thể tích:
Vì
( )
SH ABCD
⊥
nên
HC
là hình chiếu vuông góc của
SC
lên mặt phẳng
( )

HC SH HC SCH=
⇒
= = =
Ta suy ra
3
0
1 1 21 1 7
. . . .sin60
3 3 3 2 12
SABC ABC
a a
V SH S a a
∆
= = = ( ĐVTT)
- Tính khoảng cách:
Gọi
E
là trung điểm của
BC
,
D
là đỉnh thứ tư của hình bình hành
ABCD

Ta có
/ /
AD BC
nên
/ /( ) /( ) /( )
3


Mặt khác ta có
2 2 3 3
3 3 2 3
a a
HF AE= = =