www.TOANTUYENSINH.com

PHẦN 8. HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
8.1. Hình chóp tam giác
Câu 1. Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I là trung
điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của
BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S . ABC và
tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a .
Sj

Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1)
Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK
Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc giữa SK
M

và HK và bằng SKH  60
B

H

C

Ta có SH  HK tan SKH 
K

a 3
2

A

1
3

1 1
3 2

Vậy VS . ABC  S ABC .SH  . AB. AC.SH 

a3 3
12

Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB  
Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM
Ta có

1
1
1
16
a 3
a 3


 2  HM 
. Vậy d  I ,  SAB   
2
2
2
HM
HK

SH
3a
4
4

Câu 2. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA = 8a, tam
giác ABC đều cạnh bằng 4a; M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SB và BC. Tính
theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AMN).

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
*) Ta có: AN  AB 2  BN 2  2a 3

S

Diện tích tam giác ABC là:
S ABC 

1
BC. AN  4a 2 3 .
2

Thể tích hình chóp S.ABC là:


M

1
1
 S ABC .SA  4a 2 3.8a
3
3

VS . ABC

C

A

32a 3 3
(đvtt).

3

H

N

*) Ta có:
B

VB. AMN BA BM BN 1

.
.


VS . ABC BA BS BC 4
1
8a 3 3
.
VB. AMN  VS . ABC 
4
3
1
2

1
2

Mặt khác, SB  SC  4 5a  MN  SC  2 5a ; AM  SB  2 5a .
Gọi H là trung điểm AN thì MH  AN ,  MH  AM 2  AH 2  a 17 .
1
2

1
2

Diện tích tam giác AMN là SAMN  AN .MH  2a 3.a 17  a 2 51 .
Vậy khoảng cách từ B đến (AMN) là:
d ( B, ( AMN )) 

3VB. AMN 8a 3 3
8a
8a 17
 2



.
SAMN
17
a 51
17

Câu 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh SA vuông
góc với mặt đáy. Góc SCB 600 , BC = a, SA
SB.Tính thể tích khối chóp MABC
BC

SA

(SAB )

BC

AB

(SAB )

Mà BC

(SBC ) nên (SBC )

Ta có, SB

BC .tan SCB


AB
S

MAB

1
S
2

SAB

Nguyễn Văn Lực

SB 2

S

(SAB ) (do SA cắt BC)

BC

(SAB )

a.tan 600

SA2

1 1
SA AB

2 2

a 2 . Gọi M là trung điểm

a 2

a 3

(a 3)2

(a 2)2

a

M
60
C

A
a

a2 2
4

B

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309



www.TOANTUYENSINH.com

Thể tích khối chóp M.ABC:

V

1
1
B h
S MAB BC
3
3
(đvdt)
1 a2 2
a3 2
a
3
4
12

Câu 4. Cho hình chóp S. ABC có tam giác ABC vuông tại C , AC  a, AB  2a , SA
vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng  SAB  và mặt phẳng  SBC  bằng 60 . Gọi
H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC . Chứng minh rằng AK vuông góc
HK và tính thể tích khối chóp S. ABC .
SA  BC, AC  BC  BC   SAC   BC  AK .

Mà AK  SC  AK   SBC   AK  HK .

3

a2 3
, AK  AH sin 60 
AH
S ABC 
2
2
1
1
1
1
1
 2
 2  2 (1),
2
2
AH
SA
AB
SA 4a
1
1
1
4
1
1
1
3
3
 2


 2 2

 2 (2)
2
2
2
2
2
AK
SA
AC
3 AH
SA a
AH
4SA 4a
1
2
a 2
Từ (1) và (2) suy ra
.


SA

S A2 a 2
2

VS . ABC

a3 6


.
12

Câu 5. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a; AC = 2a.
Mặt bên (SBC) là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết
góc giữa hai mặt (SAB) và (ABC) bằng 300. Tính thể tích khối chóp SABC và khoáng
cách giữa hai đường thẳng SC và AB theo a

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com

Tính VS.ABC
Gọi H là trung điểm BC.
Do SBC cân tại S nên SH  BC .
(SBC)  (ABC)

Ta có: (SBC)  (ABC)  BC  SH  (ABC)
SH  BC

Gọi K là trung điểm của AB  HK // AC mà
AC  AB
 HK  AB và SH  AB (do SH  (ABC) )
 AB  (SHK)  AB  SK

(SAB)  (ABC)  AB

 Góc giữa (SAB) và (ABC) là SKH  30o
SK  AB
 HK  AB


SH
a 3
1
a3 3
tan 30 
 SH 
 VS.ABC  .SH.SABC 
HK
3
3
9
o

 Tính d(SC,AB)
Vẽ hình chữ nhật BKEC  CE // AB
mà AB  (SHK)  CE  (SHK)
d(AB,SC) = d(AB,(SEC)) = d(K,(SEC)) = 2 d(H,(SEC))
Kẻ HF  SE và HF  CE  HF  (SEC)
Ta có:

a
1
1

1
3 1
4
a


 2  2  2  HF   d(H,(SEC)) =  d(AB,SC) = a.
2
2
2
HF
HE SH
a
a
a
2
2

Câu 6. Cho hình chóp S . ABC có đường cao SA bằng 2a , tam giác ABC vuông ở C có
AB  2a, CAB  30 . Gọi H là hình chiếu vuông của A trên SC . Tính theo a thể tích của
khối chóp H . ABC . Tính cô-sin của góc giữa hai mặt phẳng  SAB  ,  SBC  .
S

K

H
A

B


I
C

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Trong mặt phẳng  SAC  , kẻ HI song song với SA thì HI   ABC  .
1
2

1
2

Ta có CA  AB cos 30  a 3. Do đó S ABC  AB. AC.sin 30  .2a.a 3.sin 30 

a2 3
.
2

HI HC HC.SC AC 2
AC 2
3a 2
3
6






  HI  a .
2
2
2
2
2
2
SA SC
SC
SC
SA  AC
4a  3a
7
7
2
3
1
1 a 3 6
a 3
Vậy VH . ABC  S ABC .HI  .
.
. a
3
3 2 7
7
1

(Cách khác: VH . ABC  VB. AHC  S AHC .BC )
3
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Ta có AH  SC , AH  CB (do

Ta có

CB   SAC  ), suy ra AH   SBC   AH  SB .

Lại có: SB  AK , suy ra SB   AHK  . Vậy góc giữa giữa hai mặt phẳng  SAB  ,  SBC  là
HKA .
1
1
1
1
1
7
a.2 3
;
 2
 2 2
 AH 
2
2
2
AH
SA
AC
4a 3a 12a
7
1

1
1
1
1
1
 2
 2  2  2  AK  a 2 .
2
2
AK
SA
AB
4a
4a
2a
Tam giác HKA vuông tại H (vì AH   SBC  ,  SBC   HK ).
a.2 3
AH
7  6  cos HKA  7
sin HKA 

AK
7
a 2
7

Câu 7. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng
a 3 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S.ABC theo a.

+) Từ giả thiết suy ra tam giác ABC đều cạnh a và SH(ABC) với H là tâm của tam
a 3
và SH là đường cao của hình chóp S.ABC
3
Từ giả thiết => SA = a 3 => trong tam giác vuông SAH vuông tại H có

giác đều ABC => AH =

SH  SA2  AH 2 

2 6a
.
3

+) Diện tích tam giác ABC bằng: S ABC 

a2 3
1
a3 2
 VS . ABC  S ABC .SH 
4
3
6

+) SH là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trong mặt phẳng (SAH) kẻ
đường trung trực của cạnh SA cắt SH tại I => I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABC có bán kính R = IS. Hai tam giác vuông SMI và SHA đồng dạng =>

Nguyễn Văn Lực


Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
SI 

SM .SA 3 6

a
SH
8

+) Diện tích mặt cầu là: S  4 R 2 

27 2
a .
8

S

M

I
A

C
H


…

B

Câu 8. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, BC = 2a, Góc
ACB  600 . Mặt phẳng (SAB) vuông góc với mp(ABC), tam giác SAB cân tại S, tam
giác SBC vuông tại S. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm A tới
mp(SBC).

S

A

600

H

C
K

B
1
3

a) Gọi H là trung điểm của cạnh AB, từ gt có SH  ( ABC ) . VS . ABC  S ABC .SH . Tam giác
ABC vuông tại A có: AB  2a sin 600  3a; AC  2acos600  a
1
2

Nên S ABC  AB. AC  a 2


3
2

Gọi K là trung điểm của cạnh BC thì

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
1
1
1
BC  a; HK  AC  a cos 600  a
2
2
2
3
SH 2  SK 2  KH 2  a 2
4
1
3
 SH 
a . Suy ra VS . ABC  a 3 .
4
2

6
b) Ta có SB  SH 2  HB 2  a
2
2
3a
7a 2
2
2
2
2
HC  AC  AH  a 

4
4
SK 

3a 2 7a 2
10


a
4
4
2
1
1 6
10
15 2
SSBC  SB.SC  .
a.

a
a
2
2 2
2
4
3 3
a
3VS . ABC
3
Vậy d ( A;( SBC )) 
 4

a
S SBC
15 2
15
a
4
SC  SH 2  HC 2 

Câu 9. Cho hình chóp S . ABC có SA   ABC  , ABC  900 , AB  a, BC  a 3, SA  2a Chứng
minh trung điểm I của cạnh SC là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC và tính
diện tích mặt cầu đó theo a.
S
I
A

C
B


Vì SA   ABC   SA  BC
Mặt khác theo giả thiết AB  BC , nên BC   SAB  và do đó BC  SB
Ta có tam giác SBC vuông đỉnh B; tam giác SAB vuông đỉnh A nên
IA  IB 

SC
 IS  IC (*)
2

Vậy điểm I cách đều bốn đỉnh của hình chóp, do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp của
hình chóp S . ABC

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Từ (*) ta có bán kính của mặt cầu là R 

SC
2

Ta có AC  AB 2  BC 2  2a
SC  SA2  AC 2  2 2a  R  a 2
Diện tích mặt cầu là 4 R 2  8 a 2


Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com

8.2. Hình chóp tứ giác
Câu 1. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy 2a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy
bằng 600. Tính thể tích của hình chóp.
S

A
60
B

D
O

2a

C

 Gọi O là tâm của mặt đáy thì SO (ABCD ) do đó SO là đường cao
của hình chóp và hình chiếu của SB lên mặt đáy là BO,
do đó SBO

600 (là góc giữa SB và mặt đáy)

SO
BD
SO BO. tan SBO
. tan SBO
 Ta có, tan SBO
BO
2

a 2.tan 600

a 6

 Vậy, thể tích hình chóp cần tìm là
V

1
B.h
3

1
AB.BC .SO
3

1
2a.2a.a 6
3

4a 3 6
3


Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,
AB  BC  a , CD  2a , SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA  a . Tính thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC).

Kẽ đường thẳng qua C và song song với AB cắt AD tại E.
Ta có: AE  BC  a ; DE= DE  (2a)2  a 2  a 3

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com



Suy ra diện tích hình thang ABCD là: SABCD  1 a2 2  3
Vậy: VS . ABCD  SA.S SABCD  a 3  2  3 

2



1
3

1
6

Vì AD//(SBC) nên d ( D, ( SBC ))  d ( A, ( SBC ))

Kẻ AI vuông góc SB tại I, chứng minh được AI vuông góc (SBC).
Nên d ( A, ( SBC ))  AI
Trong tam giác SAB vuông tại A có AI là đường cao nên: 1 2  1 2  1 2
AI

Suy ra: AI  SA.AB  a
SB

SA

AB

2

Câu 3. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a . E , F lần
lượt là trung điểm của AB và BC , H là giao điểm của AF và DE . Biết SH vuông góc
với mặt phẳng ( ABCD ) và góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 60 0 .
Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SH , DF .

Do ABCD là hình vuông cạnh 2a nên S ABCD  4a 2 .
SH  ( ABCD )  HA là hình chiếu vuông góc của SA trên mp  ABCD 
 SAH  600  SH  AH 3
ABF  DAE  c.g.c   BAF  ADE

Mà: AED  ADE  900 Nên BAF  AED  900  AHE  900  DE  AF
Trong ADE có: AH .DE  AD. AE  AH 

Nguyễn Văn Lực


2a
5

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
1 2a 3 2 8a3 15
(đvtt)
.4a 
3
15
5

Thể tích của khối chóp S . ABCD là: V  .

Trong mp  ABCD  kẻ HK  DF tại K .  d  SH , DF   HK .
Trong ADE có: DH .DE  DA2  DH 

4a
5

Có : DF  a 5

16a 2 9a 2
3a


 HF 
Trong DHF có: HF  DF  DH  5a 
5
5
5
2

 HK 

2

2

2

HF .HD 12a 5
12a 5
Vậy d  SH , DF  

DF
25
25

Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B biết
AB=AC=a, AD=2a, SA vuông góc với đáy và (SCD) hợp với đáy một góc 60 0. Tính
thể tích khối chóp S.ABCD.
Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC , mà SB=SC nên AB=AC
Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  a2 = 3AB2  AB =
S


SA2 = a 2 

2

a
3

 SA =

a 2
3

a
3

a

1
1 a2 3
a2 3
AB. AC.sin1200 =
=
2
2 3 2
12
2
3
1a 2 a 3
a 2
(đvtt)

V =
=
3 3 12
36

a

SABC =

C
A
a
B

Câu 5. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 , cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng SB tạo với mặt phẳng ( SAD ) một góc 60 0 .
Tính thể tích của khối chóp S . ABCD theo a .
Ta có SA  ( ABCD )  SA là chiều cao
Đáy ABCD là hình vuông cạnh a
nên S ABCD  (a 2) 2  2a 2
Ta có góc [SB,(SAD)] = BSA = 60o

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com

Tam giác SAB vuông tại A có
AB  a 2  SA 

AB
a 2 a 6


o
tan 60
3
3

1
3

1
3

Vậy V = SABCD .SA  2a 2 .

a 6 2a 3 6

3
9

Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo
AC= 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng

a 3

,
4

tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của
mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó
AB D  600

Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD)
nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD).
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
DH  AB và DH = a 3 ; OK // DH và OK 

1
a 3
 OK  AB  AB 
DH 
2
2

(SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 
Diện tích đáy S ABCD  4S ABO  2.OA.OB  2 3a 2 ;

1
1
1

a


 SO 
2
2
2
OI
OK
SO
2
S

a
2

đường cao của hình chóp SO  .
Thể tích khối chóp S.ABCD:
VS . ABCD 

1
3a 3
S ABCD .SO 
3
3

I

D
O

C

Nguyễn Văn Lực

A

3a

Ninh Kiều – Cần Thơ

H
a

K
B

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Câu 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết AC  2a, BD  4a , tính theo a thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
S

A

D

K

H
B

E

O
C

Gọi O  AC  BD , H là trung điểm của AB, suy ra SH  AB .
Do AB  ( SAB )  ABCD ) và ( SAB )  ( ABCD ) nên SH  ( ABCD )
+) Ta có OA 

AC 2a
BD 4a

 a , OB 

 2a .
2
2
2
2

AB  OA 2  OB 2  a 2  4a 2  a 5

AB 3 a 15

2
2
1

1
 AC .BD  2a.4a  4a 2 .
2
2

+) SH 
S ABCD

Thể tích khối chóp S ABCD

1
1 a 15
2a 3 15
2
V  SH .S ABCD  
.4a 
3
3 2
3 .
là :

Ta có BC // AD nên AD //(SBC)  d ( AD , SC )  d ( AD , ( SBC ))  d ( A, ( SBC )) .
Do H là trung điểm của AB và B = AH  (SBC ) nên d ( A, ( SBC ))  2d ( H , ( SBC )).
Kẻ HE  BC , H  BC , do SH  BC nên BC  (SHE ) .
Kẻ HK  SE , K  SE , ta có BC  HK  HK  ( SBC )  HK  d ( H , ( SBC )) .
2S BCH S ABC S ABCD
4a 2
2a 5





BC
BC
2. AB 2a 5
5 .
1
1
1
5
4
91
2a 15 2a 1365


 2

 HK 

2
2
2
2
2
HK
HE
SH
4a 15a
60a
91

91

HE 

Vậy

d ( AD, SC )  2 HK 

Nguyễn Văn Lực

4a 1365
91
.

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA  a, SA  (ABCD).
Gọi M là trung điểm của SA. Mặt phẳng (BCM) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp
S.BCMN và khoảng cách giữa SB và AC.

// AD nên mp này cắt mp (SAD) theo giao
// AD.

Do (BCM)
tuyến MN


 BC  AB
 BC  BM

 BC  SA

Ta có
Tứ giác

BCMN là hình thang vuông có BM là

a
a 5
MN  ; BM 
.
2
2
a a 5

 a  .
3a 2 5
2 2


.
Diện tích hình thang BCMN là S BCMN 
2
8
Dụng SK  BM , do BC  ( SAB)  BC  SK  SK  ( BCMN ) .

đường cao,


Có SK  d  A, BM  

a 5
1 3a 2 5 a 5 a3
. Vậy VS .BCMN  .
.
 .
5
3
8
5
8

Trong mặt phẳng (ABCD) dựng  qua B song song với AC. Đặt (P) = (  , SB).
Khi đó, AC // (P) và d(AC; SB) = d(AC; (P)) = d(A; (P)).
Từ A hạ AI   tại I; Từ A hạ AH  SI tại H suy ra AH = d(A; (P)).
Ta có AI 

a
2

 AH 

a 3
.
3

Câu 9. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB=2a , AD= a .
a

2

Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM  , cạnh AC cắt MD tại H . Biết SH vuông
góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a . Tính thể tích khối chóp S. HCD và tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng SD và AC theo a.

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com

* Tính thể tích khối chóp S.HCD:
AM AD 1

 nên đồng dạng,
AD DC 2
Suy ra ADH  DCH , mà ADH  HDC  90  DHC  90

Hai tam giác vuông AMD và DAC có

 ADC vuông tại D: AC2  AD2  DC2  AC  a 5
Hệ thức lượng  ADC: DH.AC = DA.DC
DC.DA 2a

Suy ra: DH 
AC

5
4a
 DHC vuông tại H: HC  DC2  DH 2 
5

1
2

Do đó diện tích  HCD: SHCD  DH.HC 
1
3

4a 2
5

Thể tích khối chóp SHCD: VS.HCD  SH.SHCD 

4a 3
15

Tính khoảng cách giữa SD và AC:
Dựng HE  SD
Ta có SH  (ABCD) nên SH  AC và DH  AC , do đó AC  (SHD)
Mà HE  (SHD) nên HE  AC
Từ đó HE là đoạn vuông góc chung của SD và AC.
nên HE  d SD; AC 
 SHD vuông tại H nên:
1
HE 2




1
SH2



1

 HE 

HD2
2a
Vậy d SD; AC   HE 
3

2a
3

Câu 10. Cho hin
̀ h chóp S.ABCD có đáy ABCD là hiǹ h thang với đáy lớn là AD; các
đường thẳng SA, AC và CD đôi mô ̣t vuông góc với nhau; AC  CD  a 2 và AD  2 BC .
Tính thể tích của khố i chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳ ng SB và CD.
Ta có: SA  AC và SA  CD
 SA  (ABCD).
 ACD vuông cân ta ̣i C
 AD = 2a  BC = a.
Go ̣i I là trung điể m AD  AI = BC, AI // BC và CI 
AD  ABCI là hin
̀ h vuông.


Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

S

K
I

A

D

H
B

C

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
 AB  AD.
2
3
2
Do đó SABCD = (AD  BC).AB  3a . Vâ ̣y VSABCD = 1 .SABCD .SA  1 . 3a .a 2  a 2 .

2


3

2

3

2

2

Ta có CD // BI  CD // (SBI)  d(SB, CD) = d(CD, (SBI)) = d(C, (SBI))
Go ̣i H = AC  BI và AK  SH ta ̣i K. Ta có AK  (SBI)  d(A, (SBI)) = AK.
Ta có

1
AK 2



1
SA 2



1
AH2




 d(A; (SBI)) = AK =
a 10
.
5

1
2a2



a 10
5

Vâ ̣y d(CD, SB) =

4
2a2



5
2a2

 AK =

a 10
5

.


. Vì H là trung điể m AC nên d(C; (SBI)) = d(A; (SBI)) =
a 10
.
5

Câu 11. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a , tâm O và
SO vuông góc với mặt phẳng ABCD . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho MA = 2MS.
Gọi N là trung điểm của CD , SNO 600 . Tính thể tích khối chóp S .ABCD theo a và
cosin góc giữa MN với mặt phẳng (ABCD ) .

a
2

Xét SON vuông ta ̣i O, cóON  , SNO  600

S

SO  ON . tan 600 
M

a 3
2

Diện tích hình vuông ABCD là SABCD  a 2
1
a3 3
SO.SABCD 
3
6
SO (H  BD )  MH  (ABCD )


 VS .ABCD 

A
D

Kẻ MH
Khi đó, ta có hiǹ h chiế u vuông góc của MN trên
C
B
(ABCD) là HN suy ra góc giữa MN và (ABCD) là   MNH
H

O

N

2

2

Vì MH SO, MA  2MS  BH  2HO nên ta có HD  BD  a 2
3
3
Xét HND , ta có HN 2  HD 2  DN 2  2HD.DN .cos 450 

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ


17 2
a 17
a  HN 
16
4

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Xét MHN vuông ta ̣i H, ta có tan  

MH 2 51

 cos  
HN
17

17
29

Câu 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết SD  2a 3 và góc tạo
bởi đường thẳng SC với mặt phẳng (ABCD) bằng 300 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra
SH  ( ABCD )

S


và SCH  300 .
Ta có: SHC  SHD  SC  SD  2a 3 .
Xét tam giác SHC vuông tại H ta có:

K
A

D
I

SH  SC.sin SCH  SC.sin 300  a 3

H

B

HC  SC.cos SCH  SC.cos 300  3a

C

Vì tam giác SAB đều mà SH  a 3 nên AB  2a . Suy ra
BC  HC 2  BH 2  2a 2 . Do đó, S ABCD  AB.BC  4a 2 2 .

4a 3 6
.
3
Vì BA  2HA nên d  B,  SAC    2d  H ,  SAC  
1
3


Vậy, VS . ABCD  S ABCD .SH 

Gọi I là hình chiếu của H lên AC và K là hình chiếu của H lên SI. Ta có:
AC  HI và AC  SH nên AC   SHI   AC  HK . Mà, ta lại có: HK  SI .
Do đó: HK   SAC  .
Vì hai tam giác SIA và SBC đồng dạng nên
Suy ra, HK 

HS .HI
HS  HI
2

2



HI AH
AH .BC a 6
.

 HI 

BC AC
AC
3

a 66
.
11


Vậy , d  B,  SAC    2d  H ,  SAC    2HK 

2a 66
11

Câu 13. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, mặt bên SAD là tam
a 6
. Tính thể tích khối chóp
2
S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, SB theo a.

giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC 

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
S

D

C

H

A


B

Gọi H là chân đường cao hạ từ S của tam giác đều SAD
Suy ra:
SH 

a 3
và SH   ABCD 
2

a 3
2
2
a
3a 2
2

a

DH 2  DC 2  CH 2
4  1  HDC  600
cos HDC 
 4
a
2 DH .DC
2
2. .a
2


Trong tam giác vuông HSC có HC 

a2 3
2
2
1
1a 3 a 3 1 3
VS . ABCD  SH .S ABCD 
.
 a
3
3 2
2
4
Ta có ADC đều cạnh a  CH  AD  CH  BC
hay BC   SHC   BC  SC  CSB vuông tại C

Suy ra S ABCD  DA.DC.sin ADC 

1 a3 a3

2 4
8

1
2

Lại có VD.SBC  VS .BCD  VS . ABCD  .

1

a3
3a3
 d  D;  SBC   .SSBC 
 d  D;  SBC   
3
8
8.SSBC
3a3
a 6

.
1
4
a
6
8. CS .CB 4.
.a
2
2
a 6
Vậy d  AD; SB   d  D;  SBC   
.
4
 d  D;  SBC   

Nguyễn Văn Lực

3a3




Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh AB  2a . Hình
chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm G của tam giác
ABC, góc giữa SA và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 30 0 . Tính theo a thể tích khối chóp
S.ABCD và cosin của góc giữa đường thẳng AC và mặt phẳng (SAB).
S

H
K
A
I

B

G
O

M

D

C

Gọi M là trung điểm BC, O là giao điểm của AC và BD. Ta có

AM  AB 2  BM 2  a 5  AG 

giữa SA và mặt đáy là
tan SAG  tan 300 

2
2 5a
. Vì SG vuông góc với mặt đáy, nên góc
AM 
3
3
SAG  300 .

Xét tam giác vuông SGA, ta có

1
SG
2 5a
.

 SG 
3 AG
3 3

1
1 2 5a 2 8 15a3
(đvtt)
S ABCD  4a 2 . Suy ra VS . ABCD  SG.S ABCD  .
.4a 
3

3 3 3
27

Hạ GI vuông góc với AB, I thuộc AB. Nối S với I, hạ GK vuông góc với SI, K thuộc
2
3

SI. Khi đó K là hình chiếu vuông góc của G trên (SAB). Ta có GI  MB 
GK 

GS .GI
GS  GI
2

2



2a
, do đó
3

10a
.
6

3
2

Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên (SAB), ta có OH  GK 


10a
. Khi đó AH là
4

hình chiếu của AO lên (SAB) suy ra góc giữa AC và (SAB) là OAH . Xét tam giác
vuông OHA, ta có sin OAH 

Nguyễn Văn Lực

OH
10a
5
11


 cos OAH 
.
OA 4. 2.a
4
4

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Câu 15. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 


3a
. Hình chiếu
2

vuông góc H của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB . Gọi K là
trung điểm của đoạn AD . Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa
hai đường thẳng HK và SD .
S

F
C

B
E

H

O
K

A

D

Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABCD và
3a 2 a 2
)  ( )  a2  a
2
2
1

1
a3
Diện tích của hình vuông ABCD là a 2 , VS . ABCD  SH .S ABCD  a.a 2 
3
3
3
Từ giả thiết ta có HK / / BD  HK / /( SBD)
SH  SD 2  HD 2  SD 2  ( AH 2  AD 2 )  (

Do vậy: d ( HK , SD )  d ( H ,( SBD )) (1)
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên BD, F là hình chiếu vuông góc của H lên SE
Ta có BD  SH , BD  HE  BD  ( SHE )  BD  HF mà HF  SE nên suy ra
HF  ( SBD)  HF  d ( H , ( SBD)) (2)
a
2

+) HE  HB.sin HBE  .sin 450 

a 2
4

+) Xét tam giác vuông SHE có:
a 2
a
4
 (3)
3
a 2 2
(
)  a2

4
a
+) Từ (1), (2), (3) ta có d ( HK , SD )  .
3

SH .HE
HF .SE  SH .HE  HF 

SE

Nguyễn Văn Lực

a.

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Câu 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi I là trung
điểm AB, H là giao điểm của BD với IC. Các mặt phẳng (SBD) và (SIC) cùng vuông
góc với đáy. Góc giữa (SAB) và (ABCD) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và IC.
S

1
3

Ta có VS.ABCD  SH.SABCD , trong đó SABCD  a 2

Do (SIC),(SBD) cùng vuông với đáy suy ra
SH  (ABCD)

F
A

D
K
P

M

C

I
H

Dựng HE  AB   SHE   AB , suy ra SEH là góc
giữa (SAB) và (ABCD)  SEH  600
Ta có SH  HE.tan 600  3HE
HE HI 1
a

  HE 
CB IC 3
3

E
B


 SH 

a 3
3
1
3

1 a 3 2
3a 3
.a 
3 3
9

Suy ra VS.ABCD  SH.SABCD  .
Gọi P là trung điểm của CD, suy ra AP song song vớiCI
 d  SA, CI   d  CI, SAP    d  H, SAP  

Dựng HK  AP , suy ra  SHK    SAP 
Dựng HF  SK  HF  SPA   d  H, SPA    HF
1
1
1


(1)
2
2
HF
HK
HS2

1
1
1
1



Dựng DM  AP , ta thấy DM  HK 
2
2
2
HK
DM
DP
DA 2
1
1
1
1
4 1 3
8
a

 2  2  2  2  HF 
Thay vào (1) ta có  2  2 
.
2
2
HF
DP

DA
HS
a
a
a
a
2 2
a
Vậy d  SA, CI  
.
2 2

Do SHK vuông tại H 

Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), đáy ABCD là
hình chữ nhật có AD = 3a, AC = 5a, góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng
450. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và tính góc giữa đường thẳng SD và mặt
phẳng (SBC).

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com

- Tính thể tích
+) Ta có: AB  AC 2  BC 2  4a


S

K

+) Mà   SCD  ,  ABCD    SDA  450
H

nên SA = AD = 3a
A

Do đó: VS . ABCD

D

1
 SA.S ABCD  12a 3 (đvtt)
3
B

C

- Tính góc…
+) Dựng điểm K sao cho SK  AD
Gọi H là hình chiếu vuông góc của
D lên CK, khi đó: DK   SBC  . Do đó:  SD,  SBC    DSH
+) Mặt khác DH 

DC.DK 12a


, SD  SA2  AD 2  3a 2
KC
5

SH  SD 2  DH 2 

3a 34
5

Do đó:  SD,  SBC    DSH  arccos

SH
17
 arccos
 340 27 '
SD
5

Câu 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, hai đường chéo
AC  2 3a, BD  2a , BD = 2a; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt

phẳng (ABCD). Biết góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC) bằng 30 0. Tính thể
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng SB và AC.
Tính VS . ABCD và d(SB , AC)
Cm được góc giữa SB và mp (SAC) là góc BSO  300

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ


 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
1
1 1
VS . ABCD  S ABCD .SO  . AC.BD.SO  2a 3
3
3 2

Vẽ OH vuông góc SB . Chứng minh được d(SB , AC) = OH (đường vuông góc chung)
Tính được: d(SB , AC) = OH 

a 3
2



Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC  60 0 . Cạnh
bên SA vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600 . Gọi I là
trung điểm BC, H là hình chiếu vuông góc của A lên SI.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
b) Tính khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD) theo a.
S


a) Do ABC =600 nên tam giác ABC đều, suy ra
SABCD  a 2

3

và AC  a
2


Mặt khác SA  ( ABCD)  SCA  60 0

K
H
A

D
E

B

I

C

1
a3
 SA  AC.tan 600  a 3  VS.ABCD  SA.SABCD  .
3
2
2
2
HS HS.IS AS
AS
4


 2  2

b)Ta có
2
2
IS
IS
IS
IA  AS
5
4
2
2
 d  H,  SCD    d  I,  SCD    d  B,  SCD    d  A,  SCD  
5
5
5

( vì I là trung điểm BC và AB//(SCD))
Gọi E là trung điểm CD, K là hình chiếu của A lên SE, ta
có AE  DC  DC  (SAE)  AK  (SCD)
Suy ra d  H, SCD    d  A, SCD    AK 
2
5

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

2

5

2 SA.AE
2a 15

.
2
2
5 SA  AE
25

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com
Câu 20. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật .Biết SA  ( ABCD ) , SC
4
5

hợp với mặt phẳng ( ABCD ) một góc  với tan   , AB  3a và
của khối chóp

y

5

x
-8

-6


-4

-2

2

4

6

8

-5

y

5

x
-8

-6

-4

-2

2


-5

4

6

8

. Tính thể tích

và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC ) .

S

H

A

D

3a
α
B

C

4a




Xác định đúng góc SCA  
1
3

1
3

4
5

Thể tích VSABCD  S ABCD .SA  .3a.4a. .5a  16a 3
Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC)
Xác định dược khoảng cách d D, (SBC   d  A, (SBC   AH
Tính đúng d D, ( SBC )   AH 

12a
5

Vậy : D(0; 0; 0) và D( 6; 0; 0 )

Nguyễn Văn Lực

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309


www.TOANTUYENSINH.com

8.3. Hình lăng trụ đứng

Câu 1. Cho hình lăng trụ ABC . A ' B ' C ' , ABC đều có cạnh bằng a , AA '  a và đỉnh
A ' cách đều A, B, C . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và A ' B . Tính
theo a thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và khoảng cách từ C đến mặt phẳng
( AMN ) .
 Gọi O là tâm tam giác đều ABC  A’O  (ABC)
a 3
2
a 3
, AO  AM 
2
3
3
2
a
a 6
a2 3
; SABC 
A ' O  AA '2  AO 2  a 2 

3
3
4

Ta có

AM 

a2 3 a 6 a2 2
Thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' : V  SABC . A ' O 
.


4
3
4
A'
’

C'
’
B'
’
N
E

A

C
O
M
B

1
3

 Ta có VNAMC  SAMC .d  N ,( ABC )  d C ,( AMN ) 

3VNAMC
SAMC

1

a2 3
1
a 6
S AMC  S ABC 
; d  N ,( ABC )  A ' O 
2
8
2
6
2
2
1a 3 a 6 a 2
Suy ra: VNAMC 
.

3 8
6
48
a 3
lại có : AM  AN 
, nên AMN cân tại A
2

Gọi E là trung điểm AM suy ra AE  MN , MN 

Nguyễn Văn Lực

A 'C a

2

2

Ninh Kiều – Cần Thơ

 0933.168.309