Sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian để giải các bài toán

Bài viết hướng dẫn sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian để giải các bài toán hình học không gian.

**I. KỸ NĂNG CHỌN HỆ TRỤC TỌA ĐỘ $OXYZ$
****Loại I. TAM DIỆN
**1. Tam diện vuông

2. Tam diện có một góc vuông

Ta có thể chọn hệ tọa độ chứa góc phẳng đó.

**Loại II. HÌNH CHÓP
**1. Hình chóp đều $S.ABC$
Gốc $O$ trùng với trọng tâm $G$ của đáy, $Oz$ trùng với đường cao của hình chóp.

Đáy của chóp đều $S.ABC$:

2. Hình chóp đều $S.ABCD$
Cách chọn 1:
Gốc $O$ trùng với tâm của hình vuông $ABCD$, $Oz$ trùng với đường cao của hình chóp.

Đáy của chóp đều $S.ABCD$:

Cách chọn 2:
Gốc $O$ trùng với tâm của hình vuông $ABCD$, $Oz$ trùng với đường cao của hình chóp.

Đáy của chóp đều $S.ABCD$:

**3. Hình chóp $S.ABCD$ có $SA \bot (ABCD)$
a. Đáy $ABCD$ là hình chữ nhật
**Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của hình chữ nhật $ABCD$, $Oz$ trùng với đường cao của hình chóp.

Đáy của chóp $S.ABCD$:

**b. Đáy $ABCD$ là hình thoi
**Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của hình thoi $ABCD$, $Oz$ trùng với đường cao của hình chóp.

Đáy của chóp $S.ABCD$:

4. Hình chóp $S.ABC$ có $SA \bot (ABC)$
a. Đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$
Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$, $Oz$ trùng với đường cao của hình  chóp.

Đáy của chóp $S.ABC$:

**b. Đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B$
**Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$, $Oz$ trùng với đường cao của hình chóp.

Đáy của chóp $S.ABC$:

**c. Đáy $ABC$ là tam giác đều
**Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$, $Oz$ trùng với đường cao của hình chóp.

Đáy của chóp $S.ABC$:

**d. Đáy $ABC$ là tam giác cân tại $A$ có $\widehat {BAC} = {120^0}$
**Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$, $Oz$ trùng với đường cao của hình chóp.

Đáy của chóp $S.ABC$:

**5. Hình chóp $S.ABCD$ có $(SAB) \bot (ABCD)$
a. Đáy là hình chữ nhật $ABCD$
**Gốc $O$ trùng với trung điểm của cạnh $AB$, $Oz$ trùng với đường cao của hình chóp.

Đáy của chóp $S.ABCD$:

**b. Đáy là hình thoi $ABCD$ có góc $\widehat {BAD} = {120^0}$
**Gốc $O$ trùng với trung điểm của cạnh $AB$, $Oz$ trùng với đường cao của hình chóp.

Đáy của chóp $S.ABCD$:

Loại III. HÌNH LĂNG TRỤ
1. Hình lăng trụ tam giác đều $ABC.A’B’C’$
Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của tam giác đều $ABC$, $Oz$ trùng với đường cao của hình lăng trụ.

Đáy của lăng trụ $ABC.A’B’C’$:

2. Hình lăng trụ tứ giác đều $ABCD.A’B’C’D’$
Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của hình vuông $ABCD$, $Oz$ trùng với đường cao của hình lăng trụ.

Đáy của lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$:

**3. Hình lăng trụ đứng $ABC.A’B’C’$ có đáy là tam giác $ABC$ có $\widehat {BAC} = {120^0}$
**Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của tam giác đều $ABC$, $Oz$ trùng với đường cao của hình lăng trụ.

Đáy của lăng trụ $ABC.A’B’C’$:

**4. Hình lăng trụ đứng $ABCD.A’B’C’D’$ có đáy là hình thoi $ABCD$ có $\widehat {BAD} = {120^0}$
**Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của hình thoi $ABCD$, $Oz$ trùng với đường cao của hình lăng trụ.

Đáy của lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$:

**5. Hình lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có hình chiếu của $A’$ trùng với tâm đáy và $\Delta ABC$ vuông
**Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$, $Oz$ trùng với đường cao của lăng trụ.

Đáy của lăng trụ $ABC.A’B’C’$:

**6. Hình lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có hình chiếu của $A’$ trùng với tâm đáy và $\Delta ABC$ đều
**Gốc $O$ trùng với trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$, $Oz$ trùng với đường cao của lăng trụ.

Đáy của lăng trụ $ABC.A’B’C’$:

**7. Hình hộp chữ nhật $ABCD.A’B’C’D’$
**Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của hình chữ nhật $ABCD$, $Oz$ trùng với đường cao của hình lăng trụ.

Đáy của lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$:

8. Hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$
Gốc $O$ trùng với đỉnh $A$ của hình vuông $ABCD$, $Oz$ trùng với đường cao của hình lăng trụ.

Đáy của lăng trụ $ABCD.A’B’C’D’$:

II. CHUYỂN NGÔN NGỮ HÌNH HỌC THUẦN TÚY SANG NGÔN NGỮ TỌA ĐỘ

Ngôn ngữ Hình học

Ngôn ngữ Tọa độ

1. Chứng minh hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ vuông góc.

${d_1}$ do có vectơ chỉ phương ${\vec u_1}\left( {{x_1};{x_2};{x_3}} \right).$
${d_2}$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow {{u_2}} \left( {{y_1};{y_2};{y_3}} \right).$
YCBT: $\overrightarrow {{u_1}} .\overrightarrow {{u_2}} = 0$ $ \Leftrightarrow {x_1}{y_1} + {x_2}{y_2} + {x_3}{y_3} = 0.$

2. Xác định góc giữa hai đường thẳng.

$\cos \alpha = \frac{{\left| {{{\vec u}_1}.{{\vec u}_2}} \right|}}{{\left| {{{\vec u}_1}} \right|.\left| {{{\vec u}_2}} \right|}}.$

3. Chứng minh hai đường thẳng ${d_1}$ và ${d_2}$ song song.

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\vec u}_1} = k{{\vec u}_2}}\\
{A \in {d_1} \Rightarrow A otin {d_2}}
\end{array}} \right.$ hoặc $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\left[ {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right] = \vec 0}\\
{A \in {d_1} \Rightarrow A otin {d_2}}
\end{array}} \right..$

4. Tính diện tích tam giác $ABC.$

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right]} \right|.$

5. Tính diện tích tứ giác $ABCD.$

${S_{ABCD}} = {S_{ABC}} + {S_{ACD}}$ $ = \frac{1}{2}\left| {[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} ]} \right|$ $ + \frac{1}{2}\left| {[\overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {AD} ]} \right|.$

6. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau ${d_1}$ và ${d_2}.$

${M_1} \in {d_1}$; ${M_2} \in {d_2}$ $ \Rightarrow d\left( {{d_1};{d_2}} \right)$ $ = \frac{{\left| {\left[ {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right].\overrightarrow {{M_1}{M_2}} } \right|}}{{\left| {\left[ {{{\vec u}_1},{{\vec u}_2}} \right]} \right|}}.$

7. Tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.

${M_0}\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$; $(P):ax + by + cz + d = 0.$
$ \Rightarrow d\left( {{M_0};(P)} \right)$ $ = \frac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + c{z_0} + d} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}.$

8. Tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.

${M_0}\left( {{x_0};{y_0};{z_0}} \right)$; $d$ có vtcp $\vec a\left( {{a_1};{a_2};{a_3}} \right)$; $N \in d.$
$ \Rightarrow d\left( {{M_0};d} \right)$ $ = \frac{{\left| {[\overrightarrow {{M_0}N} ,\vec a]} \right|}}{{|\vec a|}}.$

9. Tính thể tích hình chóp $S.ABC.$

${V_{S.ABC}} = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SB} } \right]\overrightarrow {SC} } \right|.$

10. Tính thể tích hình chóp $S.ABCD.$

${V_{S.ABCD}} = {V_{S.ABC}} + {V_{S.ACD}}$ $ = \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SC} } \right]\overrightarrow {SB} } \right|$ $ + \frac{1}{6}\left| {\left[ {\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SC} } \right]\overrightarrow {SD} } \right|.$

11. Thể tích hình hộp $ABCD.A’B’C’D’.$

${V_{ABCD.A’B’C’D’}} = \left| {\left[ {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AD} } \right]\overrightarrow {AA’} } \right|.$

12. Chứng minh $CK \bot (MNP).$

Chỉ rõ $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\overrightarrow {CK} .\overrightarrow {MN} = 0}\\
{\overrightarrow {CK} .\overrightarrow {MP} = 0}
\end{array}} \right..$

13. Chứng minh $PH//(ABC).$

Chỉ rõ $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\overrightarrow {PH} .{{\vec n}_{(ABC)}} = 0}\\
{P otin (ABC)}
\end{array}} \right..$

Lưu ý: Các yêu cầu khác thì chuyển tương tự.

III. BÀI TẬP MINH HỌA
Bài tập 1: Cho tứ diện $OABC$ có đáy $OBC$ là tam giác vuông tại $O$, $OB = a$, $OC = a\sqrt 3 $ $(a > 0)$ và đường cao $OA = a\sqrt 3 .$ Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC.$ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $OM.$

Hướng dẫn:

Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
Khi đó: $O(0;0;0)$, $A(0;0;a\sqrt 3 )$, $B(a;0;0)$, $C(0;a\sqrt 3 ;0)$, $M\left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};0} \right).$
Bước 2: Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\overrightarrow {AB} = (a;0; – a\sqrt 3 )}\\
{\overrightarrow {OM} = \left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};0} \right)}
\end{array}} \right..$
$ \Rightarrow [\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {OM} ]$ $ = \left( {\frac{{3{a^2}}}{2}; – \frac{{\sqrt 3 {a^2}}}{2};\frac{{3{a^2}}}{2}} \right)$ và $\overrightarrow {OB} = (a;0;0).$
Lúc đó: $d(AB;OM)$ $ = \frac{{|\overrightarrow {OB} .[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {OM} ]|}}{{|[\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {OM} ]|}}$ $ = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}.$

Bài tập 2: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$, $AB = AC = a$ $(a > 0)$, hình chiếu của $S$ trên đáy trùng với trọng tâm $G$ của $\Delta ABC.$ Đặt $SG = x$ $(x > 0).$ Xác định giá trị của $x$ để góc phẳng nhị diện $(B;SA;C)$ bằng ${60^0}.$

Hướng dẫn:
Ta có: $BC = a\sqrt 2 .$ Gọi $M$ là trung điểm của $BC.$
$ \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$; $AG = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}.$
Gọi $E$, $F$ lần lượt là hình chiếu của $G$ lên $AB$, $AC.$ Tứ giác $AEGF$ là hình vuông.
$ \Rightarrow AG = AE\sqrt 2 $ $ \Rightarrow AE = AF = \frac{a}{3}.$
Chọn hệ trục như hình vẽ:

$A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(0;a;0)$, $G\left( {\frac{a}{3};\frac{a}{3};0} \right)$, $S\left( {\frac{a}{2};\frac{a}{2};x} \right).$
$\overrightarrow {SA} = \left( {\frac{a}{3};\frac{a}{3};x} \right)$, $\overrightarrow {SB} = \left( {\frac{{2a}}{3}; – \frac{a}{3}; – x} \right)$, $\overrightarrow {SC} = \left( { – \frac{a}{3};\frac{{2a}}{3}; – x} \right).$
$[\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SB} ] = \left( {0;ax; – \frac{{{a^2}}}{3}} \right)$ $ = a\left( {0;x; – \frac{a}{3}} \right)$ $ = a.{\vec n_1}$ với ${\vec n_1} = \left( {0;x; – \frac{a}{3}} \right).$
$[\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SC} ]$ $ = \left( { – ax;0;\frac{{{a^2}}}{3}} \right)$ $ = – a\left( {x;0; – \frac{a}{3}} \right)$ $ = – a{\vec n_2}$ với ${\vec n_2} = \left( {x;0; – \frac{a}{3}} \right).$
Mặt phẳng $(SAB)$ có vectơ pháp tuyến ${\vec n_1} = [\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SB} ].$
Mặt phẳng $(SAC)$ có vectơ pháp tuyến ${\vec n_2} = [\overrightarrow {SA} ,\overrightarrow {SC} ].$
Góc phẳng nhị diện $(B;SA;C)$ bằng ${60^0}.$
$ \Leftrightarrow \cos {60^0}$ $ = \frac{{\left| {0.x + x.0 + \frac{a}{3}.\frac{a}{3}} \right|}}{{\sqrt {0 + {x^2} + \frac{{{a^2}}}{9}} \sqrt {{x^2} + 0 + \frac{{{a^2}}}{9}} }}$ $ = \frac{{{a^2}}}{{9{x^2} + {a^2}}}.$
$ \Leftrightarrow \frac{1}{2} = \frac{{{a^2}}}{{9{x^2} + {a^2}}}$ $ \Leftrightarrow 9{x^2} + {a^2} = 2{a^2}$ $ \Leftrightarrow 9{x^2} = {a^2}$ $ \Leftrightarrow x = \frac{a}{3}.$
Kết luận $x = \frac{a}{3}.$

Bài tập 3: Cho lăng trụ $ABC.A’B’C’$ có các mặt bên đều là hình vuông cạnh $a.$ Gọi $D$, $F$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC$, $C’B’.$ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $A’B$ và $B’C’.$

Hướng dẫn:

Vì các các mặt bên của lăng trụ đều là hình vuông nên $AB= BC =CA$ $= A’B’= B’C’=C’A’=a$
Suy ra các tam giác $ABC$, $A’B’C’$ là các tam giác đều.
Chọn hệ trục $Axyz$, với $Ax$, $Ay$, $Az$ đôi một vuông góc với $A(0;0;0)$, $B\left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};0} \right)$, $C\left( { – \frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};0} \right)$, $A'(0;0;a)$, $B’\left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};a} \right)$, $C’\left( { – \frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2};a} \right).$
Ta có: $B’C’//BC$, $B’C’//\left( {A’BC} \right).$
$ \Rightarrow d\left( {B’C’;A’B} \right)$ $ = d\left( {B’C’;\left( {A’BC} \right)} \right)$ $ = d\left( {B’;\left( {A’BC} \right)} \right).$
$\overrightarrow {A’B} = \left( {\frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2}; – a} \right)$, $\overrightarrow {A’C} = \left( { – \frac{a}{2};\frac{{a\sqrt 3 }}{2}; – a} \right).$
$\left[ {\overrightarrow {A’B} ,\overrightarrow {A’C} } \right]$ $ = \left( {0;{a^2};\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}} \right)$ $ = {a^2}\left( {0;1;\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)$ $ = {a^2}\vec n$ với $\vec n = \left( {0;1;\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right).$
Phương trình mặt phẳng $(A’BC)$ qua $A’$ với vectơ pháp tuyến $\vec n:$
$0(x – 0) + 1(y – 0) + \frac{{\sqrt 3 }}{2}(z – a) = 0$ $ \Leftrightarrow \left( {A’BC} \right):$ $y + \frac{{\sqrt 3 }}{2}z – \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = 0.$
$ \Rightarrow d\left( {B’,\left( {A’BC} \right)} \right)$ $ = \frac{{\left| {\frac{{a\sqrt 3 }}{2} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}a – \frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right|}}{{\sqrt {1 + \frac{3}{4}} }}$ $ = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.$
Kết luận: $d\left( {A’B;B’C’} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.$

Bài tập 4: Cho hình lăng trụ ${ABC.{A_1}{B_1}{C_1}}$ có đáy là tam giác đều cạnh $a.$ Biết $A{A_1} = 2a$ và $A{A_1}$ vuông góc với mặt phẳng $(ABC).$ Gọi $D$ là trung điểm của $B{B_1}$; $M$ di động trên cạnh $A{A_1}.$ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác $M{C_1}D.$

Hướng dẫn:
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ.

Khi đó: $A(0;0;0)$, $B(0;a;0)$, ${A_1}(0;0;2a)$, ${C_1}\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2};\frac{a}{2};2a} \right)$ và $D(0;a;a).$ Do $M$ di động trên $A{A_1}$, tọa độ $M(0;0;t)$ với $t \in [0;2a].$
Ta có: ${S_{\Delta D{C_1}M}} = \frac{1}{2}\left| {\left[ {{{\overrightarrow {DC} }_1},\overrightarrow {DM} } \right]} \right|.$
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{{\overrightarrow {DC} }_1} = \left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}; – \frac{a}{2};a} \right)}\\
{\overrightarrow {DM} = (0; – a;t – a)}
\end{array}} \right..$
$ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {DG} ,\overrightarrow {DM} } \right]$ $ = \left( {\frac{{ – a}}{2}(t – 3a);\sqrt 3 (t – a);a\sqrt 3 } \right).$
$ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {DG} ,\overrightarrow {DM} } \right]$ $ = \frac{a}{2}\sqrt {{{(t – 3a)}^2} + 3{{(t – a)}^2} + 3{a^2}} .$
$ = \frac{a}{2}\sqrt {4{t^2} – 12at + 15{a^2}} .$
${S_{\Delta D{C_1}M}}$ $ = \frac{1}{2}.\frac{a}{2}\sqrt {4{t^2} – 12at + 15{a^2}} .$
Giá trị lớn nhất của ${S_{\Delta D{C_1}M}}$ tùy thuộc vào giá trị của tham số $t.$
Xét $f(t) = 4{t^2} – 12at + 15{a^2}$ $(t \in [0;2a]).$
Ta có: $f'(t) = 8t – 12a = 0$ $ \Leftrightarrow t = \frac{{3a}}{2}.$
Lập bảng biến thiên ta được giá trị lớn nhất của ${S_{\Delta D{C_1}M}} = \frac{{{a^2}\sqrt {15} }}{4}$ khi $t = 0$ hay $M \equiv A.$

Bài tập 5: 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 chứa $SM$ và song song với $BC$, cắt $AC$ tại $N.$ Biết góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ bằng ${60^0}.$ Tính thể tích khối chóp $S.BCNM$ và khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SN$ theo $a.$

Hướng dẫn:
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{(SAB) \bot (ABC)}\\
{(SAC) \bot (ABC)}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow SA \bot (ABC).$ Như vậy đường cao $S.ABC$ là $SA.$
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{BC \bot (SAB)}\\
{SB \subset (SAB)}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow BC \bot SB$ và $BC \bot AB$ nên góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ là góc $SBA$ $ \Rightarrow SBA = {60^0}.$ Suy ra: $SA = AB.\tan {60^0} = 2\sqrt 3 a.$
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ như hình vẽ.

Khi đó: $B(0;0;0)$, $A(2a;0;0)$, $C(0;2a;0)$, $S(2a;0;2a\sqrt 3 )$ $ \Rightarrow M(a;0;0)$, $N(a;a;0).$
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\overrightarrow {BS} = (2a;0;2\sqrt 3 a)}\\
{\overrightarrow {BM} = (a;0;0)}\\
{\overrightarrow {BN} = (a;a;0)}
\end{array}} \right..$
$ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {BM} ,\overrightarrow {BN} } \right] = \left( {0;0;{a^2}} \right).$
Suy ra: ${V_{S.BMN}} = \frac{1}{6}\left| {\overrightarrow {BS} .\left[ {\overrightarrow {BM} ,\overrightarrow {BN} } \right]} \right|$ $ = \frac{{\sqrt 3 }}{3}{a^3}.$
Tương tự: ${V_{S.BNC}} = \frac{1}{6}\left| {\overrightarrow {BS} .\left[ {\overrightarrow {BN} ,\overrightarrow {BC} } \right]} \right|$ $ = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}{a^3}.$
Lúc đó: ${V_{S.BCNM}}$ $ = {V_{S.BNM}} + {V_{S.BCN}}$ $ = \sqrt 3 {a^3}.$
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SN$ theo $a.$
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\overrightarrow {BA} = (2a;0;0)}\\
{\overrightarrow {SN} = ( – a;a; – 2a\sqrt 3 )}
\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left[ {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {SN} } \right]$ $ = \left( {0;4\sqrt 3 {a^2};2{a^2}} \right)$ và $\overrightarrow {BS} = (2a;0;2a\sqrt 3 ).$
Lúc đó: $d(SN;AB)$ $ = \frac{{\left| {\overrightarrow {BS} .\left[ {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {SN} } \right]} \right|}}{{\left| {\left[ {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {SN} } \right]} \right|}}$ $ = \frac{{4\sqrt 3 {a^3}}}{{a\sqrt {52} }} = \frac{{2a\sqrt {39} }}{{13}}.$