Chuyên đề 5: Hình học không gian

Giải 
 S(NDCM)= 
 
   
 
2 2
2 1 a 1 a 5a
a a
2 2 2 2 8
 (đvdt) 
  V(S.NDCM)= 
2 3
1 5a 5a 3
a 3
3 8 24
(đvtt) 
   
2
2 a a 5
NC a
4 2
 Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC bằng nhau 
 Nên góc NCD = ADM . Vậy DM vuông NC 
 Vậy ta có:    
2
2 a 2a
DC HC.NC HC
a 5 5
2
 Ta có tam giác SHC vuông tại H, và khoảng cách của DM và SC chính là chiều 
cao h vẽ từ H trong tam giác SHC 
 Nên       
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 1 19 2a 3
h
19h HC SH 4a 3a 12a
. 
a 
H 
1 
1 
N 
M 
C 
B A 
D 
1 
A C 
S 
M 
B 
30
0
a 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 165 
Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a; 
hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn 
AC, 
AC
AH
4
. Gọi CM là đường cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung 
điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. 
Giải 
 Ta có 
 
    
 
2
2 a 2 a 14
SH a
4 4
 
     
 
2
2 2
14a 3a 2 32a
SC a 2
16 4 16
= AC 
 Vậy SCA cân tại C nên đường cao hạ từ C 
xuống SAC chính là trung điểm của SA. 
 Từ M ta hạ K vuông góc với AC, nên MK = 
1
2
SH 
 Ta có 
 
  
 
3
21 1 a 14 a 14
V(S.ABC) a .
3 2 4 24
 (đvdt) 
 Nên V(MABC) = V(MSBC) = 
1
2
V(SABC) = 
3
a 14
48
 (đvdt) 
Bài 6: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2010 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt phẳng (SAB) 
vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = SB, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng 
đáy bằng 45
0
. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD. 
Giải 
 Gọi H là trung điểm AB. 
 Ta có tam giác vuông SHC, có góc SCH = 
0
45 
 nên là tam giác vuông cân 
 Vậy     
2
2 a a 5
HC SH a
4 2
  
3
21 a 5 a 5
V a
3 2 6
 (đvtt) 
S 
A 
B C 
D 
H 
a
B
A
D
C
S
K H
M
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 166 
Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB 
= AD = 2a; CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60
0
. Gọi I là 
trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với 
mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 
Giải 
 (SIB)  (ABCD) và (SIC)  (ABCD) 
 Suy ra SI  (ABCD) 
 Kẻ IK  BC (K  BC)  BC  (SIK)   oSKI 60 
 Diện tích hình thang ABCD: SABCD = 3a
2
 Tổng diện tích các tam giác ABI và CDI bằng 
2
3a
2
 Suy ra SIBC = 
2
3a
2
        
  
2 2 IBC
2S 3 5a
BC AB CD AD a 5 IK
BC 5
3 15a
SI IK.tanSKI
5
 Thể tích khối chóp: S.ABCD: V = 
3
ABCD
1 3 15a
S .SI
3 5
 (đvtt) 
Bài 8: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009 
 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA = a 2 . Gọi M, N và P lần 
lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB và CD. Chứng minh rằng đường thẳng 
MN vuông góc với đường thẳng SP. Tính theo a thể tích của khối tứ diện AMNP. 
Giải 
 Gọi I là trung điểm AB 
 Ta có: MN // AB // CD và SP  CD  MN  SP 
 SIP cân tại S, SI
2
 =  
2 2
2 a 7a
2a
4 4
  SI = SP = 
a 7
2
 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, ta có SO
2
 = SI
2
 – OI2 = 
 
  
 
22 2
7a a 6a
4 2 4
  SO = 
a 6
2
, H là hình chiếu vuông góc của P xuống mặt phẳng SAB 
 Ta có        SIP
1 1 SO.IP a 6 2 a 6
S SO.IP PH.SI PH a
2 2 SI 2 a 7 7
S 
D 
I 
A 
B 
K 
C 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 167 
    
 
    
 
3
AMN
1 1 1 a 1 a 7 a 6 a 6
V S .PH . . đvtt
3 3 2 2 2 2 487
Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, 
SB a 3 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt 
là trung điểm của các cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN 
và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN. 
Giải 
  Gọi H là hình chiếu của S lên SA 
  SH  (ABCD) do đó SH đường cao hình chóp. 
  Ta có: SA
2
 + SB
2
 = a
2
 + 3a
2
 = AB
2
 nên 
SAB vuông tại S, suy ra  
AB
SM a
2
  SAM đều cao bằng a  
a 3
SH
2
    2
BMDN ABCD
1
S S 2a
2
  Thể tích khối chóp S.BMDN là:   
3
BMDN
1 a 3
V SH.S đvtt
3 3
  Tính cosin: Kẻ ME // DN (E  AD), suy ra 
a
AE
2
 Đặt  là góc giữa hai đường SM và DN, ta có    SM,ME 
  Theo định lý 3 đường vuông góc, ta có SA  AE. 
 Suy ra:   2 2
a 5
SE SA AE ,
2
   2 2
a 5
ME AM AE
2
 Tam giác SME cân tại E nên  SME và gọi I là trung điểm SM 
  MI = 
SM a
2 2
. Khi đó:   
a
52
cos
5a 5
2
Bài 10: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2008 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,   0BAD ABC 90 , 
AB = BC = a, AD = 2a, SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là 
trung điểm của SA, SD. Chứng minh rằng BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích 
của khối chóp S.BCNM theo a. 
S 
A 
D 
C N B 
M 
H 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 168 
Giải 
 Ta có: 
MN// AD
MN// BC
BC// AD



   
1
MN AD a BC
2
 Suy ra: BCNM là hình bình hành 
 Mặt khác: 
BC SA BC (SAB)
BC MB
BC AB MB (SAB)
  
   
  
  BCNM là hình bình hành có 1 góc vuông nên BCNM là hình chữ nhật 
 Gọi H là đường cao AMB. 
 Suy ra 
AH MB
AH (BCNM)
AH BC (BC (SAB))

 
 
 Do M là trung điểm SA nên:      
a 2
d A,(BCNM) d S,(BCNM) AH
2
    
3
S.BCMN BCMN
1 1 a 2 a
V S .AH a.a 2 .
3 3 2 3
 (đvtt) 
Bài 11: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007 
 Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam 
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là 
trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Chứng minh AM vuông góc với BP và tính 
thể tích của khối tứ diện CMNP 
Giải 
 Chứng minh AM  BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP 
 Gọi H là trung điểm của AD. Do ∆SAD đều nên SH  AD. 
 Do (SAD)  (ABCD) nên SH  (ABCD) 
  SH  BP (1) 
 Xét hình vuông ABCD ta có ∆CDH = ∆BCP 
  CH  BP (2). Từ (1) và (2) 
 suy ra BP  (SHC). Vì MN // SC 
 và AN // CH nên (AMN) // (SHC). 
 Suy ra BP  (AMN)  BP  AM. 
 Kẻ MK  (ABCD), K  (ABCD). 
 Ta có: 
CMNP CNP
1
V MK.S
3
 Vì    
2
CNP
1 a 3 1 a
MK SH , S CN.CP
2 4 2 8
 nên 
3
CMNP
3a
V
96
(đvtt) 
 K 
P 
B 
N 
C 
S 
D 
H 
A 
M 
S 
M N 
A D 
C B 
H 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 169 
Bài 12: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007 
 Cho hình chóp tứ giác S. ABCD 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 hai đường 
thẳng MN và AC theo a. 
Giải 
 Gọi P là trung điểm của SA. Ta có 
 MNCP là hình bình hành nên MN song 
 song với mặt phẳng (SAC). 
 Mặt khác, BD  (SAC) nên BD  MN 
 MN // (SAC) 
 nên d(MN; AC) = d(N; (SAC)) 
 Vậy d(MN; AC) =  
1 1 a 2
d(B;(SAC)) BD
2 4 4
Bài 13: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang,   0ABC BAD 90 , BA = BC = a, 
AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu 
vuông góc của A trên SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính khoảng cách 
từ H đến mặt phẳng (SCD) theo a. 
Giải 
 Gọi I là trung điểm của AD. Ta có: 
 IA = ID = IC = a  CD  AC. 
 Mặt khác, CD  SA. Suy ra CD  SC nên 
 tam giác SCD vuông tại C. 
 Trong tam giác vuông SAB ta có: 
    
 
2 2 2
2 2 2 2 2
SH SA SA 2a 2
SB 3SB SA AB 2a a
 Gọi d1 và d2 lần lượt là khoảng cách từ B 
 và H đến mặt phẳng (SCD) thì 
    2
2 1
1
d SH 2 2
d d
d SB 3 3
. 
 Ta có: 
B.SCD BCD
1
SCD SCD
3V SA.S
d
S S
  . Mà   2
BCD
1 1
S AB.BC a
2 2
 và      2 2 2 2 2 2
SCD
1 1
S SC.CD SA AB BC . IC ID a 2
2 2
. 
C 
M 
N 
S 
B 
P 
A 
D 
E 
B 
H 
S 
D 
A 
C 
I 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 170 
 Suy ra 
1
a
d
2
 Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là:  
2 1
2 a
d d
3 3
Bài 14: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a 2 , 
SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M, N lần lượt là hai 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 của khối tứ diện ANIB. 
Giải 
 Xét ABM và BCA vuông có  
AM 1 BA
AB BC2
   ABM đồng dạng  BCA  ABM BCA 
    
   
o
o
AMB BAC BCA BAC 90
AIB 90 MB AC (1)
 SA  (ABCD)  SA  MB (2). 
 Từ (1) và (2)  MB  (SAC) 
  (SMB)  (SAC). 
 Gọi H là trung điểm của AC 
  NH là đường trung bình của  SAC 
   
SA a
NH
2 2
 và NH // SA nên NH  (ABI) 
 Do đó ANIB AIB
1
V NH.S
3
. 
2 2 2
2 2 2
1 1 1 a 3
AI , BI AB AI
3AI AB AM
      
    
2
ABI
a 6 a 2
BI S
3 6
   
2 3
ANIB
1 a a 2 a 2
V . .
3 2 6 36
(đvtt) 
Bài 15: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006 
 Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a 
và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông 
góc của A trên các đường thẳng SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM. 
Giải 
 Thể tích của khối chóp A.BCMN. 
 Gọi K là trung điểm của BC 
A 
B C 
D 
H 
S 
a 
a 
I 
M a 2 
N 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 171 
 H là hình chiếu vuông góc của A trên SK. 
 Do BC  AK, BC SA nên BC  AH. 
 Do AH  SK, AH  BC nên AH  (SBC). 
 Xét tam giác vuông SAK: 
    
2 2 2
1 1 1 2 3a
AH
19AH SA AK
 Xét tam giác vuông SAB: 
    
2
2
2
SM SA 4
SA SM.SB
SB 5SB
 Xét tam giác vuông SAC:    
2
2
2
SN SA 4
SA SN.SC
SC 5SC
 Suy ra:    
2
SMN
BCMN SBC
SBC
S 16 9 9 19a
S S
S 25 25 100
. 
 Vậy thể tích của khối chóp A.BCMN là  
3
BCMN
1 3 3a
V .AH.S
3 50
(đvtt) 
Bài 16: 
 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên 
 và mặt đáy bằng  (0
0
 <  < 90
0
). Tính tang của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) 
và (ABCD) theo . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a và . 
Giải 
 Ta có góc của cạnh bên và mặt đáy bằng . 
 Suy ra SBO =  
 SOB có 
SO a 2
tan = SO = tan
BO 2
   
 
 
 
Ve õ OI AB
 AB (SIO)
Ta có SO AB
  Góc của (SAB) và (ABCD) là SIO . 
 tan SIO = 
a 2
tan
SO 2
2 tan
aIO
2

   
3
2
SABCD ABCD
1 1 a 2 a 2
V SO.S tan .a tan
3 3 2 6
     (đvtt) 
A 
B C 
D 
I 
S 
a 
 
O 
A 
B 
C 
S 
K 
H 
N 
M 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 172 
Bài 17: 
 Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau, có giao tuyến là đường thẳng 
. Trên  lấy hai điểm A, B với AB = a. Trong mặt phẳng (P) lấy điểm C, trong 
mặt phẳng (Q) lấy điểm D sao cho AC, BD cùng vuông góc với  và AC = BD = AB. 
Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và tính khoảng cách từ A đến 
mặt phẳng (BCD) theo a. 
Giải 
 Gọi I là trung điểm của BC. (d) qua I, 
 (d)  (ABC) là trục của đường tròn 
ngoại tiếp ABC vuông cân tại A. 
 (d)  (DC) = F là trung điểm DC 
 (do BF là trung tuyến trong  vuông) 
  F là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện: 
 R = FD = 
DC a 3
2 2
 (BC = a 2 ; BD = a) 
 Ta có : 
   
   
 
 
P Q
P Q
BD Q
BD Q
 

  


 
 Mà AI  (P)  BD  AI, BC  AI (do ABCD vuông cân) 
  AI  (BDC)  d(A,(BDC)) = AI = 
a 2
2
 Cách 2: Chọn hệ trục Axyz sao cho A(0; 0; 0) 
 B(0; a; 0) D(a; a; 0) C(0; 0; a) I(x; y; z) 
 ycbt  IA = IB = IC = ID = R 
  x = y = z = 
a a 3
R IA
2 2
   
 Mặt phẳng (BCD) có VTPT    2 2 2n 0; a ; a a 0; 1; 1  
 Suy ra phương trình mặt phẳng (BCD): 
 y + z  a = 0  d(A, (BCD)) = 
a 2
2
Bài 18: 
 Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. 
 Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a diện 
tích tam giác AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng SBC). 
B 
C 
A 
H 
D 
a 
F 
I 
 
d 
a 
C 
D 
A B 
a 
z 
x 
y 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 173 
Giải 
 Gọi SH là đường cao hình chóp SABC. 
 Ta có H là trọng tâm ABC, kẻ AK  MN 
 (AMN)  (SBC)  AK  (SBC) 
 Gọi I là trung điểm của BC, ta có: 
 S, K, I thẳng hàng và AH = 2HI 
 MN là đường trung bình trong SBC 
  K là trung điểm của SI 
  SAI cân tại A  SA = AI = 
a 3
2
 Ta có SH
2
 = SA
2
  HA
2
 = SI
2
  HI
2
    2 2 2 2
4 1
SI SA SA SA
9 9
   
2
22 a a 2
SA SI
3 2 2
 Xét AKI ta có  AK
2
 = AI
2
  KI
2
. 
   
2
AMN
a 10 1 a 10
AK vậy S AK.MN đvdt
4 2 16
   . 
Bài 19: 
 Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mp (ABC) AC = AD = 4cm, 
AB = 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD). 
Giải 
Cách 1: AD  (ABC)  



AD AB
AD AC
 BC
2
 = AB
2
 + AC
2
  ABC vuông tại A 
   
2 2
ABC BCD
S 6(cm ) S 2 34(cm ) 
 Gọi a(A, (BCD) = AK 
  
ABCD ABC BCD
1 1
V S .AD S .AK
3 3
   ABC
BCD
S .AD 6 34
AK (cm)
S 17
Cách 2: Kẻ DH  BC  AH  BC (định lý 3 đường vuông góc) 
 Kẻ AK  DH (1) 
 Ta có BC  (ADH)  BC  AK (2) 
 Từ (1), (2)  AK  (DBC)  d (A, (BCD)) = AK 
      
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 17
72AK AD AH AB AC AD
   2
72 6 34
AK AK = 
17 17
(cm) 
A 
B 
C 
S 
I 
H 
M 
N 
K 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 174 
 Vấn đề 2: HÌNH LĂNG TRỤ 
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT – PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
I. ĐỊNH NGHĨA 
 Hình lăng trụ là hình đa diện có 2 mặt song song gọi là đáy, và các cạnh không 
thuộc 2 đáy song song với nhau. 
II. TÍNH CHẤT 
 Trong hình lăng trụ: 
  Các cạnh bên song song và bằng nhau. 
  Các mặt bên, mặt chéo là hình bình hành. 
  Hai đáy có cạnh song song và bằng nhau. 
III. LĂNG TRỤ ĐỨNG, ĐỀU. LĂNG TRỤ XIÊN 
 Lăng trụ đứng là lăng trụ có cạnh bên vuông góc với đáy 
 Lăng trụ đều là lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều. 
 Lăng trụ đều có các mặt bên là hình chữ nhật bằng nhau. 
 Lăng trụ xiên có cạnh bên không vuông góc với đáy. 
IV. HÌNH HỘP 
 Hình hộp là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành. 
  Hình hộp có các mặt đối diện là hình 
bình hành song song và bằng nhau. 
  Các đường chéo hình hộp cắt nhau tại 
trung điểm. 
 Hình hộp đứng có cạnh bên vuông góc 
với đáy. 
 Hình hộp xiên có cạnh bên không 
vuông góc với đáy. 
 Hình hộp chữ nhật là hình hộp đứng có đáy là hình chữ nhật. 
 Hình hộp chữ nhật có các mặt là hình chữ nhật 
 Độ dài các cạnh xuất phát từ 1 đỉnh gọi là kích thước của hình hộp chữ nhật a, 
b, c. 
 Các đường chéo hình hộp chữ nhật bằng nhau và có độ dài: d =  2 2 2a b c 
 Hình lập phương là hình hộp có 6 mặt là hình vuông. 
 Các cạnh của hình lập phương bằng nhau số đo a. 
 Các đường chéo hình lập phương có độ dài: d = a 3 
A 
B 
D 
C 
E 
E' 
B' C' 
D' A' 
A 
D 
B 
C 
A’ 
C’ D’ 
B’ 
a 
c 
b 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 175 
V. DIỆN TÍCH XUNG QUANH VÀ DIỆN TÍCH TOÀN PHẦN 
 Sxq = pl p là chu vi thiết diện thẳng 
 l là độ dài cạnh bên 
  Lăng trụ đứng: Sxq = ph p là chu vi đáy 
 h là chiều cao 
  Hình hộp chữ nhật: Stp = 2(ab + bc + ca) 
 a, b, c là kích thước của hình hộp chữ nhật. 
VI. THỂ TÍCH 
  Thể tích của hình hộp chữ nhật: V = abc a, b, c là kích thước 
  Thể tích hình lập phương: V = a
3
 a là cạnh 
  Thể tích lăng trụ: V = B.h B là diện tích đáy 
 h là chiều cao 
 V = Sl S là diện tích thiết diện thẳng 
 l là cạnh bên 
  Thể tích của lăng trụ tam giác cụt: 
 Lăng trụ tam giác cụt là hình đa diện có 
hai đáy là tam giác có cạnh bên song song 
không bằng nhau. 
 V = 
 a b c
S
3
 S là diện tích thiết diện thẳng. 
 a, b, c là độ dài các cạnh bên. 
B. ĐỀ THI 
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011 
 Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, AD 
= a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với 
giao điểm của AC và BD . Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 
60
0
 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng 
(A1BD) theo a. 
Giải 
 Gọi O là giao điểm của AC và BD  A1O  (ABCD) 
 Gọi I là trung điểm AD. 
 Ta có: OI  AD ( Vì ABCD là hình chữ nhật) 
 A1I  AD [Vì AD  (A1IO)] 
 Suy ra: Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) 
b 
a 
c 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 176 
và (ABCD) là 
1
A IO   0
1
A IO 60 . 
 Ta có: OI = 
a
2
, A1O = OI.tan60
0
 =
a 3
2
 SABCD = AB.AD = 
2
a 3 
 Suy ra: 
 
ABCD.A B C D
1 1 1 1
V SABCD . A1O =
3
3a
2
. 
 Gọi M là hình chiếu vuông góc của điểm 
B1 trên mặt phẳng (ABCD). 
 Suy ra: B1M // A1O và M  IO . 
 Vẽ MH vuông góc BD tại H, suy ra: MH  (A1BD) . 
 Vì B1M // (A1BD) nên d(B1, (A1BD)) = d(M, (A1BD)) = MH. 
 Gọi J là giao điểm của OM và BC, suy ra: OJ  BC và J là trung điểm BC. 
 Ta có: SOBM = 
1
OM.BJ
2
 = 
1 1
1 BC
A B .
2 2
 = 
1 a 3
a.
2 2
 = 
2
a 3
4
. 
 Ta lại có: SOBM =
1
OB.MH
2
d(B1, (A1BD)) =
2
OBM
a 3
2
2S a 34
MH
OB a 2
   . 
Cách 2: 
 Ta có: B1C // A1D  B1C // (A1BD) 
  d(B1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)) 
 Vẽ CH vuông góc với BD tại H 
  CH  (A1BD) 
  d(B1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)) = CH . 
 Trong tam giác vuông DCB ta có hệ thức 
CH.BD = CD.CB, từ đó tính được CH 
Cách 3: 
 Ta có: d(B1, (A1BD)) = 
B A BD1 1
A BD1
3V
S
. 
 
3
ABD.A B D ABCD.A B C D1 1 1 1 1 1 1
1 3a
V V
2 4
  . 
  
3
ABD.A B D ABCD.A B C D1 1 1 1 1 1 1
1 3a
V V
2 4
  . 
  
3
A .ABD ABD 1 D.A B D1 1 1 1
1 a
V S .A O V
3 4
   . 
60
0
A 
B 
C 
D 
O 
M 
A1 
B1 
C1 
D1 
H 
I 
J 
A B 
C 
D 
O 
A1 
B1 
C1 D1 
H 
A B 
C 
D 
O 
A1 
B1 
C1 D1 
Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học – 
 177 
  
3
B A BD ABD.A B D A .ABD D.A B D1 1 1 1 1 1 1 1 1
a
V V V V
4
    . 
  
2
A BD 11
1 a 3
S BD.A O
2 2
   . 
  d(B1, (A1BD)) = 
B A BD1 1
A BD1
3V a 3
S 2
 . 
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009 
 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có BB' = a, góc giữa đường thẳng BB' và 
mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
; tam giác ABC vuông tại C và BAC = 60
0
. Hình chiếu 
vuông góc của điểm B' lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác 
ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a. 
Giải 
 Gọi D là trung điểm AC và G là trọng tâm tam giác ABC ta có 
 B’G  (ABC)    oB BG 60  B’G = B’B.  
a 3
sinB BG
2
 và   
a 3a
BG BD
2 4
 Tam giác ABC có:    
AB 3 AB AB
BC , AC CD
2 2 4
 BC
2
 + CD
2
 = BD
2
   
2 2 2
3AB AB 9a
4 16 16
  
3a 13
AB
13
, 
3a 13
AC
26
;  
2
ABC
9a 3
S
104
 (đvdt) 
 Thể tích khối tứ diện A’ABC:   