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:
- 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 tam giác thường ABC ta có:
2 2 2
2 2 2
2 cos ;cos
2
b c a

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 đó chính là chiều cao.
- Loại 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
tuyến của 2 mặt kề nhau đó.
- Loại 4: Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên cùng tạo với đáy 1 góc
bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp đáy.
- Loại 5: Khối chóp có các mặt bên đều tạo với đáy 1 góc bằng nhau thì chân đường cao
chính là tâm vòng tròn nội tiếp đáy.
Sử dụng các giả thiết mở:
- Hình chóp SABCD có mặt phẳng
( )SAB
và
( )SAC
cùng tạo với đáy góc
α
thì chân
đường cao hạ từ đỉnh S thuộc phân giác trong góc

D
, có
2 ,AB AD a CD a= = =
. 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:
Dấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là: ‘’2 mặt phẳng
( )SBI
và
( )SCI
cùng
vuông góc với đáy ABCD’’

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
3
Vì 2 mặt phẳng

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=
. Ví d
ụ 2) (TSĐH D 2009) Cho lăng trụ đứng
' ' 'ABCA B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B

' ' '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
⇒ = = ⇒ =

H
I

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
( ) ( )
SAC SMB⊥
.
Ta có:

O
B
I
H
C
C'
B'
A'

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
5
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:

SAC
nên ta có:
/ /
NO SA
và
1
2 2
a
NO SA= =

Do
đó
NO
là đường cao của tứ diện
ANIB

Diện tích tam giác đều
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:

0
60 . Tính thể tích khối chóp
SABC

Lời giải:
D
ấu hiệu nhận biết đường cao trong bài toán này là:

‘’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’’
Từ đó ta có lời giải sau:
Gọi
O
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:

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 2AH 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= = =

Ngoài ra:
ABC
S pr= , với
( )

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= = =Ví d
ụ 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

N
H
M
C
C'
B'
A'
I
K
B
A

NGUY
ỄN 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

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

- H
ạ
' ( )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
vuông tại A nên
KI AB
⊥
⇒ Góc tạo bởi

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
HK =
và điểm
K
nằm trong tam
giác
SCD

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
⊥
⇒
⊥

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

Ta c
ần tính diện tích tam giác
SCD

Ta có:

2 . 3 1 3 15 3
. . .2
3 2 10 5
5
SABCD
a a a
V a= =
120°
A
H
K
E
F
D
C
B
S

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
10

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

( ) 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
= + ⇒ = =
−

Thể tích khối chóp
2 3
1 1 3 6
. 6.
3 3 2 2
SABC ABC
a a
V SH S a
∆
= = =

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
. . .
3 3 3 2 6
SABCD ABCD
a a a
V SH S= = =

Chú ý: Ta có thể tính thể tích theo cách:
2
2 .
3
SABCD CSBD SBD
V V CO S
∆
= =

Trong ví dụ này chìa khóa để giải quyết bài toán là phát hiện ra tam giác
SBD
vuông tại
S

O
S
C
B
A
H

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
12
. .
. .
SA B C
SABC
V
SA SB SC
V SA SB SC
′ ′ ′
′ ′ ′
=
(1)
A ABC
'
S
SABC
V
A A
V SA
′
=

ới
BD
cắt các cạnh
,SB SD
của hình chóp tại
', '
B D
. Tính thể tích khối chóp
SABCD

HD giải:
Để xác định mặt phẳng
( )
P
các em 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
∆
’’
Gọi O là giao 2 đường chéo ta suy ra

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
′ ′ ′ ′ ′
′ ′
⇒ = = =

B'
A'
C'
C
B
A
S

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
13
Ta có
3
( )

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
( )
BCM
cắt
SD
tại
N
. Tính thể tích khối chóp
SBCMN

HD giải:
Ta cần tính chất: ’’Mặt phẳng
( )

60SBA = .
Ta có .tan 60 3SA SB a= = .
T
ừ đó suy ra
3 2 3 2
3
3 3 3
SM SN
SM SA AM a a a
SA SD
= − = − = ⇒ = =

D
ễ thấy
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
SABCD SABC SACD SABC SACD
V V V V V= + = =
;
( ) ( ) ( )SBCMN SMBC SMCN
V V V= +

I
C'
D'
A'
D
C
B
A

3
( )
10 3
27
SMBCN
V a⇒ =

Ví dụ 5)
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy là hình bình hành. G
ọ
i
, ,
M N P
l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m
c

ng
( )
MNP
ch
ứ
a
đườ
ng th
ẳ
ng
/ /
MN BD
nên m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
MNP
s
ẽ
c
ắ
t m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )SBD
theo giao tuy

a
MN
và
, ,CB CD CA

N
M
O
B
C
D
A
S

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
15
N
ố
i
PI
c
ắ
t
SB
t
ạ
i
E
, n

G
ọ
i
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

=


= = =
⇒


=




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
=
 
= =
 
 

1 1 1 1
. . . .
3 2 3 18
IBEM

ố
i chóp gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
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

V V= .

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
16

Ví dụ 6)
Cho kh
ố
i l
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

t b
ở
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
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

n l
ượ
t t
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

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

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
/ /

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
AA IJ

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

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
18
G
ọ
i
1 2
,V V l
ầ
n l
ượ
t là th
ể
tích c
ủ
a kh
ố
i

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
SABC
có
SA
vuông góc v

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
n
( )SBC
là
AH

- Ta có

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
i
đ
i
ể
m trên
( )d


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
( )
P
là m
ặ
t ph
ẳ
ng ch
ứ
a
b
và
( )/ /

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
ế
u c
ủ
a
S
lên
m
ặ
t ph
ẳ
ng
ABCD

SABCD
và kho
ả
ng cách t
ừ

B

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
SAD

Lời giải:
G
ọ
i
G
là tr
ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác
ABD
,
E
là hình chi

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
SNNGUY
ỄN TRUNG KIÊN
20

Trong bài toán này
G
là chân
đườ
ng cao c
ủ
a kh
ố
i chóp.
Để
tính kho
ả
ng cách t
ừ

B

đế
n
( )SAD

ta
đ
ã quy bài toán v
ề
tr
ườ
ng h
ợ
p c

áy ABCD là hình thoi , 3AB a= ,
0
120BAD∠ =
. Bi
ế
t góc gi
ữ
a
đườ
ng th
ẳ
ng
AC
′
và m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )ADD A
′ ′
b
ằ
ng
0
30
.Tính th
ể
tích
kh

ế
t
M
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
' 'A DGi
ải:
Ta có
. ' ' ' '
'.
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

ọ
i
'C M
là
đườ
ng cao c
ủ
a tam giác
đề
u
' ' 'C A D
thì
( )
' ' 'C M ADA D⊥
nên
0
ˆ
' 30C AM =

Ta có
0 2 2
3 3 3
' ' .cot 30 ' ' 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
. ' ' ' '

i x
ứ
ng nhau qua trung
đ
i
ể
m
O
c
ủ
a
'AC
’)
T
ừ

K
h
ạ

KH
vuông góc v
ớ
i
AM
thì
/( ' )
1
( ' ) ; . ( ' ' ) ( ' ) ( ' ) ( )
2

i chóp
'AKC M

để
quy kho
ả
ng cách
v
ề
bài toán c
ơ
b
ả
n là y
ế
u t
ố
quan tr
ọ
ng quy
ế
t
đị
nh thành công.

Ví dụ 3)
Cho hình chóp
SABC
có góc t
ạ


đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
SAC
.
(Đề dự bị khối A 2007)

HD giải:
O
M
H
K
N
C
B
D
A
A'
D'
C'
B'

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
22
Cách 1:

ố
ng mp
( )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

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
a
SC
c

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
⇒ = = = − = − =
.
Ở cách giải này ta đã sử dụng dấu hiệu
‘’ Hình chóp có các c
ạ
nh bên b
ằ

. = . . ( ,( )
2 2 4 2 16 ( )
13
SABC
V
a a
CN AS a a d B SAC
dt SAC
=
⇒
= =
M
O
N
P
C
B
A
S

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
23
Ví dụ 4)
Cho hình chóp
SABCD
có
đ
áy
ABCD

. Ch
ứ
ng minh tam giác
SCD
vuông và tính theo
a
kho
ả
ng cách t
ừ

H

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )SCD

(TSĐH D 2007)

HD giải:
Cách 1:
D
ự
a vào tam giác
2
2

lên
( )SCD

Ta có
/( ) /( )
2
3
H SCD B SCD
d d=
. L
ạ
i có
/( ) /( ) /( ) /( )
1 1 1
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

.
Cách 2:
Ta có
2 2 2 2
2; 6; 2AC a SD SA AD a SC SA AC a= = + = = + = . Ta c
ũ
ng d
ễ
dàng
tính
đượ
c
2CD 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

+ +
⇒ = − = ⇒ = =

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 SA dt BCD a

đ
áy ABCD là hình thang


0
90ABC BAD= = ,
, 2
BA BC a AD a
= = =
. C
ạ
nh bên SA vuông góc v
ớ
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

m c
ủ
a
AD
và
( )CE SAD⊥

0
ˆ
30 .tan 60 3 2CSE SE CE a SA a
⇒
=
⇒
= =
⇒
=
H
D
C
B
A
S
O
N
G
M

NGUY
ỄN TRUNG KIÊN
25

ng song song v
ớ
i
( )SCD
. Ta có
3
4
ND AD=

/( ) /( ) /( ) /( ) /( )
2 2 2 2 3 1
. .
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

( )SCD
thành bài toán c
ơ
b
ả
n là tính
kho
ả
ng cách t
ừ

A

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

i
ể
m c
ủ
a
',AA AC
. Tính th
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

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
i E là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
1
( ) . ( )

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
A BMN E BMN
AE AH AF AF EF AF d d= = = = ⇒ =