SKKN Góp phần rèn luyện kỹ năng giải bài tập hình học không gian cho học sinh lớp 11 thông qua một số dạng bài tập cơ bản

J  là  trung điểm của CD,  tam giác ACD cân tại A nên  AJ CD , mà     
   ACD BCD   AJ AJBCD JB   . 
Trong tam giác vuông AJB có   2 2 2 2 22AB JA JB a x     thay vào (1) ta 
được 
3
a
x  . Vậy với 
3
a
x   thì hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) vuông góc. 
* Kết luận. Với 4 Ví dụ đã nêu cùng với quá trình hướng dẫn giải có thể giúp 
rèn luyện cho học sinh  kỹ năng chứng minh hai mặt phẳng vuông góc. 
III. Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách, tính thể tích 
3.1. Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng 
Để tính khoảng cách từ một điểm M đến một mặt phẳng (P), Gv định 
hướng và rèn luyện cho học sinh thực hiện theo các bước sau 
B1. Xác định hình chiếu vuông góc H của M trên (P).  
B2. Tính độ dài MH. Khi đó MH = d(M,(P)). 
Ngoài ra Gv cần lưu ý với học sinh một số kết tính chất 
- Nếu MN // (P) thì d(M,(P)) = d(N, (P)). 
Nếu  / /( )a P  thì     ,( ) ,( ) ,d a P d A P A a  .  
Nếu (P) // (Q) thì                , , , , ,d P Q d A Q d B P A P B Q    . 
- Nếu M là đỉnh của hình chóp và (P) chứa đáy của hình chóp thì H chính là 
chân đường cao của hình chóp, và d(M,(P)) bằng độ dài đường cao của hình chóp. 
Đặc biệt: Nếu M là đỉnh của hình chóp đều và (P) chứa đáy của hình chóp 
thì H trùng với tâm đa giác đáy. 
Nếu  M  là  đỉnh  O  của  tứ  diện  vuông 
OABC  thì  H  là  trực  tâm  tam  giác  ABC  và 
2 2 2 2
1 1 1 1
OH OA OB OC
   . 
- Nếu M là đỉnh của tứ diện trực tâm thì 
H là trực tâm của mặt đối diện. 
  28 
- Nếu M  là đỉnh của hình chóp có mặt bên vuông góc với đáy  thì H  là 
chân đường cao kẻ từ M của mặt bên đó.  
- Nếu   AB P O    thì 
  
  
,
,
d A P OA
OBd B P
 . 
Đặc biệt:  
Nếu B là trung điểm của OA thì     ,( ) 2 ,( )d A P d B P . 
Một số ví dụ 
Ví dụ 1. (Trích đề thi ĐH khối D - 2012) 
Cho  hình  hộp  đứng  ABCD.A’B’C’D’  có  đáy  là  hình  vuông,  tam  giác 
A’AC vuông cân,  'A C a . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) 
theo a . 
Lời giải. 
Do  ABCD.A’B’C’D’  là  hình  hộp  đứng  có 
đáy là hình vuông nên  
     ' ' ' ' 'BC ABB A BCD ABB A   . 
Trong  mp(ABB’A’),  dựng  AK  vuông  góc 
với BA’ tại K thì 
    ' , 'AK BCD d A BCD AK    
ACA ', ' 2A C a   vuông cân tại A 
AA'
2
a
AC   , tứ giác ABCD là hình vuông 
22
a a
AC BA   . 
'ABA  vuông tại A có AK là đường cao  
2 2
AA '.
6AA'
AB a
AK
AB
  

. 
Ví dụ 2. (Trích đề thi ĐH khối D - 2009) 
Cho  hình  lăng  trụ  đứng  ABC.A’B’C’  có  đáy 
ABC là tam giác vuông tại B, AB =  a , AA ' 2a . Gọi M 
là  trung điểm của đoạn thẳng A’C’,  I  là giao điểm của 
AM và A’C. Tính  theo  a   khoảng cách  từ điểm A đến 
mp (IBC). 
  29 
Hướng dẫn giải. 
Từ giả thiết về lăng trụ     ' 'IBC ABB A   
 ' 'BC ABB A  . 
Trong mp(ABB’A’) dựng  'AK A B  tại K  
    ,AK IBC d A IBC AK    . 
'ABA  vuông tại A, có AK là đường cao  
AA '. 2 . 2
' 5 5
AB a a a
AK
A B a
    .  Vậy     2,
5
a
d A IBC  . 
Ví dụ 3:  Cho  hình  chóp  S.ABCD  có  đáy 
ABCD là hình vuông cạnh  a , SA =  3a . M và 
N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hình 
chiếu  vuông  góc  của  đỉnh  S  lên  mp(ABCD) 
trùng với giao điểm của AN và DM. Tình theo 
a   khoảng  cách  từ  điểm  H  đến  mặt  phẳng 
(SDN).    
Lời giải. 
+) Gọi H là giao điểm của AM và DN . Từ giả thiết ta có   SH ABCD . 
Ta có 
   1tan tan
2
ADM BAN ADM BAN   
    090DMA BAN DMA ADM DM AN       . 
AMD  vuông tại A có AH là đường cao 
2 2 2 2 2 2
2
.
1 1 1 . 2
5
4
a
a
AM AD a
AH
AH AM AD AM AD a
a
      


. 
SAH  vuông tại H 2 2
14
5
SH SA AH a    . 
Ta có tứ diện SHND là tứ diện vuông vuông tại H  
hình chiếu vuông góc của H  trên mp(SND)  trùng với  trực  tâm K của 
SND . 
  30 
Vậy    ,d H SND HK . 
Ta có 
2 2 2 2
1 1 1 1
HK HS HN HD
   , 
5 3
2 5 2 5
a a a
HN AN AH     , 
2 2 2
5
a
HD AD AH  
2 2 2 2
1 5 20 5
14 9 4HK a a a
     
2
965 252
965252
HK a
a
   . Vậy     252,
965
d H SND a (đvdd). 
* Ví dụ 1, 2 và 3 giúp học sinh rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách từ một điểm 
đến một mặt phẳng bằng cách dựng hình chiếu vuông góc của điểm đó lên mặt 
phẳng rồi tính. 
Ví dụ 4: (Trích đề ĐH khối B - 2013) 
Cho  hình  chóp  S.ABCD có đáy ABCD  là 
hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều 
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.  
Tính  theo  a  khoảng  cách  từ  điểm  A  đến 
mp(SCD). 
Lời giải. 
Lấy H là trung điểm của AB  SH ABCD SH CD    . 
Lấy I là trung điểm của CD       HI CD CD SIH SIH SCD      . 
Trong mp(SHI) dựng HK vuông góc với SI tại K    ,HK d H SCD  . 
Tính được 
3
7
HK a ,  / /AB SCD       3, ,
7
d A SCD d H SCD HK a    . 
Ví dụ 5. (Trích đề thi ĐH khối D - 2013) 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình 
thoi  cạnh  a ,  cạnh  bên  SA  vuông  góc  với  đáy, 
 0120BAD  ,  M  là  trung  điểm  của  cạnh  BC  và 
 045SMA .  
Tính  theo  a   khoảng  cách  từ  điểm  D  đến 
mp(SBC). 
  31 
Hướng dẫn giải. 
Chứng minh       BC SAM SAM SBC   .  
Trong mp(SAM) dựng AH vuông góc với SM tại  
H     ,AH SBC d D SBC AH    . 
 SA ABCD SA AM   SAM  vuông cân tại A . Tính được 
6
4
a
AH  . 
AD // BC          6/ / , ,
4
a
AD SBC d D SBC d A SBC AH     . 
* Các Ví dụ 4,5 rèn luyện cho học sinh biết sử dụng kết quả: nếu AB // (P) thì 
d(A, (P)) = d(B, (P)) để tính khoảng cáh từ một điểm đến một mặt phẳng. 
Ví dụ 6. (Trích đề thi ĐH khối A,A1 - 2013) 
Cho hình chóp  S.ABC có đáy  là  tam giác 
vuông  tại  A,   030ABC  ,  SBC  là  tam  giác  đều 
cạnh  a , mp(SBC) vuông góc với đáy. Tính  theo 
akhoảng cách từ C đến mp(SAB). 
Lời giải. 
Lấy H là trung điểm của BC. SBC  đều nên 
SH BC . 
     SBC ABC SH ABC SH AB     . ABC  vuông tại A  
HA HB HC SA SB SC SAB         cân tại S. 
Lấy I là trung điểm của AB  
     SI AB AB SHI SHI SAB      . 
Kẻ  HK SI  tại K      ,HK SAB HK d H SAB   .   
Ta có 
3
2
a
SH  ,
1
,
2 2
a
AC BC 
1
2 4
a
HI AC  . 
SHI  vuông tại H có HK là đường cao  

2 2 2 2
1 1 1 52 3
523
HK a
HK SH HI a
      
Mà   BC SAB B   
      39, 2 ,
13
a
d C SAB d H SAB   . 
  32 
Ví dụ 7. (Trích đề ĐH khối D- 2011) 
Cho  hình  chóp  SABC  có  đáy  ABC  là  tam  giác 
vuông  tại  B,  3 , 4BA a BC a  ,  mp(SBC)  và  mp(ABC) 
vuông góc với nhau.   02 3, 30SB a SBC  . Tính khoảng 
cách từ B đến mp(SAC) theo a.  
Lời giải. 
Kẻ đường cao SH của  SBC ,       SBC ABC SH ABC   SH AC   
Kẻ  HK AC  tại K   AC SHK    SAC SHK . 
Trong mp(SHK) kẻ HI vuông góc với SK tại I 
    ,HI SAC HI d H SAC    . 
SHK  vuông tại H có HI là đường cao  
2 2 2
1 1 1
HI HK SH
   . 
SHB vuông tại H nên  0.sin30 3SH SB a  ,  0cos30 3BH B a S . 
CKH CBA  (g-g) 
. 3 . 3
5 5
KH CH BA CH a a a
HK
BA CA CA a
       
3 7
14
HI a  . Do   BH SAC C    
nên 
  
  
  
, 1 6 7
,
4 7,
d B SAC BC
d B SAC a
CHd H SAC
    . 
Ví dụ 8: (Trích đề ĐH khối D - 2007) 
Cho  hình  chóp  S.ABCD  có đáy  ABCD  là  hình  thang,    090 ,ABC BAD   
, 2AB BC a AD a   .Cạnh bên SA vuông góc với đáy và 2SA a . Gọi H là hình 
chiếu  vuông  góc  của  A  trên  SB.Tính  theo  a  khoảng  cách  từ  điểm  H  đến 
mp(SCD). 
Lời giải. 
Gọi E  là  giao điểm của AB  và CD. Lấy M  là  trung  điểm  của EC, N  là 
trung điểm của SE, F là trung điểm của AD  AB BE BC a   .  
Ta có tứ giác ABCF là hình vuông  AB CF a   . 
  33 
ACF có 
1
2
CF AD a ACD     vuông tại C 
   CD CA  , mà  ASCD CD CS   .  
MN là đường trung bình của  
ES / /C MN SC MN CD    . 
BCE  cân tại B  BM CE BM DC    
     CD BMN BMN SCD   . 
Kẻ      ,BJ MN BJ SCD d B SCD BJ     . 
Ta có NB là đường trung bình của tam giác  
SAE   / /NB SA NB ABCD NB BM     . 
NBM  vuông tại B có BJ là đường cao nên  
2 2 2
1 1 1 1 2
, ,
2 2
a
BM EC
BJ BM BN
     
1 2
2 2 2
a a
BN SA BJ     
 
  
  
,
,
d H SCD HS
BH SCD S
BSd B SCD
    , 
     
2 2
2 2
2 2 2
, ,
3 3 3 3
SH SA a a
d H SCD d B SCD
BS SB a
      . 
* Các Ví dụ 6, 7, 8 nhằm rèn luyện cho học sinh cách sử dụng hai tính chất: 
- Nếu  AB P O  thì 
  
  
,
,
d A P OA
OBd B P
 . 
- Nếu B là trung điểm của OA thì    ,( ) 2 ,( )d A P d B P để tính khoảng cách 
từ một điểm dến một mặt phẳng. 
* Kết luận. Trong việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, một 
kỹ năng rất quan trọng mà Gv phải rèn luyện được cho học sinh là kỹ năng 
dựng hình chiếu vuông góc của điểm lên mặt phẳng.Chúng ta đã có kết quả 
là qua một điểm A cho trước có một và chỉ một đường  thẳng vuông góc với 
một mặt phẳng (P) cho trước, trong thực hành giải toán viêc dựng  hình chiếu 
vuông góc của A lên (P) ta thực hành theo các bước sau: 
  34 
B1. Xác định mp(Q) qua điểm A và vuông góc với (P). 
B2. Xác định giao tuyến d của (P) và (Q). 
B3. Trong (Q) qua điểm A dựng đường thẳng vuông góc với d tại H, khi 
đó H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mp(P). 
3.2. Tính thể tích 
         Đề tài chỉ nêu một số định hướng giúp học sinh hình thành kỹ năng tính 
thể tích các khối đa diện thường gặp 
1. Tính thể tích hình chóp 
Công thúc thường dùng: 
Một số kĩ năng xác định chân đường cao và đường cao của hình chóp 
1.1. Hình chóp có một mặt bên hoặc mặt chéo vuông góc với mặt phẳng 
đáy thì chân đường cao của hình chóp nằm trên giao tuyến của mặt bên đó với 
mặt đáy hoặc mặt chéo với mặt đáy. 
1.2. Hình chóp có 2 mặt bên hoặc 2 mặt bên và mặt chéo hoặc 2 mặt chéo 
cùng  vuông  góc với mặt  phẳng đáy  thì  đoạn  giao  tuyến  của 2 mặt nói  trên  là 
đường cao của hình chóp. 
1.3. Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên tạo với mặt 
đáy những góc bằng nhau  thì chân đường cao  là  tâm đường  tròn ngoại  tiếp đa 
giác đáy. 
1.4. Hình chóp có các mặt bên tạo với mặt đáy những góc bằng nhau thì 
chân đường cao trùng với tâm đường tròn nội tiếp đa giác đáy. 
Một số ví dụ 
Dạng 1.1. Biết một mặt hình chóp nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. 
Ví dụ 1: (Trích đề thi ĐH khối D – 2011) 
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC 
= 4a;   Mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết B =  2a 3  và 
 oSBC 30 . Tính thể tích khối chóp S.ABC. 
1
V = B.h
3
(1)      Trong đó:     B là diện tích đáy; 
 h là độ cao đường cao. 
  35 
Lời giải: 
Áp dụng tính chất 1.1, ta có: SH   (ABC), 
với H là hình chiếu vuông góc của S lên BC. 
Lại có:  SH = SB.Sin30o = a 3  
                   dt∆ABC = 
21 BA.BC 6a
2
  
   2 3
1
V .a 3.6a 2 3a
3
    
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B. AB = 
SD  = 3a,  AD  = SB  = 4a,  a > 0. Đường  chéo  AC (SBD).  Tính  thể  tích  khối 
chóp S.ABCD. 
Lời giải: 
AC (SBD) =>SBD)  (ABCD). 
Áp  dụng  tính  chất  1.1,  ta  có  chân  đường 
cao hình chóp nằm trên BD. 
Từ  giả  thiết,  ta  có:  ∆SBD     tại  S  => 
SB.SD 12a
SH
BD 5
   với H là hình chiếu    của S 
lên BD. 
Dễ dàng tính được dtABCD 
275a
8
  
=> VS.ABCD 
2
31 12a 75a 15. . a .
3 5 8 2
   
Nhận xét: Nếu học sinh không nhận dạng đúng và không nắm được tính chất 1.1 
thì không xác định được chân đường cao của hình chóp, khi đó sẽ rất khó để giải 
2 bài tập trên. 
Dạng 1.2: Biết hai mặt của hình chóp nằm  trên hai mặt phẳng cùng vuông 
góc với mặt phẳng đáy (Biết đường cao của hình chóp). 
Đối với dạng toán này, đề bài thường gắn giả thiết góc giữa cạnh bên và 
mặt đáy hoặc góc giữa mặt bên và mặt đáy hoặc việc tính độ dài đường cao, diện 
  36 
tích đáy khá phức tạp. Học sinh cần nắm vững cách xác định góc và một số kĩ 
năng tính diện tích tam giác, tứ giác. 
Ví dụ 3: (Trích đề thi tuyển sinh ĐH khối A – 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 60o. 
Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Biết (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt 
phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.          
Lời giải: 
(SBI)   (SCI) = SI 
Theo  tính  chất  1.2,  ta  có  SI    
(ABCD)  =>  SI  là  đường  cao  của  khối 
chóp. 
Điểm  khó  của  bài  toán  là  tích  SI. 
Cần khai thác giả thiết góc giữa mặt phẳng 
(SBC) với mặt phẳng (ABCD). 
Vì I  (ABCD), S  (SBC) và SI   
BC  nên  từ  I  hạ  IH     BC  tại  H  => 
 oSHI 60  
=>  3
2a 3 2 15
SI V a
5 5
    
Lưu ý: Khi xác định góc của một mặt (P) của hình chóp với mặt phẳng (Q) chứa 
đáy của hình chóp, ta chọn S  (P) và chân đường cao H  (Q). Khi đó, SH  
∆ = (P)  (Q). Từ đó dễ dàng xác định góc giữa hai mặt phẳng . 
Như vậy, chìa khóa bài toán trên là xác định chân đường cao của hình 
chóp. Nếu học sinh nắm được tính chất 1.2 thì bài toán hoàn toàn được giải 
quyết. 
Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB//CD, AB 
=  2CD  =  4a,  BC a 10 ,  biết  mặt  phẳng  (SAC)  và  mặt  phẳng  (SBD)  cùng 
vuông  góc với mặt  phẳng  đáy;  mặt  bên  (SAB)  là  tam  giác  đều. Tính  thể  tích 
khối chóp S.ABCD. 
  37 
Lời giải: 
(SAC)   (SBD) = SO. 
Từ giả thiết và tính chất 1.2 => SO   (ABCD) nên SO là đường cao của 
hình chóp. 
Tính diện tích hình thang và SO: 
Gọi H là hình chiếu của C  lên  AB, 
M và N lần lượt là trung điểm của AB và 
CD, ta có: 
AB CD
HB a
2

   => CH = 3a 
=> OM = 2a, ON = a => ∆OAB vuông cân 
tại O => OA = OB  a 2  do đó SO = OB 
2a 2 . 
Suy ra VS.ABCD 
36a 2 . 
Nhận xét: Để giải bài toán trên ngoài việc xác định chân đường cao của hình 
chóp, cần rèn cho học sinh một số tính chất của hình thang cân. 
Dạng 1.3. Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên tạo với 
mặt phẳng đáy một góc bằng nhau. 
Ví dụ 4: (Đề thi HSG tỉnh Nghệ An - 2012) 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, cạnh 2a, SA = SB = 
SC = 2a. Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD, chứng minh  3V 2a .  
Lời giải: (Theo hướng dẫn chấm) 
Gọi O là giao điểm của AC và BD. 
Dễ thấy ∆SOC = ∆BOA => SO = BO 
=> ∆BSD vuông tại S.  
Do đó: 
2 2 2 21BD 4a SD OB 4a SD
2
    
 mà  2 2OA BC OB    
suy ra   2 2 21OA 4a 4a SD
4
   .  
  38 
Vì AO (SBD) nên VS.ABCD = 2VS.ABD 
2 2
SBD
2 2
OA.S .SD. 12a SD
3 3
   . 
Mà: 
2 2 2
2 2 2SD 12a SDSD. 12a SD 6a
2
 
    . Vậy V2a3. 
Nhận xét: Lời giải trên không tự nhiên, vì việc C/m ∆BSD vuông tại S và chứng 
minh AO (SBD) là không đơn giản đối với học sinh khi dự thi. 
Cách giải bài toán trên bằng việc áp dụng tính chất  
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC => I  BD. 
Do SA = SB = SC, áp dụng  tính chất 2.3.3)  ta có I  là hình chiếu vuông 
góc của S xuống mặt phẳng (ABC) => SI là đường cao của hình chóp SABC. 
Đặt  
o180
ABC BAC
2
 
    ; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. 
Theo định lí Sin, ta có 
2
2 2
a 4cos 1
a 2R SI 4a R .
cos cos
2 2


    
 
3 2 3
SABCD SABC
4
V 2V a .2sin 3 4sin 2a
3 2 2
 
      => đpcm. 
Dạng 1.4. Hình chóp có các mặt bên nằm trên mặt phẳng tạo với mặt phẳng 
đáy những góc bằng nhau. 
Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD có AB = 5a, BC = 
6a, CA = 7a. Các mặt bên SAB, SBC, SCA tạo với 
đáy một góc 60o. Tính thể tích khối chóp. 
(Bài tập 7 - Ôn tập chương 1). 
Nhận xét: Đây là bài toán gây nhiều khó khăn cho 
học sinh nếu không nắm được tính chất 1.4. 
Lời giải: 
Áp dụng tính chất 1.4,  ta có I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC nên I là 
hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) => SI là đường cao của hình 
chóp. 
2
ABC
1
S AB.AC.sin 2a sin
2
    
  39 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên AB   oSHI 60  . 
Để tính SI, ta tính IH. 
Ta có: 
S
IH r .
p
   Theo công thức Hêrông  2S 6 6a  , p = 9a. 
Suy ra SI = IH.tan60o = 
2 6
.a. 3 2 2a.
3
  
Vậy  2 3SABC
1
V .2 2a.6 6a 8 3a .
3
   
2. Dạng toán thường giải theo phương pháp gián tiếp 
Cho khối chóp (H) dễ dàng  tìm được thể  tích của (H’)  là khối chóp nội 
tiếp của khối chóp (H). Tính V(H’)
. 
Một số tính chất 
2.1. Nếu khối đa diện (H) chia thành hai khối (H1) và (H2) thì  
1 2H H H
V V V .   
2.2. Cho khối chóp SABC,  trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần  lượt  lấy 
các điểm A’, B’, C’ khác S. Khi đó  SA 'B'C' A ' B' C'
SABC A B C
V S S S
. .
V S S S
  
2.3. Gọi S1 là diện tích đa giác đáy của (H’); S2 là diện tích đa giác đáy 
của (H);    h1 , h2 lần lượt là độ dài đường cao của hai khối chóp (H’) và (H). 
Khi đó,  H ' 1 1
H 2 2
V h S
.
V h S
  
2.4. Nếu  khối  chóp  (H) và  (H’) có đa  giác  đáy  cùng  nằm  trên một  mặt 
phẳng thì đường cao của (H) và (H’) hoặc song song hoặc trùng nhau. 
Một số ví dụ 
Ví dụ 1: (Trích đề thi ĐH khối A - 2007). 
Cho  hình  chóp  S.ABCD  có  đáy  ABCD  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,  SC,  SD.  Tính  thể  tích  khối  tứ  diện 
CMNP theo a. 
  40 
Lời giải: (Trích đáp án của bộ giáo dục và đào tạo). 
Gọi H là trung điểm của AD, SH AD ,  (SAD) (ABCD)   
SH (ABCD)   và 
a 3
SH
2
 ,  từ M hạ MH1    HB  tại H1  thì MH1 = 
a 3
4
, 
2
CPN
1 a
S CN.CP
2 8
  
3
CMNP
a 3
V .
96
   
Cách giải gián tiếp: 
Khối  chóp  SDCB  và  MPCN  có  đáy 
∆SCD  và  ∆PCN  cùng  nằm  trên  một  mặt 
phẳng, M là trung điểm của SB  
=> d(S;(ABCD)) =2d(M; (ABCD)). 
Áp  dụng  tính  chất  2.3),  ta  có: 
MPCN PCN
SDCB DCB
V S 1
.
V S 2



1 1 1 1
. . .
2 2 2 8
   
3
MPCN SDCB
1 a 3
V .V .
8 96
    
(Lưu ý: Thể tích VSDCB dễ dàng tính được). 
Ví dụ 2: (Trích đề thi ĐH khối B - 2006) 
Cho  hình  chóp  S.ABCD  có  đáy  ABCD  là  hình  chữ  nhật  với  AB  =  a, 
AD a 2 , SA = a và SA   (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD 
và SC, I là giao điểm của BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIB. 
Lời giải: (Trích đáp án của bộ giáo dục và đào tạo). 
Trước hết c/m AI   BI. 
Gọi O là giao điểm của AC và BD   NO // SA và 
1 a
NO SA .
2 2
   
Do AIB   tại I nên 
2
AIB
1 a 2
S IA.IB
2 12
    suy ra 
3
ABIN
a 2
V .
72
  
Nhận xét:   Lời giải  trên không  tự  nhiên khi c/m  AIB     tại  I. Trên  thực  tế, 
việc chứng minh AIB   tại I cũng không dễ. 
  41 
Cách giải gián tiếp: 
Ta có SABM và NABI  là hai khối chóp có hai đa giác đáy là  AMB và 
ABI cùng nằm trên mặt phẳng (P) và N là trung điểm của SC nên h1 = SA = 2h2. 
Trong đó h1 là độ dài đường cao của SABM, h2 là độ dài đường cao của NABI. 
Do 
2
BI BM
3
  
AIB
AIB ABM
ABM
2 S 2
S S
3 S 3

 

   
  NABI 2 AIB
SABM 1 ABM
V h S 1
.
V h S 3


  
  NABI SABM
1
V V
3
   
31 1 1 a 2
. .SA. AB.AM .
3 3 2 72
   
Ví dụ 3: (Trích đề ĐH khối A - 2011). 
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC 
= 2a; Hai mặt phẳng (SAB) và  (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng  (ABC). 
Gọi M là trung điểm của AB, mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC 
tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o. Tính VSBCNM.  
Nhận xét: Đây là dạng toán (H) và (H’) có đáy cùng nằm trên một mặt phẳng 
và chung đường cao nên 
(H') (H')
(H) (H)
V S
= .
V S
Lời giải: 
Từ giả thiết =>  oSBA 60  
oSA AB.tan 60 2a. 3.    
SABC
1 1
V SA. BA.BC
3 2
 
  3
1 1 4 3
.2a 3. .2a.2a a .
3 2 3
   
  42 
Dễ dàng c/m  BMNC ABC
3
S S
4
  
SBCNM BCNM
SABC ABC
V S 3
V S 4
   3 3SBCNM
3 4
V . 3a 3a .
4 3
    
Ví dụ 4: (Trích đề thi ĐH khối B - 2008) 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; 
AB