1Chuyên 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:
-
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
= + ⇒ =
+


(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=Phần 2) Phương pháp xác định đường cao các loại khối chóp:
- Loại 1: Khối chóp có 1 cạnh góc vuông với đáy thì cạnh đó chính là chiều cao.
- Loại 2: Khối chóp có 1 mặt bên vuông góc với đáy thì đường cao chính là đường
vuông góc kẻ từ đỉnh đến giao tuyến của mặt bên và đáy.
- Loại 3: Khối chóp có 2 mặt kề nhau cùng vuông góc với đáy thì đường cao chính
là giao tuyến của 2 mặt kề nhau đó.


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 dụ 1) (TSĐH A 2009) Cho hình

chóp

SABCD

có

đáy

ABCD

là

hình

thang vuông tại

A

Vì 2 mặt phẳng
( )
SBI
và
( )
SCI
cùng vuông góc với đáy
ABCD
mà
( )
SBI
và
( )
SCI
có
giao tuyến là
SI
nên
( )
SI ABCD
⊥
. Kẻ
IH BC
⊥
ta có góc giữa 2 mặt phẳng
( ),( )
SCB ABCD
là
0
ˆ

3 15
5
SABCD
V a=
.
www.VNMATH.com3H
I
S
D
C
B
AVí dụ 2) (TSĐH D 2009)

Cho lăng trụ

đứng

' ' 'ABCA B C

có


HD giải:
-
' ' '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
⊥
và
I
chính là trọng tâm tam
giác
' '
BB C

2 4
' ' 3 3
IH CI a
IH
BB CB
⇒

B'
A'
4
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 giao điểm của
BM
và
AC
. Chứng minh rằng mặt
phẳng

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= = = = =

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⊥

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= = =

www.VNMATH.com5N
M
I
D

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
( ) ( ) ( )
, ,SAB SAC SBC
và mặt đáy
Theo giả thiết ta có:



0
60SIO SJO SHO= = =

Các tam giác vuông
, ,SOI SOJ SOH

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
S
a a

6J
H
I
S
O
C
B
A

Chú ý: Hình chóp có các mặt bên hợp với đáy các góc bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường
tròn nội tiếp đáy hình chóp.
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
'

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

ra I là trung điểm của
AB
. Tam giác
ABC
vuông tại A nên
KI AB
⊥
⇒
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

Cho hình chóp
SABCD

có đáy
ABCD

là hình bình hành

0
2 , , 60AB 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
biết
15
5
a

lên
( )
ABCD
thuộc đường thẳng chứa
HF

Hạ
( )
HK SF HK SCD
⊥ ⇒ ⊥

Ta có:
2
2 . ( )
3
SABCD SHCD
V V HK dt SCD
= =

Ta cần tính diện tích tam giác
SCD

Ta có:
1
( ) . ;
2
dt SCD SF CD
=

Mà

8120°
A
H
K
E
F
D
C
B
S

Ví dụ 7) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =
3a

khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng
2a
và


0
90SAB SCB= =
. Tính thể tích
khối chóp S.ABC theo a .


là hình vuông.
Ta có
HC BC
⊥
kẻ
( ) 2
HK SC HK SBC HK a
⊥
⇒
⊥
⇒
=

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

www.VNMATH.com
B
A
H
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
SB SD

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 10Khi 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:
. .
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
( )
P
đi qua
AC
song song với
BD

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
′ ′ ′ ′ ′
′ ′
⇒
= = =

www.VNMATH.com
A
S
Ví dụ 4) (Dự bị A 2007)

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

vuông góc với đáy, cạnh
SB
hợp với đáy một góc 60
0
. Trên cạnh
SA
lấy
M
sao cho
3
3
a
AM =
. Mặt phẳng

Ta có
.tan60 3SA 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= + = =
;
( ) ( ) ( )SBCMN SMBC SMCN
V V V= +

( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
1. . . 1. . . 1 2 5
2. . . 2. . . 3 9 9
SMBCN SMBC SMCN SMCN SMCN
SABCD SABCD SABC SACD

M
O
B
C
D
A
S
Ví dụ 5) Cho hình chóp SABCD

có đáy là hình bình hành. Gọi , ,
M N P

lần lượt là trung
điểm của , ,AB AD SC . Chứng minh mặt phẳng
( )
MNP
chia khối chóp thành hai phần có
thể tích bằng nhau.

Lời giải: Gọi , ,
I J K
lần lượt là giao điểm của
MN
và , ,CB CD CA
Nối
PI
cắt SB tại



=



Vì
P
là trung điểm của SC nên ta có:
( )
( )
( )
( )
1
, ,
2
d P ABC d S ABC=
Do đó:
( )
( )

( )
( )
1 1 1
. , . . .sin . ,
3 3 2
PCIJ CIJ
V S d P ABC CI CJ BCD d P ABC= =



ICPJ
V IB IE IM
V IC IP IJ
= = =

1 1 1
18 18 32
IBEM ICPJ PCIJ SABCD
V V V V
⇒
= = =
Tương tự
1 1
18 32
JDFN PCIJ SABCD
V V V= =
Gọi
1
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
 


Ví dụ 6)
Cho khối lập phương ' ' ' 'ABCDA B C D cạnh a. Các điểm
E
và
F
lần lượt là trung điểm
của ' 'C B 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

' ' ' 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
PB AA QD
AA IA IA
= = =
⇒
= = =
Ta có:
( )
2
APEFQ AIJ PIE QJF AIJ PIE
S S S S S S= − + = −
Trong tam giác vuông
'

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
PIE
a a a
S IE PH= = =
Vậy
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

' . ' . ' . . .
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=

Gọi
1 2
,
V V lần lượt là thể tích của khối đa diện ở phía dưới và phía trên mặt phẳng
( )
AEF

Ta có:
3 3 3
1 ' '
3 2 25
2
8 72 72
AA IJ B PIE

BÀI TOÁN CƠ BẢN

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

⊻

PHƯƠNG PHÁP
- Hạ AM vuông góc với
BC
, AH vuông góc với SM suy ra AH vuông góc với
( )
SBC .
Vậy khoảng cách từ A đến
( )
SBC là AH
- Ta có
2 2 2
2 2
1 1 1 .
AS
AM AS
AH
AH AM
AM AS
= + ⇒ =
+


 
thì
/( ) /( )
| |
A P B P
d k d=
trong đó
( )
P
là mặt phẳng đi qua
M

- Nếu
,
a b là hai đường thẳng chéo nhau. Gọi
( )
P
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

đến mặt
phẳng SAD

Lời giải:

www.VNMATH.com17G
E
H
N
M
B
C
D
A
S
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABD ,
E
là hình chiếu của G lên AB . Ta có:
( )
;SG AB GE AB AB SGE⊥ ⊥ ⇒ ⊥

0
ˆ
60SAG⇒ =

2
3
3 3
B SAD G SAD
a a
GN GS a
d d GH
GN GS
a a
= = = = =
+
 
 
+
 
 
 
 Ví dụ 2) Cho hình lăng trụ đứng
.
ABCD A B C D
′ ′ ′ ′
có đáy ABCD là hình thoi ,
3
AB a= ,
0
120
BAD∠ = . Biết góc giữa đường thẳng AC

N
C
B
D
A
A'
D'
C'
B'

Ta có
. ' ' ' '
'.
ABCD A B C D ABCD
V AA S= (1).
Đáy ABCD là hình thoi gồm 2 tam giác đều
,
ABC ACD nên:
( )
2
2
3 3
3 3
2 2.
4 2
ABCD ABC
a
a
S S
∆

2 2
ABCD A B C D
a a
V a= = .
Ta có
/( ' ) /( ' )N C MA K C MA
d d= với
K
là trung điểm của
'
DD
(Vì K và N đối xứng nhau qua
trung điểm O của AC’)
Từ
K
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

www.VNMATH.com19M
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
giác SAC . Gọi
M
là trung điểm

4
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
⇒ = = = − = − =
.


90
ABC BAD= = ,
, 2
BA BC a AD a
= = = . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA=
2a
, gọi
H
là hình chiếu
của A lên SB . Chứng minh tam giác SCD vuông và tính theo
a
khoảng cách từ
H
đến 20mặt phẳng
( )
SCD

(TSĐH D 2007)HD giải:
K
H
S

SH
SH SA AH a
SB
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

dt SCD
a
= = =

Ta cũng có thể trực tiếp tính khoảng cách theo phương pháp:
www.VNMATH.com21E
B
C
D
A

Vì
,( ) ,( )
2 2
3 3
H SCD B SCD
HS
d d
BS
=
⇒
= . Nhưng
1
2

90ABC BAD= = ,
, 2
BA BC a AD a
= = = . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA=
2a
, 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
Giải:
N
M
G
E
S
A
B
C
D

Kẻ CE vuông góc với AD thì
E
là trung điểm của AD và ( )CE SAD⊥
0
ˆ
30 .tan60 3 2CSE SE CE a SA a⇒ = ⇒ = = ⇒ = 22

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 B C . Gọi ,
M N
lần
lượt là trung điểm của ',AA AC . Tính thể tích khối chóp 'C MNB và khoảng cách từ 'C
đến mặt phẳng ( )
MNB

Giải:

2 2 2 4
a a
ME A H= = =

Suy ra:
2 3
1 14 14
. .
3 4 4 48
MANB
a a a
V = = . Vậy
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

∆
.
EP EF BH EF
EP
BH BF BF
⇒
=
⇒
=
Tính được
2
2
a
BH = ;
1 1 2 1 2
.
4 4 3 6 12
a
EF AF AH AH= = = =
;
5
3
a
BF =

www.VNMATH.com23


N
M
A
K
H
I
E
N
M
B'
A'
C'
C
B
AB.
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 dụ 1) Cho lăng trụ đứng ' ' 'ABCA B C

có đáy ABC

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
′ ′
= =
Kẻ ( )
BK AM
BH AMN
BH NK
⊥

⇒
⊥

⊥


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 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 ,
M
là trung điểm của AE , N là trung
điểm của
BC
. Chứng minh
MN
vuông góc với
BD
và tính khoảng cách giữa 2 đường
thẳng
MN
và AC .
(TS B2007)

HD giải: Gọi

K
N
P
M
E
D
C
B
A
S

( Chú ý việc chuyển tính khoảng cách từ N đến (SAC) sang tính khoảng cách từ B đến
(SAC) giúp ta đơn giản hoá bài toán đi rất nhiều. Các em học sinh cần nghiên cứu kỹ
dạng toán này để vận dụng) Ví dụ 3) Cho hình chóp SABC

có đáy ABC

là tam giác vuông cân tại
B
, 2 ,AB BC a= =

hai mặt phẳng ( )SAC 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