Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
Vấn đề 2. Xác định khoảng cách
NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
Mấu chốt của nó là tính được khoảng cách từ chân đường cao của khối chóp đến mặt
bên đối diện với nó. Khi đó khoảng cách từ điểm bất kỳ đến mặt phẳng ta quy về khoảng
cách từ chân đường vuông góc tới mặt phẳng đó; khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau quy về khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng và như vậy vẫn là khoảng cách từ chân
đường cao của khối chóp đến mặt bên đối diện với nó.
Ta cùng xét bài toán sau:
Bài toán 1. Cho hình chóp S.ABC có hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABC) là H. Tính
khoảng cách từ H đến mặt bên (SBC).
Kẻ HI vuông góc với BC tại I.
Kẻ SK vuông góc với SI tại K.
⎧ BC ⊥ HI
⎪
Ta có: ⎪
⇒ BC ⊥ (SHI ) ⇒ BC ⊥ HK .
⎨
⎪
BC
⊥
SH
⎪
⎩
K
⎧
C
⎪
HK ⊥ SI
⎪
⇒ HK ⊥ (SBC ) .
⎨
A
H
⎪
⎪
⎩HK ⊥ BC
I
Tam giác vuông SHI ta có:
1
1
1
B
=
+ 2 .
2
2
HK
SH
HI
HI có nhiều cách tính khác nhau phụ thuộc vào vị trí của H tuy nhiên tổng quát tính theo
S
diện tích HI =
2S HBC
.
BC
Ngoài ra. Tính khoảng cách theo thể tích như sau:
(
)
d H ;(SBC ) =
3VSHBC
.
SSBC
Nhưng khi đã áp dụng thuần thục cách tính quy về chân đường vuông góc H các em sẽ
không cần phải sử dụng công thức khoảng cách theo thể tích như trên.
Bài toán 2. Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P).
Bài toán này tôi chỉ đề cập đến ứng dụng thực tế tức (P) là mặt bên khối chóp và gọi (Q) là
mặt đáy khối chóp.
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
1
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
Xác định chân đường cao H hạ từ đỉnh S
của khối chóp xuống mặt đáy (Q).
Kéo dài MH cắt (P) tại A. Khi đó ta có:
(
) = MA .
d ( H ;( P )) HA
S
d M ;( P )
Bài toán quy về tính khoảng cách từ H đến
mặt phẳng (P) đây chính là bài toán 1 đã
trình bày ở trên.Ta tạm gọi đây là phương
pháp đổi điểm(đổi điểm cần tính về chân
đường vuông góc).
M
H
(Q)
(P)
A
! =1200 .
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A, AB = AC = 2a, BAC
Hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB .
Biết góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy bằng 600 .
a) Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC).
b) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).
Lời giải:
a) Gọi M là trung điểm của BC ta có AM ⊥ BC .
Kẻ HI song song với AM cắt BC tại I.
⎧
⎪ BC ⊥ HI
! = 600 chính
Ta có ⎪
⇒ BC ⊥ (SHI ) nên góc SIH
⎨
⎪
⎪
⎩ BC ⊥ SH
là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC).
1
!
Ta có: AM = AC.cos MAC = 2a. = a .
2
S
C
A
K
M
H
I
B
HI
BH 1
a
=
= ⇒ HI = .
Theo định lý Talets ta có:
AM
BA 3
3
a
Tam giác vuông SHI có: SH = HI.tan 600 =
.
3
Kẻ HK vuông góc với SI tại K ta có HK ⊥ (SBC ) .
Tam giác vuông SHI có:
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
2
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
1
1
1
1
1
12
a 3
=
+
=
+
= 2 ⇒ HK =
.
2
2
2
2
2
6
HK
SH
HI
a
⎛ a ⎞⎟ ⎛ a ⎞⎟
⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟
⎜⎜⎝ ⎟⎟⎠ ⎜⎝ 3 ⎟⎟⎠
3
(
)
Vậy d H ;(SBC ) = HK =
(
)
b) Ta có: d A;(SBC ) =
a 3
.
6
AB
a 3 a 3
.d H ;(SBC ) = 3d H ;(SBC ) = 3.
=
.
HB
6
2
(
)
(
)
Bài toán 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b.
Tôi trình bày cách tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng cách quy về
khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.
Bước 1. Dựng mặt phẳng (P) chứa đường thẳng b và cắt đường thẳng a tại A.
Bước 2. Từ A kẻ đường thẳng b '/ /b , gọi (Q) là mặt phẳng chứa a và b’.
(
)
(
)
Bước 3. Khi đó d (b;a) = d b;(Q ) = d M ;(Q ) ,∀ M ∈ b .
Như vậy bài toán quy về tính khoảng cách từ một điểm
bất kỳ từ điểm M trên b đến mặt phẳng (Q). Đây chính
là bài toán 2 đã trình bày ở trên.
(Q)
a
b'
A
b
(P)
M
Chú ý. Trong đề thi đại học thông thường yêu cầu tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
chéo nhau trong đó có một đường thẳng nằm trên mặt đáy và một đường thẳng khác chống
lên(thường là cạnh bên). Khi đó (P) chính là mặt đáy đáy. Mục đích dựng mặt phẳng (Q) là
lấy chân đường vuông góc hạ từ đỉnh xuống mặt đáy để thuận tiện cho bước tính khoảng
cách từ điểm đến mặt phẳng (Q). Để thuận tiện ta dựng một hình bình hành(không phải là
một đường thẳng b’ song song với b).
Nếu không có đường thẳng nào nằm trong mặt đáy lúc này ta chọn một mặt phẳng chứa một
trong hai đường thẳng đó là mặt đáy và thực hiện tương tự cách trên.
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
3
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
Ví dụ 2(TSĐH Khối A,A1 2012) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a,
hình chiếu vuông góc của S lên mặt đáy (ABC) là điểm H thuộc đoạn AB sao cho HA = 2HB .
Góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) bằng 600 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và
BC.
Lời giải:
Trong mặt phẳng (ABC) dựng hình bình hành
ACBD.
Ta có: BC / /AD ⇒ BC / /(SAD ) .
(
)
(
)
⇒ d ( BC;SA) = d BC;(SAD ) = D B;(SAD )
=
BA
3
.d H ;(SAD ) = d H ;(SAD )
HA
2
(
)
(
)
S
A
K
F
C
M
N
H
B
E
Muốn tính khoảng cách từ H(chân đường cao) đến mặt đối diện ta cần kẻ đường thẳng vuông góc với
D
AD và tính độ dài đoạn thẳng SH.
Kẻ HF ⊥ AD tại F, kẻ HK ⊥ SF tại K ta có HK ⊥ (SAD ) .
Gọi M là trung điểm của AB ta có CM ⊥ AB ⇒ CM = AB sin 600 =
a 3
.
2
2
⎛ a 3 ⎞⎟ ⎛ a a ⎞2 a 7
⎜
⎟⎟ + ⎜⎜ − ⎟⎟ =
Tam giác vuông CMH có: CH = CM + MH = ⎜⎜
.
⎟
3
⎜⎝ 2 ⎟⎟⎠ ⎜⎝ 2 3 ⎟⎠
2
2
! = 600
Ta có: SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SCH
là góc giữa SC và mặt đáy (ABC).
Suy ra: SH = CH .tan 600 =
a 21
.
3
Để ý HF là đường cao của tam giác HAD có:
HF =
2S HAD HA.AD sin 600
2a 3 a 3
=
= HA.sin 600 = .
=
.
AD
AD
3 2
3
Tam giác vuông SHF có:
1
1
1
1
1
24
a 42
=
+
=
+
= 2 ⇒ HK =
.
2
2
2
2
2
12
HK
SH
HF
7a
⎛ a 21 ⎞⎟ ⎛ a 3 ⎞⎟
⎜⎜
⎟ ⎜
⎟
⎜⎜ 3 ⎟⎟⎟ ⎜⎜⎜ 3 ⎟⎟⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
4
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
3
3 a 42 a 42
Suy ra d ( BC;SA) = HK = .
=
.
2
2 12
8
Nhận xét. Rõ ràng việc dựng hình bình hành ACBD cho phép ta tính độ dài HF theo công
thức diện tích hết sức đơn giản. Đây chính là thuận lợi của phép dựng này. Ngoài ra ta có thể
tính CH và HF theo cách khác sau đây:
Định lý hàm số côsin cho tam giác CHB có:
CH = HB 2 + BC 2 − 2HB.BC cos600 =
a 7
a 21
⇒ SH = CH .tan 600 =
.
3
3
Gọi N là trung điểm của BC ta có AN ⊥ BC, BC / /AD ⇒ AN ⊥ AD .
Kéo dài HF cắt BC tại E ta có HF / /AN .
Theo talets ta có:
HE HE
BH 1
2
2 a 3 a 3
=
=
= ⇒ HF = 2HE = AN = .
=
.
EF
AN
BA 3
3
3 2
3
A. CÁC DẠNG TOÁN
DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AC = 2a . Gọi I,H,J
lần lượt là trung điểm của BC,AI,SC. Tam giác SAI cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông
góc với đáy (ABC). Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABC) bằng 600 . Tính thể tích khối
chóp S.ABC và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (ABJ).
Lời giải:
Gọi M là trung điểm của AB ta có MH là đường
trung bình của tam giác ABI nên:
MH / /BC ⇒ MH ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SHM ) .
! = 600 là góc giữa mặt phẳng (SAB)
Do đó góc SMH
S
J
và (ABC).
Theo pitago ta có: BC = AC 2 − AB 2 = a 3 .
BI BC a 3
Ta có: MH =
=
=
.
2
4
4
C
F
A
D
K
H
I
M
E
B
Tam giác vuông SHM có: SH = HM tan 600 =
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
a 3
3a
. 3 = .
4
4
5
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
1
1
1 3a
a3 3
Vì vậy VS .ABC = SH .S ABC = .SH .AB.BC = . .a.a 3 =
.
3
6
6 4
8
Tính d H ;( ABJ ) :
(
)
Nhận xét. Xét khối chóp J.ABC lúc này H không phải là chân đường cao của khối chóp này.
Ta tìm cách quy về chân đường vuông góc của khối chóp J.ABC. Vậy trước tiên phải tìm chân
đường vuông góc hạ từ đỉnh J xuống mặt đáy (ABC).
Kẻ JK song song với SH cắt CH tại K ta có JK ⊥ ( ABC ) và K là trung điểm của CH.
Kéo dài CH cắt AB tại D:
(
)
Ta có d H ;( ABJ ) =
Theo talets ta có:
HD
.d K ;( ABJ ) .
KD
(
)
DH HM 1
HD 2
2
=
= ⇒
= ⇒ d H ;( ABJ ) = d K ;( ABJ ) .
DC
BC
4
KD 5
5
(
)
(
)
Kẻ KE / /BC cắt AB tại E ta có KE ⊥ AB . Kẻ KF vuông góc với JE ta có KF ⊥ ( ABJ ) .
Theo talets ta có:
1
3a
KE DK 5
5
5a 3
=
= ⇒ KE = BC =
. Tam giác SHC có: JK = SH = .
2
8
BC
DC 8
8
8
Tam giác vuông JKE ta có:
1
1
1
1
1
1792
15a 7
=
+
=
+
=
⇒ KF =
.
2
2
2
2
2
2
112
KF
JK
KE
225a
⎛ 3a ⎞⎟ ⎛ 5a 3 ⎞⎟
⎜⎜ ⎟ ⎜⎜
⎟
⎜⎝ 8 ⎟⎟⎠ ⎜⎜ 8 ⎟⎟⎟
⎝
⎠
2
2 15a 7 3a 7
Vậy d H ;( ABJ ) = .KF = .
.
=
5
5 112
56
(
)
DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU
*Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng trong đó có một đường thẳng nằm trên mặt đáy
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều,
AB = BC = CD = a,SA = a 3 và vuông góc với mặt đáy (ABCD). Gọi M,I lần lượt là các điểm
thuộc đoạn SB và SD sao cho SM = 3MB,3ID = 4IS . Chứng minh SD vuông góc với mặt
phẳng (AMI) và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
Lời giải:
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
6
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
S
3
Ta có: SI.SD = SD 2 = 3a 2 = SA2 ⇒ I trùng
7
với chân đường cao hạ từ A lên SD.
I
Do đó SD ⊥ AI .
3
M
K
Tương tự: SM .SB = SB 2 = 3a 2 = SA2 nên
4
C
B
M trùng với chân đường cao hạ từ A lên
H
SB.
D
A
E
F
Ta có:
⎧ BD ⊥ AB
⎪
⎪
⇒ BD ⊥ (SAB ) ⇒ BD ⊥ AM .
⎨
⎪
BD
⊥
SA
⎪
⎩
Do đó AM ⊥ (SBD ) ⇒ AM ⊥ SD .
Suy ra SD ⊥ ( AMI ) .
Tính d ( AD;SC ) :
(
)
(
)
Ta có AD / /BC ⇒ AD / /(SBC ) ⇒ d ( AD;SC) = d AD;(SBC ) = d A;(SBC ) .
Kẻ AH vuông góc với BC tại H, kẻ AK vuông góc với SH tại K ta có AK ⊥ (SBC ) .
Gọi E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của B,C trên AD ta có EF = BC = a và AE = DF =
Suy ra AB = BC = AB 2 + AE 2 = a 2 +
Suy ra AH = BE =
a
.
2
a2 a 5
=
.
4
2
a 5
.
2
Tam giác vuông SAH có:
1
1
1
1
1
17
15
= 2+
=
+
=
⇒ AK = a
.
2
2
2
2
2
17
AK
SA
AH
15a
⎛ a 5 ⎞⎟
(a 3)
⎜⎜
⎟
⎜ 2 ⎟⎟⎟
⎜⎝
⎠
Vậy d ( AD;SC ) = AK = a
15
.
17
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AD = 2a ,
AB = 3a,CD = a . Tam giác SAD cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
7
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy bằng 600 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
và BC theo a.
Lời giải:
Gọi H là trung điểm của AD. Do tam giác
SAD cân tại S nên SH ⊥ AD .
Hai mặt phẳng (SAD) và (ABCD) vuông
góc và có giao tuyến HD nên
SH ⊥ ( ABCD ) .
Kẻ HI vuông góc với BC tại I khi đó
⎧
⎪
BC ⊥ HI
⎪
⇒ BC ⊥ (SHI ) nên góc
⎨
⎪
⎪
⎩ BC ⊥ SH
! = 600 chính là góc giữa hai mặt phẳng
SIH
S
M
D
K
C
I
H
T
A
E
(SBC) và (ABCD).
Bài toán này có một ý nữa đó là tính thể
tích của khối chóp S.ABCD ta tính đường
cao SH vì vậy cần tính được độ dài HI.
Để tính HI ta sử dụng công thức diện tích:
2S
HI = HBC .
BC
Diện tích tính gián tiếp(lấy diện tích cả hình
thang trừ đi diện tích hai tam giác vuông nhỏ).
Độ dài BC tính thông qua tam giác vuông.
Kẻ CE song song với AD cắt AB tại E.
F
B
Tam giác vuông CEB có: CE = EB = 2a nên là tam giác vuông cân suy ra BC = 2a 2 .
Ta có:
S HBC = S ABCD −S HAB −S HCD =
=
Suy ra HI =
AB +CD
HA.AB HD.CD
.AD −
−
2
2
2
.
3a + a
a.3a a.a
.2a −
−
= 2a 2
2
2
2
2S HBC
2.2a 2
=
= a 2 ⇒ SH = HI.tan 600 = a 6 .
BC
2a 2
Trong mặt phẳng (ABCD) dựng hình bình hành ACBF
(
)
Ta có BC / / A F ⇒ BC / /(SAF ) ⇒ d ( BC;SA) = d BC;(SAF ) .
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
8
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
IT
d H ;(SAF ) .
Kéo dài HI cắt AF tại T khi đó d BC;(SAF ) = d I ;(SAF ) =
HT
(
Ta có: HT =
)
(
)
(
)
!
2S HAF
HA.A F sin HAF
a 2
=
= HA.sin1350 =
.
AF
AF
2
Suy ra IT = HI + HT =
3a 2
IT
⇒
= 3 ⇒ d BC;(SAF ) = 3d H ;(SAF ) .
2
HT
(
)
(
)
Kẻ HK vuông góc với ST tại K ta có HK ⊥ (SAF ) .
Tam giác vuông SHT có:
1
1
1
=
+
=
2
2
SK
SH
HT 2
Vậy d (SA; BC ) = 3HK = 3a
1
(a 6 )
2
+
1
2
⎛ a 2 ⎞⎟
⎜⎜
⎟
⎜⎜ 2 ⎟⎟⎟
⎝
⎠
=
13
6
⇒ HK = a
.
2
13
6a
6
.
13
Chú ý. Ta có thể quy khoảng cách từ BC đến mặt phẳng (SAF) về H bằng cách kéo dài AD cắt
BC tại M.
(
)
(
)
Khi đó d BC;(SAF ) = d M ;(SAF ) =
Theo talets ta có:
MA
d H ;(SAF ) .
HA
(
)
MD CD 1
MA
=
= ⇒
= 3 ⇒ d BC;(SAF ) = 3d H ;(SAF ) .
MA AB 3
HA
(
)
(
)
Ta có kết quả tương tự cách trên.
! = 600 . Hình chiếu vuông
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC
góc của S lên mặt đáy trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, đường thẳng SA tạo với đáy
góc 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB.
Bài giải
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
9
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
S
Gọi M là trung điểm của BC, khi đó G là giao
điểm của AM và BD.
Tam giác AM = AB sin 600 =
a 3
.
2
! = 600
Góc SG ⊥ ( ABCD ) ⇒ SAG
là góc giữa SA
và mặt phẳng (ABCD).
Tam giác vuông SAG có:
D
M
2
2 a 3
SG = AG tan 60 = AM .tan 600 = .
. 3 = a .
3
3 2
0
S ABCD = 2S ABC = BA.BC sin 600 =
VS .ABCD
C
H
G
B
A
a2 3
.
2
1
1 a2 3 a3 3
(đvtt).
= SG.S ABCD = .a.
=
3
3
2
6
Tính d ( AD;SB) :
Ta có:
(
)
AD / /BC ⇒ AD / /(SBC ) ⇒ d ( AD;SB) = d AD;(SBC )
(
)
= d A;(SBC ) =
.
AM
d G;(SBC ) = 3d G;(SBC )
GM
(
)
(
)
Kẻ GH vuông góc với SM tại H ta có GH ⊥ (SBC ) .
Tam giác vuông SGM có:
1
1
1
1
1 13
a 13
=
+
=
+ 2 = 2 ⇒ GH =
.
2
2
2
2
13
GH
GM
SG
a
a
⎛ a 3 ⎞⎟
⎜⎜
⎟
⎜⎜ 6 ⎟⎟⎟
⎝
⎠
Suy ra d ( AD;SB ) = 3GH =
3a 13
.
13
Ví dụ 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,
BC = a, AB = AD = 2a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), mặt bên (SBC) tạo với
mặt đáy góc 600. Gọi M là trung điểm cạnh SB, mặt phẳng (ADM) cắt cạnh SC tại N. Tính thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BN và CD.
Lời giải:
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
10
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
Vì AD//BC nên MN//BC do đó N là trung điểm của SC.
⎧
⎪ BC ⊥ AB
! = 600 .
Ta có ⎪⎨
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ SBA
⎪
⎪
⎩ BC ⊥ SA
Vì vậy SA = AB tan 600 = 2a 3 .
1
1
BC + AD
1
a + 2a
.AB = .2a 3.
.2a = 2a 3 3 (đvtt).
Suy ra VS .ABCD = SA.S ABCD = .SA.
3
3
2
3
2
Gọi E là trung điểm của BC khi đó AE//BC và AE = BC = a nên ABCE là hình chữ nhật.
Gọi I là giao điểm của AC và BE khi đó I là trung điểm của AC, vì vậy NI//SA suy ra
NI ⊥ (ABCD) .
Ta có CD / /BE ⇒ CD / /(NBE ) ⇒ d (CD; BN ) = d (C;(NBE )) .
⎧ NI ⊥ CK
⎪
Kẻ CK vuông góc với BE tại K ta có ⎪⎨
⇒ CK ⊥ (NBE ) .
⎪
NK
⊥
BE
⎪
⎩
Tam giác vuông BCE có CK là đường cao vì vậy
1
1
1
1
1
2a 5
=
+
= 2 + 2 ⇒ CK =
.
2
2
2
5
CK
CB
CE
a
4a
Vì vậy d (CD; BN ) = CK =
2a 5
.
5
*Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau cùng chếc so với mặt đáy
Bài toán này sẽ khó hơn bài toán loại trên.
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, AB = BC = BD = a , mặt bên
(SAB) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Gọi M là
trung điểm cạnh SD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SB và CM.
Lời giải:
Gọi H là trung điểm cạnh AB, ta có
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
11
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
⎧SH ⊥ AB
⎪
⎪
⇒ SH ⊥ (ABCD) .
⎨
⎪
⎪
⎩(SAB) ⊥ (ABCD)
Tam giác ABD đều cạnh a, S ABCD = 2S ABD
a2 3 a2 3
= 2.
=
.
4
2
AB 2
a2 a 3
2
SH = SA −
= a − =
.
4
4
2
2
1
1 a 3 a2 3 a3
Vì vậy VS .ABCD = SH .S ABCD = .
.
= (đvtt).
3
3 2
2
4
Tính khoảng cách:
Gọi O là trung điểm cạnh BD, ta có MO//SB nên SB / /( AMC ) .
(
)
Vì vậy d (SB;CM ) = d B;( AMC ) =
3VM .ABC
.
S AMC
1
1 1
1
1
a3
Ta có VM .ABC = d M ;( ABCD ) .S ABD = . d ( H ;(ABCD)). S ABCD = VS .ABCD = .
3
3 2
2
4
16
(
)
Tam giác AMC có
SB a
3a 2 3a 2 a 6
2
2
OM =
= ;SD = SH + HD =
+
=
;
2
2
4
4
2
AM = SA2 −
2
2
SD
6a
a 10
= a2 −
=
4
16
4
.
2. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, BC = 2a .
Mặt bên ACC’A’ là hình vuông. Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của AC,CC’,A’B’ và H là
hình chiếu của A lên BC. Tính thể tích khối chóp A’.HMN và khoảng cách giữa hai đường
thẳng MP và HN.
Bài giải
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
12
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
A'
Nhận xét. Rất khó tính thể tích khối chóp
C'
A’.HMN nếu ta không xác định được đáy.
P
E
Coi mặt đáy khối chóp này là (A’MN).
B'
Ta có:
N
S A' MN = S ACC ' A' −S A' AM −SCMN −S A'C ' N
.
a 2 a 2 a 2 3a 2
2
=a − − − =
A
M
4
8
4
8
C
HC
HC
K
d H ;( A' MN ) =
d B;( A'MN) =
.AB
H
BC
BC
B
Tam giác vuông ABC có AH là đường cao
nên:
(
)
(
)
CH CA2 3a 2 3
CH .BC = CA ⇒
=
=
= .
BC
BC 2 4a 2 4
3
3a
Vậy d H ;( A' MN ) = AB = .
4
4
Suy ra:
1
VH .A' MN = d H ;( A' MN ) .S A' MN
3
1 3a 3a 2 3a 3
= . .
=
3 4 8
32
2
(
)
(
)
Gọi E là trung điểm của B’C’ ta có EP / /A'C '/ /CM , EP = CM =
a
⇒ CMPE là hình bình hành
2
suy ra MP / /CE ⇒ MP / /( BCC ' B ') .
(
)
(
)
Do đó d ( MP;HN ) = d MP;( BCC ' B ') = d M ;( BCC ' B ') .
Kẻ MK vuông góc với BC tại K ta có MK ⊥ ( BCC ' B ') .
1
AB.AC
a.a 3 a 3
Ta có MK = AH =
.
=
=
2
2.2a
4
2 AB 2 + AC 2
Vậy d ( MP;HN ) =
a 3
.
4
Nhận xét. Nếu khối chóp có mặt đáy không là mặt đáy của khối lăng trụ hoặc khối chóp ban
đầu ta lựa chọn một đáy hợp lý sao cho việc tính diện tích đáy và khoảng cách từ đỉnh còn lại
đến đáy đó đơn giản để tính thể tích. Tương tự nếu hai đường thẳng chéo nhau không có
đường thẳng nào nằm trên mặt đáy ta phải xác định mặt phẳng đáy mới(chứa một đường
thẳng và song song với đường thẳng còn lại) để quy về tính khoảng cách như các bài toán có
một đường thẳng thuộc mặt đáy quen thuộc.
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
13
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
DẠNG 3. KHỐI ĐA DIỆN CHO TRƯỚC KHOẢNG CÁCH
Khi cho trước khoảng cách ta phải định chính xác công thức khoảng cách đó. Sau đó tìm ra
các yếu tố của khối đa diện để hoàn thiện bước tính thể tích, góc hoặc khoảng cách tùy thuộc
vào yêu cầu đề bài.
3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABC là hình bình hành và SA = SB = AB = 2BC = 2a , góc
! =1200 . Gọi M là trung điểm của AB. Biết hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy
ABC
3
.
5
(ABCD) nằm trong tứ giác ABCD và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SCD) bằng a
Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Bài giải
Tam giác SAB đều nên AB ⊥ SM .
Mặt khác SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ AB . Do đó
S
AB ⊥ (SHM ) ⇒ AB ⊥ HM .
Kéo dài HM cắt CD tại I ta có CD ⊥ (SMI ) .
B
C
K
Kẻ MK ⊥ SI tại K ta có MK ⊥ (SCD ) .
M
H
A
Ta có SM = SB sin 60 = a 3 .
0
D
2S ABC
AB.BC sin1200 a 3
=
=
Xét
AB
AB
2
tam giác SMI ta có:
I
MI = d (C; AB ) =
SH 2 = SM 2 − HM 2 = 3a 2 − HM 2 (1)
a 3
.SH
SH .MI
5
SI =
= 2
=
SH
MK
2
3
a
5
.
2
SH 2 = SI 2 − HI 2 = SI 2 −( MI − HM )
2
⎛a 3
⎞⎟
5
⎜
= SH 2 −⎜⎜
− HM ⎟⎟⎟ (2)
⎜⎝ 2
4
⎟⎠
(
So sánh (1) và (2) ta có: 3a − HM = a 3 − 2HM
2
2
)
2
⎡ HM = 0
⎢
⇔⎢
.
⎢ HM = 4a 3
⎢
5
⎣
Do H nằm trong tứ giác ABCD nên HM = 0 ⇒ H ≡ M .
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
14
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
1
2
2
1
3
Suy ra SH = SM = a 3 ⇒VS .ABCD = SH .S ABCD = .SH .S ABC = .a 3. 2a.a.
= a 3 (đvtt).
3
3
3
2
2
B. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Biết S.ABD là tứ diện đều cạnh a. Tính
thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.
Bài giải
Goi M là trung điểm của AB và gọi O là
giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
Gọi H là giao điểm của AC và DM khi đó
H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABD.
Suy ra SH ⊥ ( ABCD ) .
S
E
I K
B
Ta có:
C
M
S ABCD = 2S ABD
a2 3
= AB.AD sin 60 =
.
2
0
H
A
O
D
2
2
a 3
DH = DM = AD sin 600 =
.
3
3
3
Tam giác vuông SHD có:
2
⎛ a 3 ⎞⎟
⎜
⎟⎟ = a 6 .
SH = SD − DH = a −⎜⎜
⎜⎝ 3 ⎟⎟⎠
3
2
2
2
1
1 a 6 a2 3 a3 2
VS .ABCD = SH .S ABCD = .
.
=
(đvtt).
3
3 3
2
6
Tính d ( BD;SC ) :
Kẻ OK ⊥ SC tại K ta có:
⎧ BD ⊥ SH
⎪
⎪
⇒ BD ⊥ (SHC ) ⇒ BD ⊥ OK .
⎨
⎪
BD
⊥
AC
⎪
⎩
Vậy OK là đoạn vuông góc chung của BD và SC.
Ta có: CH = CO +OH = AO +OH =
2
4
4
2a 3
AO = DM =
.
3
3
3
2
⎛ a 6 ⎞⎟ ⎛ 2a 3 ⎞⎟
⎜
⎟⎟ + ⎜⎜
⎟⎟ = a 2 .
Suy ra SC = SH +CH = ⎜⎜
⎜
⎜⎝ 3 ⎟⎟⎠ ⎜⎝ 3 ⎟⎟⎠
2
2
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
15
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
a 6
SH
3
!=
! = a 3 . 3 = a .
Suy ra sinSCH
= 3 =
⇒ OK = CO.sinSCH
SC
3
2 3
2
a 2
Vậy d ( BD;SC ) = OK =
a
.
2
Cách 2: Nhiều học sinh không nhận ra OK là đoạn vuông góc chung của BD và SC vậy áp
dụng cách tính khoảng cách tổng quát ta thực hiện như sau:
Trong mặt phẳng (ABCD) dựng hình bình hành BDCE.
(
)
(
)
Ta có BD / /CE ⇒ BD / /(SCE ) ⇒ d ( BD;CE ) = d BD;(SCE ) = d O;(SCE ) .
Để ý OC ⊥ BD ⇒ OC ⊥ CE do vậy chỉ cần kẻ OK vuông góc với SC tại K thì OK chính là
khoảng cách cần tìm. Đây chính là lời giải đã trình bày trong cách 1.
Nhận xét. Ta có thể quy về chân đường vuông góc H để thuận tiện tính toán như sau:
(
)
d O;(SCE ) =
OC
3
.d H ;(SCE ) = d H ;(SCE ) .
HC
4
(
)
(
)
Kẻ HI vuông góc với SC tại I ta có HI ⊥ (SCE ) .
Tam giác vuông SHC có:
1
1
1
1
1
9
2
=
+
=
+
= 2 ⇒ HI = a .
2
2
2
2
2
3
HI
SH
CH
4a
⎛ a 6 ⎞⎟ ⎛ 2a 3 ⎞⎟
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜ 3 ⎟⎟ ⎜⎜ 3 ⎟⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
3
3 2a a
Vậy d ( BD;SC ) = HI = . = .
4
4 3
2
Ta có kết quả tương tự cách trên.
2. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a . Gọi M là
trung điểm BC, biết góc giữa mặt phẳng (A’BC) và mặt đáy (ABC) bằng 600 . Tính thể tích
lăng trụ khối chóp A’.BCC’B’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C và AM.
Bài giải
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
16
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
3. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp đều, AB = a . Gọi ϕ là góc giữa mặt
phẳng (A’BC) và mặt phẳng (ABC) với cosϕ =
3
. Tính thể tích khối chóp A’.BCC’B’ và
3
khoảng cách từ A’ đến mặt phẳng (BCC’B’).
Bài giải
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và
AB. Gọi H là giao điểm của AM và CN khi
đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC.
Suy ra A' H ⊥ ( ABC ) .
⎧
⎪ BC ⊥ AM
Ta có: ⎪⎨
⇒ BC ⊥ ( A' HM ) nên góc
⎪
BC
⊥
A'
H
⎪
⎩
!
A' MH = ϕ chính là góc giữa hai mặt
B'
P
C'
A'
F
I
E
M
B
N
C
H
A
phẳng (A’BC) và (ABC).
K
a 3
Ta có: AM = AB sin 60 =
.
2
0
Suy ra HM =
AM a 3
=
.
3
6
Tam giác vuông A’HM có: A' H = HM .tanϕ = HM
S ABC
1
a 3 1
a 6
.
−1 =
.
−1 =
2
1
6
6
cos ϕ
3
a2 3
1
1 a 6 a2 3 a3 2
= AB.AC sin 60 =
⇒VA'.ABC = A' H .S ABC = .
.
=
.
4
3
3 6
4
24
0
Ta có: VA'.BCC ' B ' =VABC .A' B 'C ' −VA'.ABC = 3VA'.ABC −VA'.ABC = 2VA'.ABC = 2.
(
a3 2 a3 2
=
(đvtt).
24
12
)
Tính d A';( BCC ' B ') :
(
)
(
)
(
)
Ta có AA'/ /( BCC 'B') ⇒ d A';( BCC ' B ') = d AA';( BCC ' B ') = d A;( BCC ' B ') .
Ta có: BC ⊥ ( A' HM ) ⇒ ( A' HM ) ⊥ ( BCC ' B ') .
Gọi P là trung điểm của B’C’ khi đó MP là giao tuyến của hai mặt phẳng (A’HM) và (BCC’B’).
Kẻ AK ⊥ MP tại K ta có AK ⊥ ( BCC ' B ') .
(
)
Do MP / /BB '/ /AA' ⇒ d A;( BCC ' B ') = d ( A;MP ) = d ( M ; AA') .
Kẻ MI vuông góc với AA’ tại I khi đó MI là đường cao của tam giác A’AM.
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
17
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
a 6 a 3
.
2S A' AM
A' H .AM
a
6
2
Ta có: AK = MI =
=
=
= .
2
2
AA'
AA'
2
⎛ a 6 ⎞⎟ ⎛ a 3 ⎞⎟
⎜⎜
⎜
⎟⎟ + ⎜
⎟⎟
⎜⎜ 6 ⎟⎟ ⎜⎜ 3 ⎟⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
a
.
2
Nhận xét. Ta có thể quy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCC’B’) về khoảng cách từ H đến
(
)
Vậy d A';( BCC 'B') = AK =
mặt phẳng (BCC’B’) như sau:
(
)
Ta có: d A;( BCC 'B') =
AM
.d H ;( BCC 'B') = 3d H ;( BCC ' B ') .
HM
(
)
(
)
Kẻ PE song song với A’H cắt HM tại E khi đó PE ⊥ ( ABC ) .
Ta có ME = HE − HM = A' P − HM = AM − HM = AH = 2HM .
(
)
Suy ra d H ;( BCC ' B ') =
HM
1
.d E;( BCC ' B ') = d E;( BCC ' B ') .
EM
2
(
)
(
)
Kẻ EF vuông góc với MP tại F ta có EF ⊥ ( BCC ' B ') .
Tam giác vuông MPE có:
1
1
1
1
1
1
1
9
a
=
+
=
+
=
+
= 2 ⇒ EF = .
2
2
2
2
2
2
2
3
EF
EP
EM
A' H
AH
a
⎛ a 6 ⎞⎟ ⎛ a 3 ⎞⎟
⎜⎜
⎟⎟ ⎜⎜
⎟⎟
⎜⎜ 6 ⎟⎟ ⎜⎜ 3 ⎟⎟
⎝
⎠ ⎝
⎠
3
3 a a
Vậy d A;( BCC ' B ') = 3d H ;( BCC ' B ') = .d E;( BCC ' B ') = . = .
2
2 3 2
Ta có kết quả tương tự cách trên.
(
)
(
)
(
)
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
18
Bài giảng Chuyên đề: Hình học không gian – GV: Đặng Thành Nam – Hotline: 0976 266 202
Tài liệu Ôn thi THPT Quốc Gia
19
- Xem thêm -
.PDF 
19 
809 
131 
