NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
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
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
h
ơn bản chất của bài toán để từ đó tìm ra chìa khóa giải quyết triệt để dạng toán này
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:
- tanb c B= , tanc b C= ,
2
.AH HB HC=

-
2 2 2
2 2
1 1 1 .AB AC
AH
AH AB AC
AB AC
= + ⇒ =
+

H
C
B
A
www.VNMATH.com

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
2
⊻
Thể tích khối đa diện:
-
1
.
3
chop
V B h=
(B là diện tích đáy, h là chiều cao)
- .
LT
V B h=
Ph
ần 2) Phương pháp xác định đường cao các loại khối chóp:

- Loại 1: Khối chóp có 1 cạnh góc vuông với đáy đó chính là chiều cao.
- Lo
ại 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

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
+
óp
1
.
3
ch
V B h=

+ .
LT
V B h=
Ta xét các ví d
ụ sau:

Ví d
ụ 1) (TSĐH A 2009) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại
A
và
D
, có
2 ,AB AD a CD a= = =
. Góc giữa 2 mặt phẳng
( ),( )SCB ABCD
bằng 60
0
. Gọi
I

( )SBI
và
( )SCI
có giao
tuy
ến là
SI nên
( )SI ABCD⊥
. Kẻ
IH BC
⊥ ta có góc giữa 2 mặt phẳng
( ),( )SCB ABCD
là
0
ˆ
60SHI =
. Từ đó ta tính được:
2
1
2; 5; ( ) ( ) 3
2
IC a IB BC a S ABCD AD AB CD a
= = = = + =

2 2
2 2
1 3
. ( ) ( ) ( ) ( ) 3
2 2 2
a a

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
’’
Ta có:
-
' ' 'ABCA B C
là lăng trụ đứng nên các mặt bên đều vuông góc với đáy.
( ' )
I B BC

A
www.VNMATH.com

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
4
Có
2
2 2 2 2 2
AA 9 4 5 2AC A C a a a BC AC AB a
′ ′
= − = = = ⇒ = − =
3
1 1 4 1 4
. ( ) . . .2 .
3 3 3 2 9
IABC
a
V IH dt ABC a a a= = =
( đvtt)

Ví d
ụ 3: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
, 2,AB a AD a SA a= = =

và vuông góc với mặt phẳng
( )
ABCD
. Gọi
,

2 3;
4 2
a a
AC AB BC a a a BM AB AM a= + = + = = + = + =

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 ch
ất trọng tâm của tam giác ta có:
2 1 3 2 6
;
3 3 3 3 3
a a
AI AO AC BI BM= = = = =

A
M
O
B
I

nên
SA BM⊥
(2)
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

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

vuông góc v
ới đáy
( )ABCD
’’
Do
NO
là đường trung bình của tam giác
SAC
nên ta có:

. .
3 3 6 2 36
AIB
a a a
V S NO= = =N
M
I
D
C
B
A
S
O
www.VNMATH.com

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
6
Ví dụ 4) Cho hình chóp
SABC
có đáy
ABC
là tam giác cân với
3 , 2AB AC a BC a= = =
. Các
mặt bên đều hợp với đáy một góc
0



, ,SIO SJO SHO
lần lượt là góc hợp bởi các mặt bên
( ) ( ) ( )
, ,SAB SAC SBC
và mặt đáy
Theo gi
ả thiết ta có:



0
60SIO SJO SHO= = =
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

4
2
p AB AC BC a= + + =
và
r
: bán kính đường tròn nội tiếp
ABC∆
.
2
2 2 2
4 2
ABC
S
a a
r OH
p a
⇒ = = = =
www.VNMATH.com

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
7
Tam giác
SOH
vuông tại
O
, ta có:
0
6
tan 60

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

J
H
I
S
O
C
B
A

H

là trung điểm của
BC
. Ta có:
/( ') /( ')
2
B ACC H ACC
d d=
.
Hạ
/( ') /( ')
1 3
, ' ( ')
2
15
H ACC B ACC
a
HM AC HN C M HN ACC d HN d⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = = = .
Ta có:
1 3
' 3
2 2
a
HM AB C H a
= = ⇒ =
từ đó tính được
' 2 .CC a=

Có

⇒ Góc tạo bởi
( ' ')ABB A
và
đáy
( )ABC
là

'A IK

Ta có:

cos '
'
IK
A IK
A I
=
. Tính được

2 2
1 13 13
; ' ' cos '
2 2 2 ' 13
a a IK
IK HK A I IK A K A IK
A I
= = = + = ⇒ = =

Ví dụ 6) Cho hình chóp
SABCD

SCD

Giải:
Bài toán này được cho theo kiểu giả thiết mở.
D
ấu hiệu để tìm ra đường cao khối chóp là:
’’

SAB
là tam giác đều
Tức là
''SA SB=

www.VNMATH.com

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
9

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


Ta có:
1
( ) . ;
2
dt SCD SF CD=

Mà
2 2 2 2
; ;SF SK KF SK SH HK KF HF HK= + = − = −

SH
là đường cao tam giác đều
SAB
suy ra:
3,SH a HF=
là đường cao tam giác đều
HDE

suy ra:
3
2
a
HF =
Thay số ta có:
3 15
10
a
SF =




0
90SAB SCB= = . Tính thể tích khối chóp
S.ABC theo a .

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

H
ạ
( )SH ABCD⊥
vì ( )
AB SH
AB SHA AB HA
AB SA
⊥

⇒
⊥ ⇒ ⊥

⊥

.
Chứng minh tương tự ta có
BC HC HABC
⊥
⇒ là hình vuông.
Ta có

V SH S a
∆
= = =

Ví dụ 8) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA SB a= = ,
2SD a= và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD
Giải:
K
S
C
B
A
H
www.VNMATH.com

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
11

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


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=

( 0)x >
, các cạnh còn lại của hình chóp bằng nhau và
bằng
a
( 0)x >
. Tìm
x
biết thể tích khối chóp
SABCD
bằng
3
2
6
a
.’’
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
th

V
A A
V SA
′
=
(2). Công thức (2) có thể mở rộng cho khối chóp bất kỳ.

Ví dụ 3) Cho hình chóp
SABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
,
0
ˆ
60BAD =
,
SA
vuông góc
với đáy
ABCD
,
SA a=
. Gọi
'C
là trung điểm của
SC
, mặt phẳng
( )


(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:
1 2
;
2 3
SC SD SB SI
SC SD SB SO

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
13
Ta có
3
( )
1 1 1 3 3
ˆ
. ( ) . . . . . .
3 3 3 2 6
SABCD
V SAdt ABCD SA AD AB sinDAB a a a a= = = =

3
( )
3
18
SAB C D
V a
′ ′ ′
=
(đvtt)

Ví d
ụ 4
) (D
ự
b
ị
A 2007)

. 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
∆
’’
Từ đó có lời giải như sau:
T
ừ
M
kẻ đường thẳng song song với
AD
cắt
SD
tại
N
là giao điểm cần tìm, góc tạo bởi
SB

D'
A'
D
C
B
A
S
O
www.VNMATH.com

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
14
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1. . . 1. . . 1 2 5
2. . . 2. . . 3 9 9
SMBCN SMBC SMCN SMCN SMCN
SABCD SABCD SABC SACD
V V V V V
V V V V
SM SB SC SM SC SN
SA SB SC SA SC SD
+
⇒ = = +
= + = + =

Mà
3

ượ
t là trung
đ
i
ể
m
c
ủ
a
, ,AB AD SC
. Ch
ứ
ng minh m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
MNP
chia kh
ố
i chóp thành hai ph
ầ
n có th
ể
tích b
ằ
ng
nhau.


t m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )SBD
theo giao tuy
ế
n song song v
ớ
i
BD
’’
T
ừ

đ
ó ta có l
ờ
i gi
ả
i sau:
G
ọ
i
, ,
I J K
l
ầ
n l

ắ
t
SB
t
ạ
i
E
, n
ố
i
PJ
c
ắ
t
SD
t
ạ
i
F

Ng
ũ
giác
PEMNF
là thi
ế
t di
ệ
n c
ủ

= = =
⇒


=



Vì
P
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
SC
nên ta có:
( )
( )
( )
( )
1
, ,
2
d P ABC d S ABC=

Do
đ

= =
 
 

1 1 1 1
. . . .
3 2 3 18
IBEM
ICPJ
V
IB IE IM
V IC IP IJ
= = =

1 1 1
18 18 32
IBEM ICPJ PCIJ SABCD
V V V V⇒ = = =

T
ươ
ng t
ự

1 1
18 32
JDFN PCIJ SABCD
V V V= =

G

a hình
chóp ta có:
( )
1
9 1 1 1
16 32 32 2
PCIJ IBEM JDFN SABCD SABCD SABCD SABCD
V V V V V V V V
 
= − + = − + =
 
 

G
ọ
i
2
V là th
ể
tích ph
ầ
n còn l
ạ
i c
ủ
a kh
ố
i chóp thì
2
1

m
E
và
F
l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
' 'C B
và
' 'C D
.
1)

D
ự
ng và tính di
ệ
n tích thi
ế
t di
ệ
n c

ầ
n kh
ố
i l
ậ
p ph
ươ
ng b
ị
chia b
ở
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
AEF

Lời giải:
1) D
ự
ng và tính di
ệ
n tích thi
ế
t di
ệ
n:
Kéo dài

'
DD
l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i
P
và
Q

Ng
ũ
giác
APEFQ
là thi
ế
t di
ệ
n c
ủ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
AEF


Do
'/ / '
PB AA
nên ta có:
' ' 1 1
' ' '
' ' 3 3 3
PB IP IB a
PB AA QD
AA IA IA
= = =
⇒ = = =

Ta có:
( )
2
APEFQ AIJ PIE QJF AIJ PIE
S S S S S S= − + = −
J
I
K
O
F
E
D
P
M
N
C

Trong tam giác
PIE
k
ẻ

đườ
ng cao
PH
thì
/ /
PH AK
và
1 34
3 12
a
PH AK= =

M
ặ
t khác:
3 2 1 2
' 2
2 3 2
a a
IJ A I IE IJ= = ⇒ = =

Di
ệ
n tích tam giác
PIE

'
3
'
1 1 3 3 3
' . ' . ' . . .
6 6 2 2 8
1 1
' . ' . ' . . .
6 6 3 2 2 72
AA IJ
B PIE
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:
' '

,V V l
ầ
n l
ượ
t là th
ể
tích c
ủ
a kh
ố
i
đ
a di
ệ
n
ở
phía d
ướ
i và phía trên m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
AEF

Ta có:
3 3 3
1 ' '
3 2 25

cần nắm chắc bài toán cơ bản và các tính chất sau

⊻
BÀI TOÁN CƠ BẢN
Cho kh
ố
i chóp
SABC
có
SA
vuông góc v
ớ
i
đ
áy
ABC
. Tính kho
ả
ng cách t
ừ

A

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )SBC

ừ

A

đế
n
( )SBC
là
AH

- Ta có
2 2 2
2 2
1 1 1 .
AS
AM AS
AH
AH AM
AM AS
= +
⇒
=
+
H
M
C
B

ả
ng cách t
ừ
m
ọ
i
đ
i
ể
m trên
( )d

đế
n
m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
P
là nh
ư
nhau
-
N
ế
u
AM kBM=
 

( )
P
là m
ặ
t ph
ẳ
ng ch
ứ
a
b
và
( )/ /
P a
thì
/ /( ) /( )a b a P M a P
d d d
∈
= =

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 s
ố
tr
ườ
ng h
ợ
p khi vi
ệ
c tìm 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
ớ
i
đ
áy m
ộ

ọ
i
G
là tr
ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác
ABD
,
E
là hình chi
ế
u c
ủ
a
G
lên
AB
. Ta có:
( )
;SG AB GE AB AB SGE⊥ ⊥ ⇒ ⊥

0
ˆ
60SAG
⇒
=

ˆ

AD
,
GH
vuông góc v
ớ
i
SN

www.VNMATH.com

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
20
Ta có
/( ) /( )
2 2 2
2
3
3 .
3 . 3
3 3
3 3
2
3
3 3
B SAD G SAD
a a
GN GS a
d d GH
GN GS

đế
n
( )SAD

ta
đ
ã quy bài toán v
ề
tr
ườ
ng h
ợ
p c
ơ
b
ả
n là tính kho
ả
ng cách t
ừ

G

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )SAD

ẳ
ng
( )ADD A
′ ′
b
ằ
ng
0
30
.Tính th
ể
tích
kh
ố
i l
ă
ng tr
ụ
trên theo a. và kho
ả
ng cách t
ừ
trung
đ
i
ể
m
N
c
ủ

'.
ABCD A B C D ABCD
V AA S= (1).

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
E

ˆ
' 30C AM =

Ta có
0 2 2
3 3 3
' ' .cot30 ' ' 6
2 2
a a
C M AM C M A A AM A M a= ⇒ = = ⇒ = − =
(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

K
h
ạ

KH
vuông góc v
ớ
i
AM
thì
/( ' )
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

ố
quan tr
ọ
ng quy
ế
t
đị
nh thành công.

Ví dụ 3)
Cho hình chóp
SABC
có góc t
ạ
o b
ở
i 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng
SBC
và
ABC
là 60
0.
Các tam giác
SBC
và
ABC

N
C
B
D
A
A'
D'
C'
B'
www.VNMATH.com

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
22
Cách 1:
Coi
B
là
đỉ
nh kh
ố
i chóp
BSAC
t
ừ
gi
ả
thi
ế
t ta suy ra

i
ể
m
BC
ta có
;SM BC AM BC⊥ ⊥
. góc t
ạ
o b
ở
i 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )SBC
và
( )ABC
là

0
a 3
60
2
SMA SM AM AS= ⇒ = = =
.
Bây gi
ờ
ta tìm v
ị

là trung di
ể
m c
ủ
a
SA
). K
ẻ
trung tr
ự
c c
ủ
a
SC
c
ắ
t trung tr
ự
c c
ủ
a
SA
t
ạ
i O là
đ
i
ể
m c
ầ

;
13
13 13
cos
SC
a a a
OC BO BC OC a
SNC
⇒ = = = − = − =
.
Ở cách giải này ta đã sử dụng dấu hiệu
‘’ Hình chóp có các c
ạ
nh bên b
ằ
ng nhau thì chân
đườ
ng cao là tâm vòng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p
đ
áy’’

Cách 2:
0
( ) ( )
1 2
2 2 . ( ) . .sin60

C
B
A
S
www.VNMATH.com

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
23
Ví dụ 4)
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình thang


0
90ABC BAD= = ,
, 2
BA BC a AD a
= = =
. C
ạ
nh bên
SA
vuông góc v
ớ

n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )SCD

(TSĐH D 2007)

HD giải:
Cách 1:
D
ự
a vào tam giác
2
2
2
3
SH SA SH SA
SHA SAB
SA SB SB SB
∆ ∆
⇒
=
⇒
= =
∼

Ta s
ẽ

2 2 3
B SCD A SCD H SCD A SCD
BF AF d d d d= ⇒ = ⇒ =

Tính
đượ
c
2AC CD a ACD= =
⇒
∆
vuông t
ạ
i
C
. Ta k
ẻ

/( ) /( )
2 2
.
( )
3
A SCD H SCD
AC AS a
AK SC AK SCD d AK a d
AC AS
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = = = ⇒ =
+
2 2 2
SD SC CD= +
nên tam giác
SCD
vuông t
ạ
i
C
.
F
C
B
D
A
K
D
C
B
H
A
S
www.VNMATH.com

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
24
2 2 2
2 2 2 2
2 2
1 1 1 . . 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 SA dt BCD a
V SB SC SD
= =
= = = = =

3
( )
2
9
SHCD
V a=
.Ta có
( )
3

i
đ
áy và SA= 2a , góc t
ạ
o b
ở
i SC và
( )SAD
b
ằ
ng 30
0
.G
ọ
i G là tr
ọ
ng tâm tam giác
( )SAD
. Tính kho
ả
ng cách t
ừ
G
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )SCD

= =
⇒
=
H
D
C
B
A
S
O
N
G
M
www.VNMATH.com

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
25
G
ọ
i
M
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AB

3 3 3 3 4 2
G SCD M SCD N SCD A SCD A SCD
GS MS d d d d d= ⇒ = = = =

Vì tam giác ACD vuông cân t
ạ
i C nên CD vuông góc v
ớ
i
( )SAC
. H
ạ

AH
vuông góc v
ớ
i SC
thì
/( )
2 2
.
( )
A SCD
SA SC
AH SCD d AH a
SA SC
⊥ ⇒ = = =
+

(Ta c


đế
n
( )SCD

Ví dụ 6)
Cho hình l
ă
ng tr
ụ
' ' 'ABCA B C có
đ
áy ABC là tam giác vuông cân t
ạ
i
A
c
ạ
nh huy
ề
n
2
BC a
= c
ạ
nh bên
' 2 ,AA a=
bi
ế
t

ng cách t
ừ
'C
đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
MNB

Giải:
- Tính th
ể
tích:
Vì
'A
cách
đề
u
, ,A B C
nên chân
đườ
ng cao h
ạ
t
ừ

'A

'
1
' 3
3
C MNB AMNB
AK C K V V= ⇒ =

G
ọ
i E là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
1
( ) . ( )
3
MANB
AH ME ABC V ME dt ANB⇒ ⊥ ⇒ =

Tính
đượ
c:
1 1 14 14
'
2 2 2 4
a a
ME A H= = =

ọ
ng 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= = = = ⇒ =

www.VNMATH.com