1

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐÀO VĂN PHÚC

“BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN”

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

s

HÀ NỘI – 2016

2

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN -------------------------

ĐÀO VĂN PHÚC

“BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN”

Chuyên ngành : Phương pháp toán sơ cấp

Mã số : 60460113

Người hướng dẫn: PGS.TS Vũ Đỗ Long

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Hà Nội - 2016

3

Lời cảm ơn

Luận văn được hoàn thành dưới sự chỉ bảo và hướng dẫn của PGS. TS. Vũ Đỗ

Long. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tôi

trong suốt quá trình làm luận văn. Từ tận đáy lòng em xin bày tỏ sự biết ơn sâu

sắc đến thầy.

Mặc dù đã rất nghiêm túc trong quá trình tìm tòi, nghiên cứu nhưng chắcchắn

nội dung được trình bày trong luận văn không tránh khỏi những thiếu sót.

Em rất mong nhận được sự đóng góp của quý thầy cô và các bạn để luận văn

của em được hoàn thiện hơn.

Hà Nội, tháng 10 năm 2016

Tác giả

Đào Văn Phúc

4

Mục lục

Mở đầu

Chương I: Bài toán về góc và khoảng cách trong không gian

1.1.Bài toán về góc trong không gian………………………………………...6

1.1.1.Góc giữa hai đường thẳng trong không gian………………..………….6

1.1.2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng…………………….……………..9

1.1.3. Góc giữa hai mặt phẳng………………………………...……………..11

1.2. Bài toán về khoảng cách trong không gian………………….…………..15

1.2.1 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng……….……………..15

1.2.2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng……………….……....17

1.2.3. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, khoảng

cách giữa hai mặt phẳng song song……………………………………...………………21

1.2.4. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau……….………………24

Chương II – Bài toán về thể tích.

2.1. Thể tích hình chóp………………………....………..…………………..34

2.1.1.Phương pháp tính trực tiếp thể tích……...……….……………………34

2.1.2. Phương pháp sử dụng tỉ số thể tích………….………………………..40

2.2. Thể tích lăng trụ………………………………………………..……….47

2.2.1. Khối lăng trụ đứng và lăng trụ đều…………………………………...47

5

2.2.2. Lăng trụ xiên……...…………………………………………………..55

2.3 Thể tích khối tròn xoay…………………………………………….…...60

Chương III – Bài toán về phương pháp tọa độ trong không gian

3.1. Bài toán về đường thẳng và mặt phẳng…………………..…………….68

3.1.1. Bài toán về đường thẳng………………….………………………….68

3.1.2. Bài toán về mặt phẳng………………….………………………...….77

3.2. Bài toán về mặt cầu………….…………………………………..……..97

6

Mở đầu

Hình học là phần khó của chương trình toán, đa số học sinh rất sợ khi học về

hình học không gian.

Trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng trước đây, phần Hình học

không gian được ra dưới dạng mà học sinh có thể giải được bằng cả phương

pháp hình học thuần túy và cả phương pháp tọa độ.

Để giúp các em học sinh cũng như những thầy cô giáo có thêm tư liệu để dạy

trong trường phổ thông, tôi xin trình bày các bài toán về hình học không gian.

7

Chương I

Bài toán về góc và khoảng cách

trong không gian

1.1 Bài toán về góc trong không gian

1.1.1 Góc giữa hai đường thẳng trong không gian

Định nghĩa:

Góc giữa hai đường thẳng m và n là góc giữa hai đường thẳng 1m và 1n cắt

nhau, lần lượt song song (hoặc trùng) với m và n.

Kí hiệu: (m,n) hoặc ,m n và 0 00 , 90m n .

Hai đường thẳng vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 090 .

Nếu hai đường thẳng song song thì góc giữa chúng bằng 00 .

Phương pháp: Để tính góc giữa hai đường thẳng a và b chéo nhau trong không

gian ta có thể áp dụng một trong hai cách sau:

Cách 1: Tìm góc giữa hai đường thẳng cắt nhau c và d lần lượt

song song với hai đường thẳng a và b, đưa

a

b

c

d

α

P

8

vào một tam giác, sử dụng các hệ thức trong tam giác

Đặc biệt là định lý hàm số cosin:

cos A.2 2 2

2

b c a

bc

Cách 2: Lấy hai vecto 𝑢 và 𝑣 cùng phương với a và b. Tính góc

giữa 𝑢 và 𝑣 chính là góc giữa a và b.

.cos .

.

u v

u v

Ví dụ 1: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng a,

BAD = 600, ’ ’BAA DAA = 1200. Gọi O và O’ là tâm hai đáy của hình hộp.

Tính ’ ’,A B AC ; ’ ,AC AC ; ’ ,B O DC ; ’,DO AC .

Lời giải:

Ta có A’B’ // AB ’ ’,A B AC = ,AB AO . Mà 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 = 𝑎𝐷𝐴𝐵 = 600

(gt)

∆ABD đều 030OAB .

Vậy (A’B’,AC) = 300.

Vì 𝐴′𝐵′ = 𝐴𝐴′ = 𝑎 'BAA = 1200

(gt) A’B 3a ,

a

b

v

u

P

O'

O

B'

C'

D'

D

A'

A

B

C

c

a

b

A

B C

9

Ta có a 3

2AO , mặt khác ta có:

' ' 3A D A B a (∆A’BD cân),

BD = a.

Suy ra A’O 2

22 2 11

' 32 2

a aA B BO a

cos'A AO

2 2

2

2 2 2

3 11

2 2' ' 2 3

. ' 33

2

a aa

AO A A A O

AO A A aa

, suy ra

A’C2 = A’A2+AC2– 2A’A.AC.cos 'A AO2 2 22 3

3 2 3 8 .3

a a a a a

cos 'A CA

2 2 2 2 2 2' ' 8 3 5 6

2 ' . 122.2 2 . 3

A C AC A A a a a

A C AC a a

.

Từ O ta kẻ đường thẳng song song với DC lần lượt cắt

AD và BC ở trung điểm mỗi đường là K và L,

’ , ’ ,B O DC B O OL ,

A’K2=A’A2+AK2– 2A’A.AK.cos 'A AK

2 22 1 7

22 2 2 4

a a aa a

,

cos 'A KO

2 2 2

2 2 2

7 9' ' 14 4 4 .

2 ' . 7 2 72

2 2

a a aA K KO A O

A K KO a a

L

K

O'

O

B'

C'

D'

D

A'

A

B

C

10

cos 'B LO1

2 7 (Vì 'A KO và 'B LO bù nhau),

B’O2 = B’L2+OL2– 2B’L.OL.cos 'B LO 2 2 27a a a 7 a 1 3a

2 .4 4 2 2 42 7

cos 'B OL

2 2 2

2 2 2

3 7' ' 34 2 4 .

2. ' . 332

2 2

a a aB O LO B L

B O LO a a

Vậy cos ’ ,B O DC = 3

3.

Xét tứ giác DO’B’O có

' ' //

' '2

O B DO

aO B DO

DO’B’O là hình bình hành DO // B’O,

Suy ra ’, ’ ,DO AC B O AC ;

cos 'B OA

2 22

2 2 2

2

3 3' ' 14 4

2 . ' 332

4

a aa

OA B O B A

OAB O a

,

1cos ', .

3DO AC

1.1.2 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Định nghĩa:Góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng

(P) là góc của đường thẳng a và hình chiếu vuông

a

a'

P

A

O'

O

B'

C'

D'

D

A'

A

B

C

11

góca’ của nó trên mặt phẳng (P). Kí hiệu ,a P hoặc

,P a .

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A,

BC = a, 3

2

aSA SB SC . Tính góc giữa SA với mặt phẳng (ABC).

Lời giải:

Gọi O là trung điểm của BC, suy ra O là tâm đường

trong ngoạitiếp∆ABC .

Ngoài ra theo giả thiết ta có SA = SB = SC nên SO là

trục đường tròn của ∆ABC, suy ra SO⊥ (ABC) nên OA

là hình chiếu vuông góc của SA trên (ABC),

do đó ,SA ABC = SAO .

Vì ∆SOA vuông tại O, ta có: cos 3

3

OASAO

SA .

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tạo C, SA ABC .

a) Chứng minh rằng: BC SAC .

b) Gọi E là hình chiếu vuông góc của A trên SC. Chứng minh rằng:

AE SBC .

c) Gọi mặt phẳng (P) đi qua AE và vuông góc với (SAB), cắt SB tại D. Chứng

minh rằng: SB P .

d) Đường thẳng DE cắt BC tại F. Chứng

minh rằng: AF SAB .

Lời giải: H

E

S

F

B

C

A

D

a

2

a 3

2

B

S

O

C

A

12

a) Ta có BC AC (gt) (1)

Mặt khác vì

SA ABCSA BC

BC ABC

(2)

Từ (1) và (2) suy ra BC SAB .

b) Ta có AE SC (gt) (3). Theo câu a thì BC SAB AE BC (4).

Từ (3) và (4) suy ra AE SBC .

c) Ta thấy: P ADE . Theo câu b có AE SBC BC AE (5)

Trong ADE kẻ ,EH AD H AD . Vì

ADE SAB

ADE SAB AD EH SAB SB EH

EH AD

(6)

Từ (5) và (6) suy ra SB ADE hay SB P .

d) Từ

SA ABCAF SA

AF ABC

(7)

Theo câu c ta có SB ADE AF SB (8). Từ (7) và (8) suy ra AF SAB

.

1.1.3 Góc giữa hai mặt phẳng

Định nghĩa: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt

vuông góc với hai mặt phẳng đó.

Phương pháp:Để tính góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q), ta lựa chọn một trong

hai cách sau:

13

Cách 1: Sử dụng định nghĩa, ta thực hiện theo các

bước:

Bước 1: Chọn điểm O, từ đó hạ OE, OF theo thứ

tự vuông góc với (P) và (Q).

Bước 2: Tính số đo góc EOF .

Bước 3: Khi đó ((P),(Q)) = EOF nếu EOF ≤ 900

hoặc

0, 180 EOFP Q nếu 090EOF .

Cách 2:Ta thực hiện theo các bước:

Bước 1: Tìm giao tuyến (d) của (P) và (Q).

Bước 2: Chọn điểm O trên (d) từ đó dựng Ox ⊥

(d) trong (P), và Oy ⊥ (d) trong (Q).

Bước 3: Tính số đo góc xOy .

Bước 4: Khi đó, ((P),(Q)) = xOy nếu 0 90xOy ,

và 0, 180P Q xOy nếu 090xOy .

Ví dụ4: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’có tất cả các cạnh đáy bằng a. Biết góc tạo bởi

cạnh bên và mặt đáy là 600 và hình chiếu H của đỉnh A lên mặt phẳng (A’B’C’)

trùng với trung điểm của cạnh B’C’. Tính góc giữa (ABB’A’) và mặt phẳng đáy.

Lời giải:

Từ H ta dựng HK⊥A’B’ ( ' 'K A B ) khi đó ta có A’B’⊥ AK ( Vì A’B’⊥ mp(AHK))

suy ra ’ ’ , ’ ’ ’ABB A A B C = AKH .

0', ' ' ' ' 60AA A B C AA H .

P

Q

F

O

E

d

x y

QP

O

K

BC

H

C'

A'

B'

A

14

0 3' tan 60 . 3

2 2

a aAH A H .

Xét tam giác vuông HKB’, ta có:

3 3sin ' .

' 2 4

HK aB HK

HB

Xét tam giác vuông ∆AHK, ta có:

tan 2AH

AKHHK

.

Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường

tròn đường kính 2 , 3AB a SA a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD).

a) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).

b) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD).

Lời giải:

a) Ta có hai cách giải sau:

Cách 1: Dựng góc dựa trên giao tuyến.

Giả sử ,AD BC E

SAB SAC SE . Nhận xét rằng

AD⊥BD vì ABCD là nửa lục giác đều,

SA⊥BD suy ra BD⊥ (SAD) BD⊥SE.

Hạ DF⊥SE = F, suy ra (BDF) ⊥SE.

Như vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là BFD .

O

D C

A

E

B

S

F

15

Vì ∆ABE đều nên AE = AB = 2a và vì ∆CDE đều nên DE = CD = a.

Trong ∆SAE vuông tại A, ta có: 2 22 2 2 23 2 7 .SE SA AE a a a

7SE a . Hai tam giác vuông ∆SAE và ∆DEF có chung góc E nên chúng đồng

dạng, suy ra:

. . 3 21.

77

DF DE SADE a a aDF

SA SE SE a

Trong ∆ABD vuông tại D, ta có: 0.sin 2 .sin60 3.BD AB BAD a a

Trong ∆BDF vuông tại D, ta có: 03tan 7 90 .

21

7

BD aBFD BAD

DE a

Vậy tan ,SAD SBC = 7.

Cách 2: Ta có AD⊥BD vì ABCD là nửa lụcgiác đều, SA⊥BDBD⊥ (SAD).

Trong mp(SAC), hạ AJ⊥SC tại J, ta có BC⊥AC vì ABCD là nửa lục giác đều,

BC⊥SA suy ra BC⊥ SAC BC⊥AJAJ⊥(SBC).

Trong mp(SAC) hạ OK⊥SC tại K, suy ra OK// AJ.

Do đó ,SAD SBC = ,BD AJ = ,BD OK =KOB

Trong nửa lục giác đều ABCD, ta có:

2 3 3 3 1 3 2 3, .

3 2 3 2 3 2 3

a a a a aOC OB

Trong ∆SAC vuông tại A, ta có:

K

J

OD C

AB

S

16

SC2 = SA2+CA2 = SA2+ (AB2–BC2) 2

2 2 23 4 6a a a a

SC = 6.a

Trong hai tam giác vuông ∆SAC và ∆OKC có chung góc nhọn C nên chúng đồng

dạng, suy ra:

33

. 63 .66

aa

OK OC SAOC aOK

SA SC SC a

Trong ∆KOB vuông tại K, ta có:

626cos .

42 3

3

aOK

KOBOB a

Vậy cos ,SAD SBC

2

4 .

b) Trong mp(SAC), hạ AJ⊥SC tại J,

ta có BC⊥AC vì ABCD là nửa lục giác đều,

BC ⊥ SA BC ⊥ SAC BC ⊥ AJAJ⊥ (SBC).

Hạ AH⊥CD tại H, mà CD⊥SA

CD⊥ (SAH) (SCD) ⊥ (SAH) = SH.

Hạ AI ⊥ SH tại I, suy ra AI⊥ (SCD).

Do đó ((SCD),(SBC)) = IAJ .

Trong ∆SAH vuông tại A, ta có AH3

2

a và

H

J

O

D

CA

B

S

I

17

2 22 2 2 2

1 1 1 1 1 5 15

3 533

2

aAI

AI SA SH aaa

.

Trong ∆SAC vuông tại A, ta có AC = SA = 3a1 2 6

2 2 2

SA aAJ SC .

Trong ∆AIJ vuông tại I, ta có: cos IAJ

15105

56

2

aAI

AJ a .

Vậy cos ,SCD SBC

10

5 .

1.2 Bài toán về khoảng cách trong không gian

1.2.1 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

Định nghĩa: Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng là khoảng cách từ

điểm đó đến hình chiếu vuông góc của nó trên đường thẳng.

Phương pháp: Để tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng k, ta thực hiện

theo các bước sau:

Bước 1: Trong mặt phẳng (O,k) hạOM⊥ k với M k

.

Bước 2: Thực hiện việc xác định độ dài OM dựa trên

hệ thức lượng trong tam giác, tứ giác hoặc đường tròn.

Chú ý:

Nếu tồn tại đường thẳng a qua O và song song với

k thì d(O,k) = d(A,k), với A a .

k

M

O

k

a

M

AO

18

Nếu AN k N thì

,

,

d O k NO

d A k NA .

Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O, SA = a

và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi I Và M theo thứ tự là trung điểm của

SC và AB.

a) Chứng minh rằng OI⊥ (ABCD).

b) Tính khoảng cách từ I tới đường thẳng CM, từ đó suy ra khoảng cách từ S

đến CM.

Lời giải:

a) Trong ∆SAC, ta có OI là đường trung bình

OI // SAOI⊥ (ABCD).

b) Hạ IH ⊥ CM tại H, ta có:

2 2 2 2SC SA AC a 2a a 3,

2 2 2 2IC

2 22 2 a a a 2

OI OM4 4 2

IM ,

22 2 2 5

4 2

a aMC MB BC a ,

Ta thấy IC2+IM2 = MC2∆IMC vuông tại I, suy ra

2 2 2 2 2 2 2

2 31 1 1 . 6 32 2

102 52 3

4 4

a aIM IC a

IH aIH IM IC IM IC a a

.

k

H M

A

N

O

O

I

M

C

S

A B

D

H

K

19

Vậy d(I,CM)3

10a .

Hạ SK ⊥ CM ta thấy IH là đường trung bình trong ∆SKC suy ra 6

25

SK IH a

.

Vậy d(S,CM)6

5a .

1.2.2 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Định nghĩa: Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng là khoảng cách từ

điểm đó đến hình chiếu vuông góc của nó trên mặt phẳng.

Phương pháp:

Cách 1:Để tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P), ta thực hiện các

bước sau:

Bước 1: Dựng mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với

(P) theo giao tuyến n.

Bước 2: Dựng AH vuông góc với n tại H. AH chính là

khoảng cách từ A tới mặt phẳng (P).

Cách 2: Sử dụng công thức thể tích

Thể tích của khối chóp 1 3

.3

VV S h h

S . Theo cách này, để tính

khoảng cách từ đỉnh của hình chóp đến mặt đáy, ta đi tính thể tích khối chóp

(V) và diện tích đáy (S).

Cách 3: Công thức tỉ số khoảng cách

n

Q

P

H

A

P

A

M

B

20

,.

,

d A P MA

MBd B P

Ví dụ 7:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = 2a . Gọi M, N, P lần lượt là

trung điểm của các cạnh SA, SB, CD. Tính khoảng cách từ P đến mặt phẳng

(AMN).

Lời giải.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD,

khi đó SO (ABCD).

M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB nên

21 1 7

2 4 16AMN ANS ABS

aS S S

/ /( )

( ,( )) ( ,( ))

PC AMN

d P AMN d C AMN .

Vậy:

.

1 1 1. ( ,( )) . . ( ,( ))

3 3 4P AMN AMN ABSV S d P AMN S d C AMN

. .

1 1 1 1. .

4 4 4 3C ABS S ABC ABCV V S SO . 2 2 21 6

,2 2

ABC

aS a SO SA AO .

Vậy 3

21 1 6 6. .

12 2 2 48AMNP

a aV a

3 6( ,( ))

7

PAMN

AMN

Vd P AMN a

S

Ví dụ 8: Hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi tâm O cạnh a và có góc

NM

O

P C

A B

D

S

21

060BAD . Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và3

4

aSO . Gọi

E là trung điểm của BC, F là trung điểm của BE.

a) Chứng minh (SOF) ⊥ (SBC).

b) Tính các khoảng cách từ O và A đến mặt phẳng (SBC).

Lời giải:

a) Trong ∆OBE có 𝑂𝐸 = 𝐵𝐸𝑂𝐵𝐸 = 600

(gt)

OF ⊥ BE (1).

BC ⊥SO (gt) (2).

Từ (1) và (2) suy ra BC⊥ (SOF).

Vậy (SBC) ⊥ (SOF).

b) Hạ OH ⊥ SF tạ Hd(O,(SBC)) = OH.

Mặt khác có 3 3

2 2 4

a aOF . Suy ra

2 22 2 9 3 3

16 16 2

a a aSF SO OF .

Suy ra 2 2 2 2 2 2 2

3 31 1 1 . 34 4

83 3

4 4

a aOF SO a

OHOH OF SO OF SO a a

.

Vậy d(O,(SBC))3

8

a .

Vì AO∩ (SBC) tại C,

, 1 3

, 2 ,2 4,

d O SBC OC ad A SBC d O SBC

ACd A SBC .

60°FEO

C

S

A B

D

H

22

Vậy d(A,(SBC)) = 3

4

a.

Ví dụ 9: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh a và SA

vuông góc đáy (ABCD) và mặt bên (SCD) hợp với đáy một góc 60o.

a) Tính thể tích hình chóp SABCD.

b) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD).

Lời giải:

a) Ta có SA CD và CD AD CD SD (1)

Vậy SCD , ABCD = SDA = 60o .

SAD vuông nên SA = AD.tan60o = 3a

Vậy 231 1 3

. 33 3 3ABCD a

aV S SA a

b) Ta dựng AH SD ,vì CD (SAD) (do (1) )

nên CD AH ( )AH SCD

Vậy AH là khoảng cách từ A đến (SCD).

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4

3 3SAD

AH SA AD a a a

Vậy AH = 3

2

a.

1.2.3 Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, khoảng

cách giữa hai mặt phẳng song song

Định nghĩa:

60°

C

S

A

B

D

H

23

Khoảng cách từ đường thẳng a với mặt phẳng (P) song song với a là

khoảng cách từ một điểm nào đó của a đến mặt phẳng (P).

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm

bất kì của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.

Phương pháp:

1. Cho đường thẳng d // (P), để tính khoảng cách giữa d và (P) ta thực hiện

như sau:

Bước 1: Chọn một điểm A trên d, sao cho khoảng cách từ A đến (P)

có thể được xác định dễ nhất .

Bước 2: d(d,(P)) = d(A,(P)).

2. Cho hai mặt phẳng (P) và (Q), để tính khỏng cách giữa (P) và (Q) ta thực

hiện các bước sau:

Bước 1: Chọn điểm A trên (P) sao cho khoảng cách từ A đến (Q) là xác

định dễ nhất.

Bước 2: d((P),(Q)) = d(A,(Q)).

Ví dụ 9: Cho hình chóp S.ABCD có SA 6a và vuông góc với mặt phẳng

(ABCD), đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kínhAD

= 2a.

a) Tính các khoảng cách từ A và B đến (SCD).

b) Tính khoảng cách từ đường thẳng AD đến (SBC).

c) Tính diện tích của thiết diện tạo bởi hình chóp S.ABCD với mặt phẳng

song song với mặt phẳng (SAD) và khoảng cách giữa chúng bằng

3

4

a.

Lời giải:

24

a) Ta thấy rằng :

CD AC

CD SCD SCD SACCD SA

.

HạAH⊥SCAH⊥ (SCD) .

Vậy AH là khoảng cách từ điểm A tới (SCD).

Trong ∆SAB vuông tại A, ta có :

2 22 2 2 2

1 1 1 1 1 1.

26 3AH SA AC aa a

2AH a . Vậy d(A,(SCD)) 2a .

Gọi I là trung điểm của AD, suy ra:

BI // CDBI // (SCD) d(B,(SCD)) =d(I,(SCD)).

Mặt khác, Ta lại có AI SCD D nên:

( ,( )) 1 1 1 2( ,( )) ( ,( )) .

( ,( )) 2 2 2 2

d I SCD ID ad I SCD d A SCD AH

d A SCD AD

b) Ta thấy AD // CBAD // (SCB) d(AD,(SCB)) d(A,(SCB)).

Hạ AK⊥BC, ta được:

.BC AK

BC SAK SBC SAK và SBC SAK SKBC SA

Hạ AG⊥SK, ta có AG⊥ (SBC) .

Vậy AG là khoảng cách từ điểm A đến (SBC) .

Trong ∆SAK vuông tại A, ta có :

PQ

E

M N

CB

IAD

S

H

K

G

25

2 22 2 2 2

1 1 1 1 1 3 6.

2 336

2

aAG

AG SA AK aaa

c) Ta thấy : .AK AD

AK SADAK SA

Giả sử mặt phẳng song song với (SAD) cắt AK tạ E, khi đó :

3 1

,4 2

ad SAD AE AK E là trung điểm của AK .

Ta xác định thiết diện của hình chóp và mặt phẳng như sau :

Kẻ đường thẳng đi qua E và song song với AD cắt AB , CD theo thứ tự tại M , N là

trung điểm của mỗi đoạn .

Trong (SAB) dựng MQ // SA và cắt SB tại Q.

Trong (SCD) dựng NP // SD và cắt SC tại P.

Vậy thiết diện tạo bởi hình chóp và là MNPQ, hơn nữa // //

PQ AD MN

MQ MN

MNPQ là hình thang vuông .

Ta có 1

. .2

MNPQS MN PQ MQ

Mà MN 1 3

2 2

aAD BC vì MN là đường trung bình của hình thang cân

MNPQ.

1

2 2

aPQ BC vì PQ là đường trung bình của ∆SBC .

26

1 6

2 2

aMQ SA và MQ là đường trung bình của ∆SAB .

Vậy 1 3 6

.2 2 2 2

MNPQ

a a aS

1.2.4 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

Phương pháp :

1. Để dựng đoạn thẳng vuông góc chung giữa hai đường thẳng chéo nhau a và

b, ta lựa chọn một trong các cách sau :

Cách 1: Ta thực hiện theo các bước :

Bước 1 : Dựng mặt phẳng (P) chứa b song song với a.

Bước 2 : Chọn M trên a, dựng MH⊥(P) tại H .

Bước 3 : Từ H, dựng đường thẳng a’// a và cắt b tại B .

Bước 4 : Từ B dựng đường thẳng song song với MH cắt

atại A. AB chính là đoạn vuông góc chung của a và b.

Cách 2: Ta thực hiện theo các bước :

Bước 1 : Dựng mặt phẳng (P) ⊥a tại O.

Bước 2 : Dựng hình chiếu vuông góc b’ của b trên (P).

Dựng hình chiếu vuông góc H của O trên b’.

Bước 3 : Từ H dựng đường thẳng song song với a, cắt b

tại B.

Bước 4 : Từ B, dựng đường thẳng song song với OH, cắt

a tại A. Đoạn AB là đoạn vuông góc chung của a và b.

Cách 3: Trong trường hợp a ⊥ b ta thực hiện các bước sau:

Bước 1 : Dựng mặt phẳng (P) chứa b, vuông góc với a tại A.

a

a'

bP

H

A M

B

b

b'

a

P

H

A B

O

b

a

BA

27

Bước 2 : Dựng AB ⊥ b tại B, AB chính là đoạn vuông góc chung của a và b.

2. Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, ta lựa chọn một trong

hai cách sau :

Cách 1 : Tính độ dài đoạn vuông góc chung (nếu có).

Cách 2 : Tính d(a,(P)) với (P) là mặt phẳng chứa b song song với a.

Cách 3: Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa

hai đường thẳng đó.

Ví dụ 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a,

góc 060DAB và có đường cao SO = a.

a) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC).

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB.

Lời giải:

a) HạIJ ⊥ BC tại I, IJ ⊥ AD tại J.

Ta có BC OI

BC SOI SBC SOIBC SO

và SBC SOI SI .

Hạ ( )OH SI OH SBC . Vậy OH là khoảng cách

từ O tới (SBC).

Với hình thoi ABCD, ta có AD = a (∆ABD đều)

3, 2 2 3

2 2

a aOB AC AO a .

Trong ∆SOI vuông tại O, ta có:

J

O

D

A B

C

S

I

H

28

2 22 2 2 2

1 1 1 1 1 13 39

3 133

2

aOI

OI OB OC aa a

.

Trong ∆SAE vuông tại A, ta có:

22 2 2 2 2

1 1 1 1 1 16 3

3 439

13

aOH

OH OS OI a aa

.

Vậy d(O,(SBC))3

4

a .

b) Ta thấy rằng: AD // BC AD // (SBC).

d(AD,SB) = d(AD,(SBC)) = d(J,(SBC)). Mặt khác ta có JO SBC I nên:

, 3

2 ( ,( )) 2 , 22,

d J SBC IJ ad J SBC d O SBC OH

OId O SBC .

Vậy 3

,2

ad AD SB .

Ví dụ 11: Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’cạnh a.

a) Chứng minh rằng BC’ (A’B’CD).

b) Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB’ và BC’.

Lời giải:

a) Ta có

' '

' ' '' ' '

BC B CBC A B CD

BC CD vì CD BCC B

.

29

b) Ta có ' ' 'BC A B CD tại O.

Ta có AD’ // BC’

( ', ') ( ',( ' ')) ( ',( ' ')).d AB BC d C AB D d A AB D

Kẻ ' ' 'A H B D ,

' ( ',( ' ')) 'A K AH d A AB D A K

Xét tam giác vuông ∆ 'AA H có:

22 2 2 2 2

1 1 1 1 1 3.

' ' ' 32

2

aOK

A K A A A H a aa

Ta có: ' ' ' 'AB D AA C . Lại có ' ' ' 'AB D AA C AH .

Vậy để xác định đường vuông góc chung, ta xác định như sau:

+ Kẻ ’C P AH .

+ Kẻ đường thẳng qua P song song với BC’ cắt AB’ tại N.

+ Kẻ đường thẳng qua N vuông góc với BC’ tại Q.

+ Đoạn thẳng QN chính là đường vuông góc chung của AB’ và BC’.

Ví dụ 12:(Đề thi Đại học khối A năm 2010).

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là

trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông

góc với mặt phẳng (ABCD) và 3SH a . Tính khoảng cách giữa hai đường

thẳng DM và SC theo a.

Lời giải.

Ta có: MAD NCD ADM DCN

N

H

A

BC

A'

D

D'

C'B'

K

P

Q

30

MD NC

Do SH ABCD MD SH

MD SHC

Kẻ HK SC K SC

Suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC

nên ,d DM SC HK

Ta có:

2 2

5

CD aHC

CN

2 2

2 3

19

SH HC aHK

SH HC

Vậy 2 3

,19

ad DM SC .

Bài toán tổng hợp

Bài tập 1. Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại C, , ,CA b CB a

cạnh SA h vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm của AB. Tính

a) Góc giữa AC và SD.

b) Khoảng cách giữa AC và SD.

Lời giải.

a) Từ D kẻ / /DE AC (E nằm trên BC).

H

N

M

C

A B

D

S

K

31

Suy ra

; ;

SDESD AC SD DE

SDE

.

Ta có 1

2 2

bDE AC .

2 22 2 2 2 2 21

44 2

a bSD SA AD h h a b

.

Lại có BC AC

BC SA

BC SC hay SBC vuông tại C.

2

2 2 2 2 214

2 2

aSE SC EC b a b

.

2 2 2

cos2 .

DE DS SESDE

DE DS

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2

2 2 22 2 2

1 14 4

22 2 2

1 42 42 2

bh a b a b

h b

b b h a bh a b

Vậy

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2arccos

4;

2arccos

4

h b

b h a bSD AC

h b

b h a b

.

b) Ta có ; ; ;d AC SD d AC SDE d A SDE AH . Với H là hình

chiếu vuông góc của A lên DE.

Suy ra 2 2

BC aAH .

h

ab

H

E

C

D

S

A B

32

Bài tập 2. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,

2 2AC BC a . Mặt phẳng SAC tạo với mặt phẳng ABC một góc 060 .

Hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là trung điểm H của cạnh BC. Tính

khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SB.

Lời giải:

Ta có

Từ H kẻ HE AC . Lại có

AC HEAC SE

AC AH

.

Suy ra SAC cân tại S.

0 3tan 60 3

2 2

AB aSH HE .

Từ B kẻ đường thẳng đi qua B và song song với AH, hạ HN vuông góc với đường

thẳng đó, hạ HK SN (1). Ta có ; ; ;d AH SB d AH SBN d H SBN

BN HN

BN SHN BN HKBN SH

(2). Từ (1) và (2) suy ra

;d H SBN HK .

Xét tam giác vuông BHN có 060NBH AHC . Suy ra 1

2 2

aBN BH .

Nên 2

2 3

4 2

a aHN a .

Vậy2 2 2 2 2

1 1 1 . 3.

4

SH HN aHK

HK SH HN SH HN

2a

a

60°E

A

H

S

B C

N

K

33

Bài tập 3.(Đề thi tuyển sinh đại học cao, đẳng khối B 2002). Cho hình lập

phương 1 1 1 1.ABCD ABC D có cạnh bằng a .

a) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng 1AB và 1B D .

b) Gọi M , N , P lần lượt là các trung điểm của các cạnh 1BB , CD, 1 1AD . Tính

góc giữa hai đường thẳng MP và 1C N .

Lời giải:

a) Ta có

1 1

1 1 1 1 1

1

.AB AB

AB ABC D AB B DAB AD

Tương tự 1 1 1 1 1 .AC BD BD ABC Do

1 1 1 1 1B A B B BC a nên 1 1GA GB GC G là

trọng tâm của tam giác đều 1 1ABC có cạnh là 2a .

Gọi I là trung điểm của 1AB thì IG là đường vuông góc chung của 1AB và 1B D

nên

1 1 1 1

1 1 3, .

3 3 2 6

ad AB B D IG C I AB

b) Dễ thấy 1 1/ /C N B F mà 1 1/ / , , .B F MH MP C N MP MH

Xét HMP có 2

2

1

1 1 5

2 2 2 4

a aHM B F a

.

2 2

2 2 2

1 1

3

2 2 2

a aMP B P BM a a

.

H

F

P

N

M

G

I

B1C1

C

D1

A

A1

D

B

34

2 2

2 2 23 29

4 2 4

a aHP HA AP a a

.

Suy ra

2 2 2

2 2 2

3 5 29

2 16 16cos 02 . 3 5

2. .2 4

a a aMP HM PH

PMHMP HM a

a

.

Vậy 0

1, , 90MP C N MP MH .

Bài tập 4.(Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng khối A 2008). Cho hình lăng

trụ . ' ' 'ABC A B C có độ dài cạnh bên bằng 2a , đáy ABC là tam giác vuông tại A,

AB a , 3AC a và hình chiếu vuông góc của đỉnh 'A trên mặt phẳng

ABC là trung điểm của BC . Tính theo a thể tích khối chóp '.A ACB và tính

cosin góc giữa hai đường thẳng ', ' 'AA B C .

Lời giải:

Gọi H là trung điểm của BC. Suy ra

'A H ABC và

2 21 13

2 2AH BC a a a .

Do đó

2 2 2 2' ' 3 ' 3.A H A A AH a A H a

Vậy 3

'

1' .

3 2A ABC ABC

aV A H S đvtt .

Trong tam giác vuông A’B’H có : 2 2' ' ' ' 2HB A B A H a .

Nên tam giác B’BH cân tại B’.

H

C'

B'

AC

B

A'

35

Đặt là góc giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’ thì 'B BH

Vậy 1

cos .2.2 4

a

a

Bài tập 5. (Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng khối A 2013). Cho hình

chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 030ABC , ∆SBC là tam giác đều

cạnh a,

SBC ABC . Tính ,d C SAB .

Lời giải:

Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH BC mà SBC ABC theo giao

tuyến BC, nên SH ABC . Ta có SH ABC , suy ra

0 03 3; sin30 ; cos30 .

2 2 2

a a aSH AC BC AB BC

Do đó 3

.

1. . .

6 16S ABC

aV SH AB AC

Tam giác ABC vuông tại A và H là trung

điểm của BC nên HA HB . Mà SH ABC

. Suy ra SA SB a . Gọi I là trung điểm của

AB suy ra SI AB

Do đó 2

2 13.

4 4

AB aSI SB

Suy ra

. .6 39, .

. 13

S ABC S ABC

SAB

V V ad C SAB

S SI AH

H

IB A

C

S

36

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt

1. Trần Thị Vân Anh, Lê Thị Hồng Liên (2010), “Phân dạng và phương pháp

giải toán hình học lớp 12”.

2. Lê Đức (2011), “Các dạng toán điển hình hình học 12”.

3. Nguyễn Bạo Phương, Phan Huy Khải (1999), "Các phương pháp giải toán

hình học không gian 11".

4. Lê Bích Ngọc, Lê Hồng Đức (2005), “Học và ôn tập toán hình học 11”.

5. Nguyễn Văn Lộc, Hàn Minh Toàn, Nguyễn Văn Hoàng, Bùi Hiếu Đức (2010),

“Các chuyên đề toán THPT hình học tự luận và trắc nghiệm”.

37

6. Lê Hoàng Phò (2009), “Bồi dưỡng học sinh giỏi toán hình học 11”.