NGUYỄN 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
hơn 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:
-
tan
b c B
=
,
tan
c b C
=
,
2
.
AH HB HC
=

-
2 2 2
2 2
1 1 1 .AB AC

-
.
S p r
=
(Trong đó p là nữa chu vi, r là bán kính vòng tròn nội tiếp tam giác)
-
4
abc
S
R
=

H
C
B
A

NGUYỄN TRUNG KIÊN
2
⊻
Thể tích khối đa diện:
-
1
.
3
chop
V B h
=
(B là diện tích đáy, h là chiều cao)
-


- 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
Phần 3: Các bài toán về tính thể tích
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

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
3
Vì 2 mặt phẳng
( )
SBI

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
IH BC S IBC S ABCD S ABI S CDI a a= = − − = − − = nên
2
IBC
S
IH
BC
∆
= =
3 3
5
a
. Từ đó tính được
3
3 15
5
SABCD
V a

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
⊂
⊥
(ABC), từ
I
ta kẻ
IH BC
⊥
thì
( )
IH ABC
⊥


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

Ví dụ 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
,
M N
lần lượt là trung điểm của
AD
và
SC
;
I
là

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 chất 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
H
C

⊥
(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 với đáy
( )
ABCD
’’
Do
NO
là đường trung bình của tam giác
SAC

1 1 2 2
. .
3 3 6 2 36
AIB
a a a
V S NO= = =N
M
I
D
C
B
A
S
O

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

⊥ ⊥ ⊥

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:



0
60
SIO SJO SHO= = =
Các tam giác vuông
, ,
SOI SOJ SOH
bằng nhau nên
OI OJ OH

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

V S SO a= = =Ví dụ 5) Cho hình lăng trụ tam giác
' ' '
ABCA B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A

3,
AB a AC a
= =
. Biết đỉnh
'
C
cách đều các đỉnh
, ,
A B C
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

C
C'
B'
A'
I
K
B
A

NGUYỄN TRUNG KIÊN
8
- 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

3
' '
1 1 1 1
' . ( ) . 3. . 3.
3 3 3 2 2
A ABC LT
a
V V C H dt ABC a a a= = = =

- Hạ
' ( )
A K ABC
⊥
thì
' '
C HKA
là hình chữ nhật . Gọi
I HK AB
= ∩
thì
1
/ /
2
OI AC
=
suy ra I
là trung điểm của
AB
. Tam giác
ABC

a a IK
IK HK A I IK A K A IK
A I
= = = + = ⇒ = =

Ví dụ 6) Cho hình chóp
SABCD
có đáy
ABCD
là hình bình hành

0
2 , , 60
AB a AD a BAD= = =

SAB
là tam giác đều . Gọi
H
là trung điểm của
AB
,
K
là hình chiếu vuông góc của
H
lên mặt
phẳng
( )
SCD
. Tính thể tích khối chóp
SABCD

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
⊥
⇒
⊥


=
là đường cao tam giác đều
HDE

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

Vậy:
3
2 . 3 1 3 15 3
. . .2
3 2 10 5
5
SABCD
a a a
V a= =
120°
A
H
K
E
F

vì ( )
AB SH
AB SHA AB HA
AB SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

.
Chứng minh tương tự ta có
BC HC HABC
⊥
⇒
là hình vuông.
Ta có
HC BC
⊥
kẻ
( ) 2
HK SC HK SBC HK a
⊥
⇒
⊥
⇒
=

Mặt khác ta có:
2 2 2

K
S
C
B
A
H

NGUYỄN 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

Tính được
2 2
. 6
3,
3
SB SD a
BD a SH

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
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:

(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
60
BAD =
,
SA
vuông góc
với đáy
ABCD
,
SA a
=
. Gọi
'
C
là trung điểm của
SC
, mặt phẳng
( )
P
đi qua

(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

NGUYỄN 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 dụ 4
) (D
ự
b
ị
A 2007)
Cho hình chóp
SABCD

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


I
C'
D'
A'
D
C
B
A
S
O

NGUYỄN 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

ầ
n l
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

s
ẽ
c
ắ
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

ố
i
PI
c
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

CI CJ CK
CJ CD

=


= = =
⇒


=



Vì
P
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
SC
nên ta có:
( )
( )
( )
( )
1

9 1 9
. . .sin . ,
16 3 16
SABCD
CB CD BCD d S ABC
CB CD BCD d S ABC V
=
 
= =
 
 

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

)
PMN
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
áy c
ủ
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

ậ
p ph
ươ
ng
' ' ' '
ABCDA B C D
c
ạ
nh a. Các
đ
i
ể
m
E
và
F
l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
' '
C B
và

(
)
AEF

2)

Tính t
ỉ
s
ố
th
ể
tích c
ủ
a hai ph
ầ
n kh
ố
i l
ậ
p ph
ươ
ng b
ị
chia b
ở
i m
ặ
t ph
ẳ

ạ
i
I
và
J

N
ố
i
AI
và
AJ
c
ắ
t
'
BB
và
'
DD
l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i
P
và
Q

và
' '
K IJ A C
= ∩

Do
' '/ /
B D IJ
nên ta có:
' ' ' ' ' ' ' 2
' ' ' 3
B D A B A D A O
IJ A I A J A K
= = = =

Suy ra:
3 3 2 3 3 3 3 2
' ' ; ' ' ' ' ; ' '
2 2 2 2 2 4
a a a
IJ B D A I A B A J A K A O= = = = = =

Do
'/ / '
PB AA
nên ta có:
' ' 1 1
' ' '
' ' 3 3 3
PB IP IB a

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= = =

Trong tam giác
PIE
k
ẻ

đườ
ng cao
PH
thì

V
ậ
y
2 2 2
3 17 17 7 17
2
8 12 24
APEFQ AIJ PIE
a a a
S S S= − = − =2) Tính t
ỉ
s
ố
th
ể
tích:

3
'
3
'
1 1 3 3 3
' . ' . ' . . .
6 6 2 2 8
1 1
' . ' . ' . . .
6 6 3 2 2 72

H
K
O
F
E
D'
C'
B'
A'
D
C
B
A

NGUYỄN TRUNG KIÊN
18
G
ọ
i
1 2
,
V V
l
ầ
n l
ượ
t là th
ể
tích c
ủ

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
=

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

⊻
BÀI TOÁN CƠ BẢN
Cho kh
ố
i chóp


AM
vuông góc v
ớ
i
BC
,
AH
vuông góc v
ớ
i
SM
suy ra
AH
vuông góc v
ớ
i
( )
SBC
.
V
ậ
y kho
ả
ng cách t
ừ

A

đế

19*
Tính chất quan trọng cần nắm:
-
N
ế
u
đườ
ng th
ẳ
ng
( )
d
song song v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
P
thì kho
ả
ng cách t
ừ
m
ọ

A P B P
d k d
=
trong
đ
ó
( )
P
là m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
i qua
M

- N
ế
u
,
a b
là hai
đườ
ng th
ẳ
ng chéo nhau. G
ọ
i
( )

ế
u khó kh
ă
n, thì ta nên s
ử
d
ụ
ng công th
ứ
c
1 3
.
3
V
V B h h
B
= ⇒ =

Ví dụ 1)
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình vuông c
ạ
nh
a
. Hình chi

t góc 60
0
.
Tính theo
a
th
ể
tích c
ủ
a kh
ố
i chóp
SABCD
và kho
ả
ng cách t
ừ

B

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
SAD

Lời giải:
G

⇒
=

ˆ
.tan 3
SG GE SEG GE
⇒
= =
M
ặ
t khác G là tr
ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác ABD
1
3 3
a
GE BC
⇒ = =

3
1 3
.
3 9
SABCD ABCD
a
V SG S⇒ = =

H

a a
GN GS a
d d GH
GN GS
a a
= = = = =
+
 
 
+
 
 
 
 
Trong bài toán này
G
là chân
đườ
ng cao c
ủ
a kh
ố
i chóp.
Để
tính kho
ả
ng cách t

ặ
t ph
ẳ
ng
( )
SAD

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

trên theo a. và kho
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

2
2
3 3
3 3
2 2.
4 2
ABCD ABC
a
a
S S
∆
= = =
(2)
G
E
H
N
M
B
C
D
A
S

NGUYỄN TRUNG KIÊN
21
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
'
DD
(Vì
K

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
N C MA
d a
=Trong bài toán này vi
ệ
c nhìn ra
AK

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
là các tam giác
đề
u c
ạ
nh
a
. Tính kho

C'
B'

NGUYỄN 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
BS BA BC
= =
. G
ọ
i
O
là chân
đườ
ng cao h

. 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
trí tâm vòng ngo
ạ
i ti
ế

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
n tìm

2
2

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 . ( ) . .sin 60
3 3.2
SABCD SABM
a
V V BM dt SAM AM MS= = =

S

NGUYỄN TRUNG KIÊN
23
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
2

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
tìm cách quy kho

1 1 1
2 2 3
B SCD A SCD H SCD A SCD
BF AF d d d d= ⇒ = ⇒ =

Tính
đượ
c
2
AC 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
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = = = ⇒ =

ễ
dàng
tính
đượ
c
2
CD a
=
. Ta có
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

( ) ( ) ( ) . ;
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
= =
= = = = =

3

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
, góc t
ạ
o b
ở
i
SC
và
( )

Gi
ả
i:

K
ẻ

CE
vuông góc v
ớ
i
AD
thì
E
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AD
và
( )
CE SAD
⊥

0
ˆ
30 .tan 60 3 2

a
AB
,
N
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AE
. Ta có
BE
song song v
ớ
i
( )
SCD
,
MN
c
ũ
ng song song v
ớ
i
( )
SCD
. Ta có
3

i
SC

thì
/( )
2 2
.
( )
A SCD
SA SC
AH SCD d AH a
SA SC
⊥ ⇒ = = =
+

(Ta c
ũ
ng có th
ể
l
ậ
p lu
ậ
n tam giác
SAC
vuông cân suy ra
AH a
=
)
Trong bài toán này

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

ể
tích kh
ố
i chóp '
C MNB
và kho
ả
ng cách t
ừ

'
C

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
MNB

Giải:
- Tính th
ể
tích:
Vì
'
A
cách

H
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
BC
suy ra
' ( )
A H ABC
⊥

G
ọ
i
'
K MN AC
= ∩
⇒
'
1
' 3
3
C MNB AMNB
AK C K V V= ⇒ =

G
ọ

V = =
. V
ậ
y
3
'
14
16
C MNB
a
V =

- Tính kho
ả
ng cách:
'/( ) /( )
3
C BMN A BMN
d d
=
. G
ọ
i F là tr
ọ
ng tâm tam giác ABC.
Ta có:
/( ) /( )
1 1 3 3 1
. ; 3
2 2 2 4 4