Luyện thi cấp tốc môn toán theo Chuyên đề: Hình học không gian

ŀ Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 
 364 
Chuyên đề V 
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 
 
 Chủ đề 1: QUAN HỆ SONG SONG 
1. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng trong không gian: 
Trong không gian cho hai đường thẳng ∆ và '∆ . 
* Nếu ∆ và '∆ cùng thuộc một mặt phẳng khi đó giữa ∆ và '∆ có ba vị trí 
tương đối là song song, trùng nhau, cắt nhau. 
* Nếu không có mặt phẳng nào đi qua ∆ và '∆ thì ta gọi hai đường thẳng ∆ và 
'∆ chéo nhau. 
2. Các tính chất: 
Định lí 1: Nếu ba mặt phẳng cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao 
tuyến đó hoặc đôi một song song hoặc chúng đồng quy. 
Định lí 2: Nếu hai mp phân biệt chứa hai đường thẳng song song với nhau thì 
giao tuyến của chúng nếu có sẽ song song với hai đường thẳng đó. 
3. Đường thẳng song song với mặt phẳng 
a. Định nghĩa: Đường thẳng ( )a P
 khi chúng không có điểm chung 
b. Các tính chất 
Định lí 1: Nếu đường thẳng a không nằm trong ( )P và a song song với một 
đường thẳng nằm trong ( )P thì a song song với ( )P . 
Chú ý: Từ định lí này ta rút ra được phương pháp để chứng minh đường thẳng 
a song song với ( )mp P ta chỉ cần chứng minh a song song với một đường thẳng 
nằm trong ( )mp P . 
Định lí 2: Nếu đường thẳng ( )a P
 thì mọi mp đi qua a sẽ cắt ( )P theo một 
giao tuyến song song với a . 
Hq: Nếu hai mặt phẳng cùng song song với một đường thẳng thì giao tuyến của 
chúng nếu có sẽ song song với đường thẳng đó. 
Chú ý: Định lí 2 và hệ quả giúp chúng ta trong việc tìm giao tuyến của hai mặt 
phẳng mà trong đó có ít nhất một mp song song với một đường thẳng cho trước. 
Định lí 3: Cho hai đường thẳng chéo nhau. Khi đó luôn tồn tại duy nhất một mp 
chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia. 
Định lí 4: (Định lí Talet trong không gian) 
Điều kiện cần và đủ để các đường thẳng 1 1AA ,BB và 1CC cùng song song với 
một mặt phẳng là 1 1
1 1
B ABA
BC B C
= , trong đó bộ ba điểm ( )A, B, C và ( )1 1 1A , B , C lần 
lượt thuộc hai đường thẳng chéo nhau a và b . 
 4. Hai mặt phẳng song song 
a. Định nghĩa: Hai mặt phẳng gọi là song song nếu chúng không có điểm chung 
 365 
I
P
E
N
M
D
A
S
B
C
b. Phương pháp chứng minh hai mặt phẳng song song 
Định lí 1: Nếu ( )mp P chứa hai đường thẳng cắt nhau song song với ( )mp Q thì 
( ) ( )P Q
 
Nhận xét: Định lí 1 chính là phương pháp chứng minh hai mặt phẳng song 
song 
c. Các tính chất: 
Tính chất 1: Qua một điểm nằm ngoài mặt phẳng, có duy nhất một mặt phẳng 
song song với mặt phẳng đó. 
 Hq 1: Nếu đường thẳng ( )a P
 thì tồn tại duy nhất một mặt phẳng ( )Q đi qua 
a và song song với ( )mp P . 
 Hq 2: hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì song 
song với nhau. 
Tính chất 2: Nếu hai mặt phẳng ( )P và ( )Q song song thì mọi mặt phẳng ( )R 
đã cắt ( )P thì phải cắt ( )Q và các giao tuyến của chúng song song với nhau. 
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình thang với 
đáy lớn AB . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA và SB . 
1. Chứng minh MN song song với CD . 
2. Gọi P là giao điểm của SC và ( )ADN , I là giao điểm của AN và 
DP . Chứng minh SI song song với CD . 
Lời giải 
1. Ta có MN là đường trung bình của tam giác SAB nên MN AB
 . 
Lại có ABCD là hình thang AB CD⇒ 
 . 
Vậy 
MN AB
MN CD
CD AB

⇒







. 
2. Trong ( )ABCD gọi = ∩E AD BC , trong 
( )SCD gọi = ∩P SC EN . 
Ta có ( )∈ ⊂E AD ADN 
( ) ( )⇒ ⊂ ⇒ ∈EN AND P ADN . 
Vậy ( )= ∩P SC ADN . 
Do 
( )
( )
I SABI AN
I AN DP
I DP I SCD
 ∈∈ 
= ∩ ⇒ ⇒ 
∈ ∈  
( ) ( )SI SAB SCD⇒ = ∩ 
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 
 366 
N J
E
I
C
A B
D
S
M
G
Ta có 
( )
( )
( ) ( )
AB SAB
CD SCD
SI CD
AB CD
SAB SCD SI
 ⊂

⊂
⇒

 ∩ =




. 
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi 
G là trọng tâm tam giác SAB , I là trung điểm của AB và M là điểm 
trên cạnh AD sao cho =
1
AM AD
3
. 
a. Đường thẳng đi qua M và song song với AB cắt CI tại N . Chứng 
minh ( )NG SCD
 . 
b. Chứng minh ( )MG SCD
 . 
Lời giải 
a. Ta có = = =IN BJ AM 1
IC BC AD 3
, =
IG 1
IS 3
IN IG
NG SC
IC IS
⇒ = ⇒ 
 , 
Hơn nữa ( )⊂SC SCD ( )NG SCD⇒ 
 . 
b. Gọi E là giao điểm của IM và 
CD 
Ta có = = ⇒ =
IM AM 1 IM IG
IE AD 3 IE IS 
MG SE⇒ 
 , ( ) ( )SE SCD GM SCD⊂ ⇒ 
 . 
Ví dụ 3. Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các mặt đều là hình 
vuông cạnh a . Các điểm M,N lần lượt trên AD',BD sao cho = =AM DN x 
( )< <0 x a 2 . 
a. Chứng minh khi x biến thiên, đường thẳng MN luôn song song với 
một mặt phẳng cố định. 
b. Chứng minh khi = a 2x
3
 thì MN A'C
 . 
Lời giải 
 367 
a.Gọi ( )P là mặt phẳng qua AD và song song với ( )A'D'CB . Gọi ( )Q là 
mặt phẳng qua M và song song với ( )A'D'CB . Giả sử ( )Q cắt BD tại điểm 
N' . 
Theo định lí Thales ta có ( )=AM DN' 1
AD' DB
Vì các mặt của hình hộp là hình vuuong cạnh 
a nên = =AD' DB a 2 . 
Từ ( )1 ta có =AM DN' , mà DN AM DN' DN= ⇒ = 
( )N' N MN Q⇒ ≡ ⇒ ⊂ 
Mà 
( ) ( )
( )
( )
Q A'D'CB
MN A'D'CB
MN Q

⇒
⊂



 . 
Vậy MN luôn song song với mặt phẳng cố định ( )A'D'CB . 
b. Gọi = ∩O AC BD . Ta có = = = ⇒ =a 2 a 2 2DN x ,DO DN DO
3 2 3
 suy ra N là 
trọng tâm của tam giác ACD . 
Tương tự M là trọng tâm của tam giác A'AD . 
Gọi I là trung điểm của AD ta có IN 1 IM 1 IN IM, MN A'C
IC 3 IA' 3 IC IA'
= = ⇒ = ⇒ 
 . 
Bài tập tự luyện 
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình thang với đáy AD và 
BC . Biết = =AD a,BC b . Gọi I và J lần lượt là trọng tâm các tam giác SAD 
và SBC . Mặt phẳng ( )ADJ cắt SB,SC lần lượt tại M,N . Mặt phẳng ( )BCI cắt 
SA,SD tại P,Q . 
a. Chứng minh MN song sonng với PQ . 
b. Giải sử AM cắt BP tại E ; CQ cắt DN tại F . Chứng minh EF song 
song với MN và PQ . Tính EF theo a,b . 
Hướng dẫn giải: 
M
N
OI
A'
B'
C'
D
A
B
C
D'
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 
 368 
K
F
E
Q
P
NM
B
C
A
S
J
I
D
a. Ta có 
( ) ( ) ( )∈ ⇒ ∈ ∩I SAD I SAD IBC . 
Vậy 
( )
( )
( ) ( )
AD SAD
BC IBC
AD BC
SAD IBC PQ
 ⊂

⊂


 ∩ =


( )PQ AD BC 1⇒ 
 
 
Tương tự 
( ) ( ) ( )∈ ⇒ ∈ ∩J SBC J SBC ADJ 
Vậy 
( )
( )
( ) ( )
AD ADJ
BC SBC
AD BC
SBC ADJ MN
 ⊂

⊂


 ∩ =


( )MN AD BC 2⇒ 
 
 
Từ ( )1 và ( )2 suy ra MN PQ
 . 
b. Ta có 
( )
( )
 ∈
= ∩ ⇒ 
∈
E AMND
E AM BP
E PBCQ
;
( )
( )
 ∈
= ∩ ⇒ 
∈
F AMND
F DN CQ
F PBCQ
Do đó ( ) ( )= ∩EF AMND PBCQ . Mà 
AD BC
EF AD BC MN PQ
MN PQ

⇒




 
 
 



. 
Tính EF : Gọi = ∩ ⇒ = +K CP EF EF EK KF 
Ta có ( )EK PEEK BC 1
BC PB
⇒ =
 , 
PE PM
PM AB
EB AB
⇒ =
 
Mà = = ⇒ =
PM SP 2 PE 2
AB SA 3 EB 3
. 
Từ ( )1 suy ra = = = = ⇒ = =
+ +
EK PE PE 1 2 2 2
EK BC b
EBBC PB PE EB 5 5 51
PE
Tương tự =
2
KF a
5
. Vậy ( )= + = +2EF EK KF a b
5
. 
2. Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của CD và CC' . 
a. Xác định đường thẳng ∆ đi qua M đồng thời cắt AN và A'B . 
b. Gọi I,J lần lượt là giao điểm của ∆ với AN và A'B . Hãy tính tỉ số 
IM
IJ
. 
Hướng dẫn giải: 
a. Giả sử đã dựng được đường thẳng ∆ cắt cả AN và BA' . Gọi I,J lần lượt là giao 
điểm của ∆ với AN và BA' . 
 369 
∆J
I
I'
N'
N
C'
D'
B'
B
A
D
C
A'
M
Xét phép chiếu song song lên 
( )ABCD theo phương chiếu A'B . 
Khi đó ba điểm J,I,M lần lượt có 
hình chiếu là B,I',M . Do J,I,M thẳng 
hàng nên B,I',M cũng thẳng hàng. 
Gọi N' là hình chiếu của N thì An' 
là hình chiếu của AN . Vì 
∈ ⇒ ∈ ⇒ = ∩I AN I' AN' I' BM AN' . 
Từ phân tích trên suy ra cách dựng: 
Lấy = ∩I' AN' BM . 
Trong ( )ANN' dựng II' NN'
 ( đã có 
NN' CD'
 ) cắt AN tại I . 
Vẽ đường thẳng MI , đó chính là đường thẳng cần dựng. 
b. Ta có =MC CN' suy ra = =MN' CD AB . Do đó I' là trung điểm của BM . Mặt khác 
II' JB
 nên II' là đường trung bình của tam giác MBJ , suy ra = ⇒ =
IM
IM IJ 1
IJ
. 

 Chủ đề 2: VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN 
* Véc tơ trong không gian và các phép toán được định nghĩa hoàn toàn tương 
tự như trong mặt phẳng. 
* Ba véc tơ gọi là đồng phẳng nếu giá của chúng cùng song song với một mặt 
phẳng. 
* Cho a,b,c
  
. 
Khi đó a,b,c
  
 đồng phẳng khi và chỉ khi m,n :a mb nc∃ ∈ = +
  
 . 
Ba vectơ a,b,c
  
 không đồng phẳng. 
Khi đó: ma nb pc 0 m n p 0+ + = ⇔ = = =
   
. 
* Cho ba véc tơ a,b,c
  
 không đồng phẳng. Khi đó với mọi véc tơ d

 trong không 
gian, ta luôn có sự phân tích: d ma nb pc= + +
   
. 
Ví dụ 1 Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các mặt đều là hình thoi cạnh a 
và các góc 
 
 
 0BAA' BAD DAA' 60= = = .Tính độ dài đường chéo AC' . 
Lời giải 
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 
 370 
C
B
D
A'
B' C'
D'
A
C'
B'
A'
D
A B
C
D'
M
N
Cách 1: 
Đặt AB a,AD b,AA' c= = =
     
 thì 
( ) ( ) ( ) 0a b c a, a,b b,c c,a 60= = = = = =
        
. 
Ta có AC' a b c= + +
   
. 
2 2 2 2
AC' a b c 2ab 2bc 2ca⇒ = + + + + +
      
2 0 0 03a 2 a b cos60 2 b c cos60 2 c a cos60
     
= + + + 
26a= AC' a 6⇒ = . 
Cách 2: Gọi I,J lần lượt là tâm ABCD,A'B'C'D 
A'BD, CB'D'∆ ∆ là tam giác đều cạnh a , suy ra 
a 3
A'I CJ
2
= = . 
Mà 
a 3 AC A'C'
AI IC A'I C'J
2 2 2
= = = = = = nên AA'C∆ vuông tại A', C'A'C∆ vuông 
tại C . Suy ra ( )22 2 2A'C A'C' CC' a 3 a a 2= − = − = 
ACC'A' là hình bình hành, O là trung điểm A'C nên O là trung điểm AC' . 
2
2 2 2 a 2AC' 2AO 2 AA' A'O 2 a a 6
2
 
= = − = + =  
 
Ví dụ 2 . Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có tất cả các mặt đều là hình vuông canh 
a . Lấy M thuộc đoạn AD' , N thuộc đoạn BD với AM DN x= = ( )a 0,a 2∈ . 
Tính MN theo a và x . 
Lời giải 
Cách 1: 
Đặt AB a,AD b,AA' c= = =
     
. 
Ta có: ( ) ( ) ( ) 0a b c a, a,b b,c c,a 90= = = = = =
        
( ) ( )DN x xDN .DB AB AD a b
DB a 2 a 2
= = − = −
     
( ) ( )AM x xAM .AD' AD AA' b c
AD' a 2 a 2
= = + = +
     
Suy ra: MN MA AD DN= + +
   
( ) ( )x x x x xa b b b c a 1 b c
a 2 a 2 a 2 a 2 a 2
 
= − + + + = + − − 
 
       
 371 
2 22 22 2 22
2 2
x x x x x x
MN a 1 b c a 1 b c
a 2 a 2 a 2 a 22a 2a
    
= + − − = + − +    
    
     
2
2 2 2 2
2
2 2x 2x
x 1 a 3x 2 2ax a
a a
 
= + − + = − +  
 
2 2MN 3x 2 2ax a⇒ = − + 
Cách 2: Gọi O là hình chiếu của M lên AD ( )MO ABCD MO DD'⊥ ⇒  
AM AO MO
AD' AD DD'
⇒ = = hay 
x MO AO x
MO AO
a aa 2 2
= = ⇒ = = 
ODN∆ có 
x
OD a ,
2
= − ND x,= 
 0ODN 45= 
2
2 2 0 2x xON OD ND 2OD.ND.cos45 a x 2 a .x
2 2
   
⇒ = + − = − + − −   
   
2 2
2 2 2x x xMN ON OM a x 2 a .x
2 2 2
     
⇒ = + = − + − − +     
     
2 2MN 3x 2 2ax a⇒ = − + 

 Chủ đề 3: HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC 
a) Góc giữa hai đường thẳng cắt nhau: 
Cho hai đường thẳng a và b cắt nhau, khi đó chúng sẽ chia mặt phẳng thành 
bốn miền góc. Góc nhọn trong bốn góc đó gọi là góc giữa hai đường thẳng a và b. 
Kí hiệu:(a,b) . 
b) Góc giữa hai đường thẳng chéo nhau. 
Cho hai đường thẳng a và b chéo nha ...  . 
Ta có: 1
V SM.SN
xy
V SB.SC
= = 
 SMN SMG SNG
SBC SBC
S S S
S S
∆ ∆ ∆
∆ ∆
+
= 
SMG SNG
SBE SCE
S S
2S 2S
∆ ∆
∆ ∆
= + ( ) ( )SM.SG SN.SG 1 x y 1
2SB.SE 2SC.SE 3
= + = + 
Lại có: ( )SMNS SM.SN xy 2
S SBC SA.SB
∆ = =
∆
Từ ( )1 và ( )2 suy ra: 
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 
 396 
 ( ) ( )1xy x y 3x 1 y x
3
= + ⇔ − =
x 1
y x
3x 1 3
 
⇔ = ≠ −  
. 
Vậy ( )
2
1V xxy f x
V 3x 1
= = =
−
. 
Từ 
0 x;y 1 1
x 1
x y 3xy 2
≤ ≤
⇒ ≤ ≤
+ =
. Xét ( )
2x 1
f x , x ;1
3x 1 2
 
= ∈ −  
Dễ dàng tìm được 
 ( )
1
;1
2
1 1
maxf x khi x
2 2 
  
= = hoặc x 1= . 
 ( )
1
;1
2
4 2
min f x khi x 
9 3 
  
= = . 
Vậy 1 1
V V4 1
min ;max
V 9 V 2
= = . 
11. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD mà khoảng cách từ A đến mặt phẳng 
( )SBC bằng b . Góc giữa mặt bên và mặt đáy hình chóp bẳng α . Tìm α để thể 
tích của khối chóp S.ABCD nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. 
Hướng dẫn giải: 
 Gọi I,J lần lượt là trung điểm của BC,AD , ta có 
SIJ = α 
 Ta có ( )AD BC AD SBC⇒
 
 
( ) ( )d A,(SBC) d J,(SBC)⇒ = . 
 Trong tam giác SIJ vẽ đường cao JH . Chứng 
minh được ( )JH SBC⊥ 
Suy ra ( )d J,(SBC) JH b= = . 
Trong tam giác vuông IHJ , ta có : 
2
2 2
ABCD 2
JH b b
IJ S AB IJ
sin sin sin
= = ⇒ = = =
α α α
 Gọi O là tâm của đáy, thì 
b b
SO IO.tan .tan
2sin 2cos
= α = α =
α α
3
S.ABCD ABCD 2
1 b
V S .SO
3 6sin .cos
= =
α α
 397 
 ( )2S.ABCD 2 1V min min sin .cos maxsin .cos⇔ ⇔ α αα α (
0 00 90< α < ) 
( )2cos (1 sin ) max⇔ α − α 
 Xét hàm ( ) ( ) ( )2f x x. 1 x , x cos (0;1)= − = α∈ 
Lập bảng biến thiên, tìm được ( )
x (0;1)
2 3
max f x
9∈
= khi 
3
x
3
= 
Kết luận 
3
S.ABCD
b 3 3
min(V ) cos
4 3
= ⇔ α = ; 0 00 90< α < 
12. Cho tứ diện SABC có SA SB SC 1= = = . Một mặt phẳng ( ) P thay đổi luôn đi 
qua trọng tâm G của tứ diện SABC, cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E, F. Tìm 
giá trị lớn nhất của biểu thức: 
1 1 1
SD.SE SE.SF SF.SD
+ + . 
Hướng dẫn giải: 
Gọi G’ là giao điểm của SG với ( )ABC 
 thì G’ là trọng tâm của tam giác ABC nên 
SG'AB SG'BC SG'CA SABC
1
V V V V
3
= = = 
Ta có 
SG 3
SG' 4
= 
SGDE
SG'AB
V SG.SD.SE 3
SD.SE
V SG'.SA.SB 4
⇒ = = 
SGDE
SABC
V 1
SD.SE
V 4
⇒ = . 
Tương tự: SGEF SGFD
SABC SABC
V V1 1
SE.SF, SF.SD
V 4 V 4
= = 
Vậy ( )SDEF
SABC
V 1
SD.SE SE.SF SF.SD
V 4
= + + 
 4SD.SE.SF SD.SE SE.SF SF.SD⇔ = + +
1 1 1
4
SD SE SF
⇔ + + = 
Áp dụng BĐT: ( ) ( )2a b c 3 ab bc ca+ + ≥ + + ta có 
2
1 1 1 1 1 1
3
SD SE SF SD.SE SE.SF SF.SD
   
+ + ≥ + +   
   
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 
 398 
1 1 1 16
SD.SE SE.SF SF.SD 3
⇔ + + ≤ . 
Vậy 
1 1 1 16 3
max( ) SD SE SF
SD.SE SE.SF SF.SD 3 4
+ + = ⇔ = = = . 
13. Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại A và 
AB SA SB SC a,SA, SB, SC= = = = cùng tạo với đáy một góc α . Xác định cosα để 
thể tích hình chóp lớn nhất . 
Hướng dẫn giải: 
Hạ SO ABC.⊥ ∆ Vì SA SB SC OA OB OC= = ⇒ = = 
⇒ O là trung điểm của cạnh huyền của ABC∆ vuông tại A 
2 1SO asin ,AC a 4cos 1, cos
2
 = α = α− α > 
 
2
2
ABC
1 a
S AB.AC 4cos 1
2 2∆
= = α− 
3
2
S.ABC
3
2 2
a
V sin 4cos 1
6
a
4sin . 4cos 1
12
= α α−
= α α−
3 2 2 3
S.ABC
a 4sin 4cos 1 a
V .
12 2 8
α+ α−
≤ = 
Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 2
5 1
4sin 4cos 1 cos
22 2
α = α− ⇒ α = > 
Vậy:
5
cos
2 2
α = thể tích hình chóp S.ABC lớn nhất. 

 Chủ đề 8: DIỆN TÍCH, THỂ TÍCH THIẾT DIỆN CỦA HÌNH TRỤ 
* Phải xác định được chiều cao h và bán kính R của hình trụ . 
* Nếu thiết diện của hình trụ song song hoặc chứa trục của hình trụ thì thiết 
diện đó là hình chữ nhật. 
* Nếu thiết 
 399 
Ví dụ Cho hình trụ có đáy là hai đường tròn tâm O và O' , bán kính bằng 
 chiều cao và bằng a . Trên đường tròn tâm O lấy điểm A , Trên đường tròn tâm 
 O' lấy điểm B sao cho AB 2a= . Tính thể tích của khối tứ diện OO'AB. 
Lời giải 
Kẻ đường sinh AA' , gọi D là điểm đối xứng 
với A' qua tâm O' và H là hình chiếu của B 
trên A'D . 
Ta có ( )BH AOO'A'⊥ nên AOO'
1
V BH.S
3
= . 
Ta có A'B 3a,BD a= = , tam giác BO'D đều 
suy ra
3a
BH
2
= . 
Ta có 2AOO'
1
S a
2
= 
Vậy thể tích tứ diện OO'AB là 
3
OO'AB
3a
V
12
= (đvtt). 
Bài tập tự luyện 
1. Cho hình nón có đỉnh S , đáy là đường tròn tâm O,SA,SB là hai đường sinh, biết 
SO 3= , khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( )SAB bằng 1 , diện tích tam giác SAB 
bằng 18 . Tính thể hình nón đã cho. 
Hướng dẫn giải: 
Gọi E là trung điểm của AB , ta có: 
OE AB, SE AB⊥ ⊥ , suy ra ( )SOE AB⊥ . 
Dựng ( )OH SE OH SAB⊥ ⇒ ⊥ 
vậy OH là khoảng cách từ O đến ( )SAB ,theo giả thiết 
thì OH 1= . 
Tam giác SOE vuông tại O,OH 
là đường cao 
2 2 2
1 1 1
OH SO OE
= + 
2 2 2
1 1 1
OE OH SO
⇒ = − 2
1 8 9 3 2
1 OE OE
9 9 8 4
= − = ⇒ = ⇒ = 
2 2 2 9 81SE OE SO 9
8 8
= + = + =
9 2
SE
4
⇒ = 
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 
 400 
SAB
SAB
2S1 36
S AB.SE AB 8 2
92 SE
2 2
= ⇔ = = = 
2
2 2 2 21OA AE OE AB OE
2
 = + = + 
 
( )2 9 9 2654 2 32
8 8 8
= + = + = 
Thể tích hình nón đã cho: 2
1 1 265 265
V .OA .SO .3
3 3 8 8
= pi = pi = pi ( đvtt) 
2. Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp 
A,B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên 
đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng ( )ABCD tạo với đáy hình trụ 
góc 045 . Tính thể tích của hình trụ. 
Hướng dẫn giải: 
Gọi M,N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD . Khi đó OM AB⊥ và O'N CD⊥ . 
Giả sử I là giao điểm của MN và OO' . 
Đặt R OA= và h OO'= . Khi đó: 
IOM∆ vuông cân tại O nên: 
2 h 2 a
OM OI IM
2 2 2 2
= = ⇒ =
2
h a
2
⇒ = 
Ta có: 
22
2 2 2 2 a a 2R OA AM MO
2 4
  = = + = +        
2 2 2a a 3a
4 8 8
= + =
2 3
2 3a a 2 3 2 aV R h . .
8 2 16
pi
⇒ = pi = pi = (đvtt). 

 Chủ đề 9: DIỆN TÍCH, THỂ TÍCH MẶT CẦU 
1. Khái niệm mặt cầu. 
• Mặt cầu tâm O bán kính R ( )( )S O,R là tập hợp các điểm M trong không 
gian thỏa mãn ( ) { }S O,R M|OM R= = . 
 401 
• Nếu AB là đường kính mặt cầu 
( )S O,R thì với mọi điểm M thuộc mặt 
cầu (trừ A và B ) thì  0AMB 90= . 
• Ngược lại với mọi điểm M nằm trong 
không gian thỏa mãn  0AMB 90= thì 
điểm M thuộc mặt cầu đường kính AB . 
2. Vị trí tương đối của một điểm với mặt cầu. 
Cho mặt cầu ( )S O,R và một điểm A bất kì trong không gian. 
• Nếu OA R> thì A ở ngoài mặt cầu 
• Nếu OA R= thì A ở trên mặt cầu 
• Nếu OA R< thì A ở trong mặt cầu 
3. Vị trí tương đối của một hình phẳng với mặt cầu. 
Cho mặt cầu ( )S O,R và một mặt phẳng ( )P bất kì trong không gian.Gọi H là 
hình chiếu của O lên ( )P . 
• Nếu OH R> thì ( )P không cắt mặt cầu 
• Nếu OH R= thì ( )P và ( )S có một điểm chúng duy nhất là H . 
Khi đó ta nói: ( )P tiếp xúc với mặt cầu và ( )P gọi là mặt phẳng tiếp diện, H gọi 
là tiếp điểm. 
• Nếu OH R< thì ( )P cắt mặt cầu theo một đường tròn ( )C có tâm H bán kính 
2 2r R OH= − . 
Nếu O nằm trên ( )P thì ( )C gọi là đường tròn lớn và có bán kính R . 
4. Vị trí tương đối của một đường thẳng với mặt cầu 
Cho mặt cầu ( )S O,R và một đường d bất kì trong không gian. Gọi H là hình 
chiếu của O lên d . 
• Nếu OH R> thì d và mặt cầu không có điểm chung. 
• Nếu OH R= thì d và mặt cầu ( )S có một điểm chung duy nhất là H . Khi đó 
ta nói d tiếp xúc với mặt cầu và d gọi là tiếp tuyến của mặt cầu, H gọi là tiếp 
điểm. 
• Nếu OH R< thì d và mặt cầu có đúng hai điểm chung. Khi đó ta nói d cắt 
mặt cầu tại hai điểm phân biệt . 
5. Mặt cầu ngoại tiếp và mặt cầu nội tiếp hình đa diện. 
• Mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện là mặt cầu đi qua tất cả các đỉnh của hình đa 
diện. 
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 
 402 
• Mặt cầu nội tiếp hình đa diện là mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình 
đa diện. 
Nhận xét. 
* Một đa diện có mặt cầu ngoại tiếp thì tất cả các mặt của đa diện đều có đường 
tròn ngoại tiếp. 
* Nếu tâm mặt cầu ngoại tiếp của đa diện thuộc một mặt của đa diện thì đường 
tròn ngoại tiếp của đa diện đó là đường tròn lớn. 
* Khoảng cách từ tâm mặt cầu nội tiếp của đa diện đến các mặt đa diện bằng 
nhau và bằng bán kính mặt cầu nội tiếp đa diện đó. 
6. Diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu. 
 Diện tích hình cầu bán kính R : 2S 4 R= pi . 
 Thể tích khối cầu bán kính R : 3
4
V R
3
= pi . 
Ví dụ 1. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy AB a= , cạnh bên hợp với mặt 
đáy một góc bằng 060 . Xác định tâm và bán kính hình cầu ngoại tiếp hình chóp 
 S.ABC . 
Lời giải 
Gọi H là hình chiếu của S lên mặt 
phẳng ( )ABC , ta có H là tâm của ABC∆ . 
Nên SH là trục đường tròn ngoại tiếp 
ABC∆ . Trong SAH∆ dựng đường trung 
trực Ix của cạnh SA . Gọi O Ix SH= ∩ . 
O SH OA OB OC
O Ix OS OA
∈ = = 
⇒ ⇒ 
∈ = 
 O là tâm 
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . Bán 
kính R SO= . 
Để tính bán kính R ta có thể thực hiện theo hai cách sau. 
Cách 1. 
Ta có  ( )( ) 0SAH SA, ABC 60= = ; 
2 2 3a 3a
AH AM .
3 3 2 3
= = = ( M là trung điểm cạnh BC ). 
0
0
3a AH 2 3a
SH AHtan60 . 3 a, SA
3 3cos60
⇒ = = = = = . 
 403 
Do 
2SI SO SA.SI SA 2a
SIO SHA SO
SH SA SH 2SH 3
∆ ∼ ∆ ⇒ = ⇒ = = = . 
Vậy bán kính hình cầu ngoại tiếp hình chóp là 
2a
R
3
= . 
 Cách 2. Gọi D là giao điểm của AH với mặt cầu, tâm O thuộc mp ( )SAD nên 
đường tròn ngoại tiếp SAD∆ là đường tròn lớn. Dễ thấy SAD∆ là tam giác đều 
nên bán kính 
3SA 3 2 3a 2a
R .
3 3 3 3
= = = . 
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD . Hai mặt bên ( )SAB và ( )SAD cùng vuông góc 
 với đáy. Đáy ABCD là tứ giác nội tiếp trong đường tròn tâm O , bán kính r . 
 Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD biết SA h= . 
Lời giải 
Gọi M là trung điểm của SA , ( )α là mặt 
phẳng trung trực của SA và ( )I = ∆∩ α . 
( )
I IA IB IC ID, 
I IS IA
∈∆⇒ = = =
∈ α ⇒ =
IS IA IB IC ID⇒ = = = = 
nên I chính là tâm mặt 
cầu ngoại tiếp hình chóp 
S.ABCD . 
Tứ giác MAOI là hình chữ 
nhật nên. 
SA h
OI AM
2 2
= = = 
2 2
2 2 2 2 2h hIA OA OI r R IA r
4 4
= + = + ⇒ = = + . 
Bài tập tự luyện 
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB a= , góc giữa hai mặt phẳng 
( )A'BC và ( )ABC bằng 060 . Gọi G là trọng tâm tam giác A'BC . Tính thể tích khối 
lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a . 
Hướng dẫn giải: 
Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 
 404 
Gọi H là trung điểm của BC , theo giả 
 thiết ta có : 
( ) ( )A'BC ABC BC
A'H BC
AH BC
 ∩ =

⊥
 ⊥
( ) ( )A'BC , ABC A'HA⇒ = 
hay  0A'HA 60= . 
2
ABC
a 3
S
4
= và  0
a 3 3a
AA' AH.tan A'HA .t an60
2 2
= = = . 
Vậy thể tích khối lăng trụ 
2 3
ABC.A'B'C'
a 3 3a 3a 3
V .
4 2 8
= = (đvtt). 
Gọi I là hình chiếu vuông góc của G trên ( )ABC , suy ra I là trọng tâm của tam 
giác ABC, suy ra ( )GI / /AA' GI ABC⇒ ⊥ 
Gọi J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC suy ra J là giao điểm của GI với đường 
trung trực đoạn GA. M là trung điểm GA, ta có: 
GM.GA GJ.GI=
2GM.GA GA 7a
R GI
GI 2GI 12
⇒ = = = = .