1
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Chuyên đề luyện thi đại học
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TẬP HÌNH
KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI TSĐH
Biên soạn: GV Nguyễn Trung Kiên

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 ab C bc A ac B
∆
= = =

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

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

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
Phần 3: Các bài toán về tính thể tích
A. Tính thể tích trực tiếp bằng cách tìm đường cao:
Ví d
ụ 1)
(TSĐH A 2009
) Cho h
ình

= = =
. Góc giữa 2 mặt phẳng
( ),( )
SCB ABCD
bằng 60
0
. 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:
Vì 2 mặt phẳng
( )
SBI
và
( )

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

c
ó

đáy

ABC

l
à

tam gi
ác

vuông tại
B
,
, ' 2 , ' 3
AB a AA a A C a
= = =
. Gọi
M
là trung điểm của đoạn
' '
B C
,
I
là giao
điểm của
BM
và

BB C

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

Có
2
2 2 2 2 2
AA 9 4 5 2
AC 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
= = =

ABCD
. Gọi
,
M N
lần lượt là
trung điểm của
AD
và
SC
;
I
là giao điểm của
BM
và
AC
. Chứng minh rằng mặt
phẳng
(
)
SAC
vuông góc với mặt phẳng
(
)
SMB
. Tính thể tích khối tứ diện
ANIB
.
Lời giải:
+) Chứng minh
(

;
3 3 3 3 3
a a
AI AO AC BI BM= = = = =

Nhận xét:
2 2
2 2 2 2
2
3 3
a a
AI BI a AB
+ = + = =
, suy ra tam giác
AIB
vuông tại
I
.
Do đó
BM AI
⊥
(1)
Mặt khác:
(
)
SA ABCD
⊥
nên
SA BM
⊥

AIB
là:
2
1 1 3 6 2
. .
2 2 3 3 6
AIB
a a a
S AI BI= = =

Thể tích khối tứ diện
ANIB
là:
2 3
1 1 2 2
. .
3 3 6 2 36
AIB
a a a
V S NO= = =
5
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
N
M
I
D

là hình chiếu của
S
trên mặt phẳng
(
)
ABC
và
, ,
I H J
lần lượt là hình chiếu của
O
trên
, ,
AB BC CA
.
Theo định lý ba đường vuông góc ta có:
, ,
SI AB SJ AC SH BC
⊥ ⊥ ⊥

Suy ra:



, ,
SIO SJO SHO
lần lượt là góc hợp bởi các mặt bên
(
)
(

nên
AH
vừa là đường phân giác, vừa là đường cao, vừa
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:
2 2 2 2
9 2 2
AH AB BH a a a
= − = − =

Diện tích tam giác
ABC
là:
2
1 1
. .2 .2 2 2 2
2 2
ABC
S BC AH a a a= = =


vuông tại
O
, ta có:
0
6
tan 60
2
a
SO OH
= =

Thể tích khối chóp
SABC
là:
3
2
1 1 6 2 3
. .2 2.
3 3 2 3
ABC
a a
V S SO a
= = =
6
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
J

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
( ' ')
ABB A
và mặt phẳng đáy
( )
ABC
.
- 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 BC.
Ta có:
/( ') /( ')
2
B ACC H ACC


Có
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

; ' ' cos '
2 2 2 ' 13
a a IK
IK HK A I IK A K A IK
A I
= = = + =
⇒
= =
7
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
N
H
M
C
C'
B'
A'
I
K
B
AVí d
ụ 6)


5
a
HK
=
và điểm
K
nằm
trong tam giác
SCD

Giải:
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
lên mặt phẳng
ABCD
thuộc
đường trung trực của đoạn thẳng
AB



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 =

Vậy:
3
2 . 3 1 3 15 3

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

Giải:
Đây là bài toán dễ làm cho học sinh bối rối khi xác định đường cao hình chóp.
K
S
C
B
A
H

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

SH a
HK HC HS
HC HK
= +
⇒
= =
−
9
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Thể tích khối chóp
2 3
1 1 3 6
. 6.
3 3 2 2
SABC ABC
a a
V SH S a
∆
= = =

Ví d
ụ 8)
Cho hình chóp
S.ABCD

có đáy

⇒
⊥
⇒
∆ = ∆
⇒
=

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
SB SD
= = =
+
,suy ra tam giác
ABC
là tam giác đều
2 3
1 1 6 3 2

, 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 10
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
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:
. .
. .
SA B C

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
AC
song song với

', '
B D
là 2 giao điểm cần tìm.
Ta có:
1 2
;
2 3
SC SD SB SI
SC SD SB SO
′ ′ ′
= = = =

Dễ thấy
( ) ( ) ( ) ( )
2 ; 2
SAB C D SAB C SABCD SABC
V V V V
′ ′ ′ ′ ′
= =
. . 1
. . 3
SAB C D SAB C
ABCD SABC
V V
SA SB SC
V V SA SB SC
′ ′ ′ ′ ′
′ ′
⇒
= = =

D
C
B
A
S
Ví d
ụ 4
) (D
ự bị A 2007)

Cho hình chóp
SABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật
, 2
AB a AD a
= =
cạnh
SA

vuông góc với đáy, cạnh
SB
hợp với đáy một góc 60
0
. Trên cạnh
SA

SB
và
ABCD
là

0
60
SBA =
.
Ta có
.tan60 3
SA SB a
= =
.
Từ đó suy ra
3 2 3 2
3
3 3 3
SM SN
SM SA AM a a a
SA SD
= − = − =
⇒
= =

Dễ thấy
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
SABCD SABC SACD SABC SACD
V V V V V= + = =

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 d
ụ 5)
Cho hình chóp
SABCD

có đáy là h
ình bình hành. G

cắt
SB
tại
E
, nối
PJ
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

( )
( )

( )
( )
1 1 1
. , . . .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
=
 
= =

V
là thể tích phần khối chóp giới hạn bởi mặt phẳng
(
)
PMN
và mặt phẳng đáy của
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
 
= − + = − + =
 
 

Gọi
2
V
là thể tích phần còn lại của khối chóp thì
2
1
2
SABCD
V V=
Vậy
1 2
V V

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
(
)
AEFLời giải:
1) Dựng và tính diện tích thiết diện:
Kéo dài
EF
cắt
' '
A B
và
' '
A D
lần lượt tại
I
và
J

O A C B D
= ∩
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

AIJ
a a a
S IJ AK= = =
Trong tam giác
PIE
kẻ đường cao
PH
thì
/ /
PH AK
và
1 34
3 12
a
PH AK= =
Mặt khác:
3 2 1 2
' 2
2 3 2
a a
IJ A I IE IJ= =
⇒
= =
Diện tích tam giác
PIE
là:
2
1 1 2 34 17
. . .
2 2 2 12 24

2) Tính tỉ số thể tích: 15
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012

3
'
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 đối xứng của hình lập phương nên ta có:
' '
B PIE D QJF
V V=

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

1 1 1 .
AS
AM AS
AH
AH AM
AM AS
= + ⇒ =
+
16
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
H
M
C
B
A
S

* Tính chất quan trọng cần nắm:

- Nếu đường thẳng
( )
d
song song với mặt phẳng

là mặt phẳng chứa
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.

Tuy nhiên 1 số trường hợp khi việc tìm hình chiếu trở nên vô cùng khó khăn, thì việc sử
dụng công thức tính thể tích trở nên rất hiệu quả.
Ta có V(khối chóp)=
1 3
.
3
V
B h h
B
⇒
= Ví d
ụ 1)

đến mặt
phẳng
SADLời giải:
17
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
G
E
H
N
M
B
C
D
A
S
Gọi
G
là trọng tâm của tam giác
ABD
,
E
là hình chiếu của
G

3
1 3
.
3 9
SABCD ABCD
a
V SG S
⇒
= =
Hạ
GN
vuông góc với
AD
,
GH
vuông góc với
SN

Ta có
/( ) /( )
2 2 2
2
3
3 .
3 . 3
3 3
3 3
2
3
3 3

và mặt phẳng
( )
ADD A
′ ′
bằng
0
30
.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 DGiải: 18
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
O

2 2.
4 2
ABCD ABC
a
a
S S
∆
= = =
(2)
Gọi
'
C M
là đường cao của tam giác đều
' ' '
C A D
thì
(
)
' ' '
C M ADA D
⊥
nên
0
ˆ
' 30
C AM =

Ta có
0 2 2
3 3 3

hạ
KH
vuông góc với
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
⇒
= − − −
⇒
=
Vậy
/( ' )
6
2
N C MA
d a
=
19
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
M
O
N
P
C
B
A
S

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

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

2
2
2
2
3
2
13
16
cos
4
SA
a
SC

2 2 . ( ) . .sin 60
3 3.2
SABCD SABM
a
V V BM dt SAM AM MS= = =
3
3
( )
16
a dt SAC
=
=
2
1 1 13 3 39 3 ( ) 3
.AS= . . ( ,( )
2 2 4 2 16 ( )
13
a V SABC a
CN a a d B SAC
dt SAC
= ⇒ = = Ví dụ 4) Cho hình chóp
SABCD
có đáy
ABCD
là hình thang



m
ặt phẳng
( )
SCD

(TSĐH D 2007)HD giải:
K
H
S
A
B
C
D

Ta có
2 2 2 2
2; 6; 2
AC a SD SA AD a SC SA AC a
= = + = = + =
. Ta cũng dễ dàng tính
được
2
CD a
=
. Ta có
2 2 2
SD SC CD

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
( )
2

C
D
A

Vì
,( ) ,( )
2 2
3 3
H SCD B SCD
HS
d d
BS
=
⇒
= . Nhưng
1
2
BE AE
= (hình vẽ). Ta suy ra
,( ) ,( ) ,( ) ,( )
1 1
2 3
B SCD A SCD H SCD A SCD
d d d d=
⇒
=
Dễ chứng minh được tam giác
ACD
vuông cân tại
C

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
( )
SAD
. Tính khoảng cách từ
G
đến mặt
phẳng
( )
SCD



22
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
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
=
/( ) /( ) /( ) /( ) /( )
2 2 2 2 3 1
. .

= = =
+

(Ta cũng có thể lập luận tam giác SAC vuông cân suy ra AH=a)
Ví d
ụ 6)
Cho hình l
ăng tr
ụ
' ' '
ABCA B C

có đáy
ABC

là tam giác vuông cân t
ại
A

c
ạnh
huyền
2
BC a
=
cạnh bên
' 2 ,

cách đều
, ,
A B C
nên chân đường cao hạ từ
'
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

14
16
C MNB
a
V =
- 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

BH = ;
1 1 2 1 2
.
4 4 3 6 12
a
EF AF AH AH= = = = ;
5
3
a
BF = 23
PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN HKG THI TSĐH- NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Suy ra:
2 2
5 . 14
20
4 71
a EP EM a
EP EQ
EP EM
= ⇒ = =
+

Vậy
/( )
'/( ) /( )
3 14

B. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau trong không gian
Khi tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau a và b trong không gian ta tiến
hành theo trình tự sau:
- Dựng (tìm) mặt phẳng trung gian (P) chứa a song song với b sau đó tính khoảng cách
từ 1 điểm bất kỳ trên b đến 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 d
ụ 1)
Cho lăng tr
ụ đứng
' ' '
ABCA B C

có đáy
ABC

là tam giác vuông
AB BC a
= =
,
cạnh bên
2
AA a
′
=
. Gọi
M
là trung điểm của

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
′ ′
= =

Kẻ
( )
BK AM
BH AMN
BH NK
⊥

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))

Ví d
ụ 2)
Cho hình chóp t
ứ giác đều
SABCD

có đáy là h
ình

vuông c
ạnh a. Gọi
E

là
điểm đối xứng của
D
qua trung điểm của
SA
,
M
là trung điểm của
AE

/ /
MN PC
. Từ đó suy ra
/ /( )
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

và
( )
SBC
cùng vuông góc với đáy
ABC
. Gọi
M
là trung điểm
của
AB
, mặt phẳng qua
SM
song song với
BC
cắt
AC
tại
N
. Biết góc tạo bởi
( )
SBC

và
( )
ABC
bằng 60
0
. Tính thể tích khối chóp
SBCNM
và khoảng cách giữa hai đường

Từ đó tính được
3
3
V a
=
- Kẻ đường thẳng
( )
d
qua
N
song song với
AB
thì
AB
song song với mặt phẳng
( )
P

chứa
SN
và
( )
d
nên khoảng cách từ
AB
đến
SN
cũng bằng khoảng cách từ
A
đến