Quan hệ vuông góc trong không gian

Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-

a
a
a
a
O
A
B
D
C
S


Phần 1: Quan hệ vuông góc
Bài 1. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA vuông góc với
mp (ABCD) và SA = a; M là trung điểm cạnh SD.
a) Mặt phẳng (α) đi qua OM và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) cắt hình chóp SABCD theo thiết
diện là hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a.
b) Gọi H là trung điểm của CM; I là điểm thay đổi trên SD. Chứng minh OH ⊥ (SCD); và hình chiếu
của O trên CI thuộc đường tròn cố định.
Giải:
a. Kẻ MQ//SA =>
( ) ( ) ( )
MQ ABCD MQO
α
⊥ ⇒ ≡

Thiết diện là hình thang vuông MNPQ (MN//PQ)
2
( ). 3
2 8

td
MN PQ MQ a
S
+
= =
(đvdt)
b.
: / / , ,
AMC OH AM AM SD AM CD
∆ ⊥ ⊥

( ) ( )
AM SCD OH SCD
⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Gọi K là hình chiếu của O trên CI
, ( )
OK CI OH CI CI OKH CI HK
⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Trong mp(SCD) : H, K cố định, góc HKC vuông
=> K thuộc đường tròn đg kính HC.
Bài 2.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA
= SB = SC = a. Chứng minh rằng: SB vuông góc SD.

Giải:
+ Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình thoi
nên O là trung điểm của AC và BD

0
1
2
90
ABC ASC SO BO BD
BSD SB SD
+ ∆ = ∆ ⇒ = =
⇒ ∠ = ⇔ ⊥








QUAN HỆ VUÔNG GÓC
ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Giáo viên: TRẦN VIẾT KÍNH
Các bài tập trong tài liệu này được biên soạn kèm theo Chuyên đề Quan hệ vuông góc thuộc khóa học Chuyên đề
Hình học 11 – Thầy Trần Viết Kính tại website Hocmai.vn để giúp các Bạn kiểm tra, củng cố lại các kiến thức được
giáo viên truyền đạt trong Chuyên đề Quan hệ vuông góc. Để sử dụng hiệu quả, Bạn cần làm trước bài tập sau đó so
sánh với đáp án.
O
Q
H
P
A D
B
C

S
I
M
N
I

Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 2
-


O
A
B
D
C
S
H
K
I
N
K
I
O
D
A
C
B
S
M
Bài 3.
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc mặt phẳng (ABCD). Gọi H, K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD.
a. CMR: SC vuông góc mặt phẳng (AHK).

b. Gọi I là giao điểm của SC với mặt phẳng (AHK). CMR: HK vuông góc AI.

Giải:
a. Ta có:
( ) (1)
AH SB
AH SBC AH SC
AH BC
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


( ) (2)
AK SD
AK SDC AK SC
AK DC
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


Từ (1) và (2) ta suy ra
( )
SC AHK
⊥

b. Ta có:
v v
SAB SAD SH SK
∆ = ∆ ⇒ =

/ /
SH SK
HK BD
SB SD
⇒ = ⇒ ( Định lý Ta lét đảo)
( )
BD AC
BD SAC
BD SA
⊥

⇒ ⊥

⊥


/ /
( )
( )
HK BD
HK SAC HK AI
BD SAC

⇒ ⊥ ⇒ ⊥


⊥


Bài 4.
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi tâm O, SA = SC, SB = SD.
a. Chứng minh rằng:
( )
SO ABCD
⊥

b. I, K lần lượt là trung điểm của BA và BC. Chứng minh rằng IK vuông góc SD.
c. Gọi (P) là mặt phẳng song song với SO chứa IK. Chứng minh BD vuông góc với mặt phẳng (P).

Giải:
a. Ta có:
( )
SO AC
SO ABCD
SO BD
⊥

⇒ ⊥

⊥


b.
( )
( )

IK BD do AC BD
IK SBD IK SD
IK SO
⊥ ⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


c. + Gọi M là giao điểm của SB với mặt phẳng (P),
N là giao điểm của DB với mặt phẳng (P).
/ /( ), ( )
/ /
( ) ( )
/ /
( )
SO P SO SBD
SO MN
SBD P MN
SO BD
MN BD
MN SO
BD IK
BD P
BD MN
⊂

+ ⇒


∩ =

⊥

+ ⇒ ⊥


⊥

+ ⇒ ⊥

⊥


Bài 5.
Cho lặng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’, đáy ABC có AB = AD = a và góc
0
60
BAD∠ = ,
3
AA'
2
a
= .
M, N lần lượt là trung điểm A’D’ và A’B’. Chứng minh rằng:
' ( ).
AC BDMN
⊥

Khóa h

ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 3
-

Giải:
+ Gọi
S BN DM
= ∩ ⇒
M là trung điểm SD, N là trung điểm SB, A’ là trung điểm SA.
+ Gọi O = AC
∩
BD
+
∆
BAD đều
3
2 3 , '
2
a
AO AC AO a SA CC AO
⇒ = ⇒ = = = =

+ Hai
∆
vuông SOA và ACC’ bằng nhau
AS '
O CAC
⇒ ∠ = ∠
.
Mà
0 0
AS 90 ' 90 '
O SOA CAC SOA AC SO

∠ + ∠ = ⇒ ∠ + ∠ = ⇒ ⊥

+
'
' ( )
'
AC BD
AC BDMN
AC SO
⊥

⇒ ⊥

⊥


Bài 6.
Tứ diện SABC có
(
)
.
SA mp ABC
⊥
Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC.
a.

Chứng minh SC vuông góc với mp(BHK) và
(
)
(

)
SAC BHK
⊥

b.

Chứng minh
(
)
HK SBC
⊥
và
(
)
(
)
.
SBC BHK
⊥


Giải:


a. Vì H là trực tâm tam giác
ABC BH AC
∆ ⇒ ⊥
, theo giả thiết

(

)
SA mp ABC BH SA
⊥ ⇒ ⊥
. Nên
(
)
BH mp SAC SC BH
⊥ ⇒ ⊥

Do K là trực tâm
SBC BK SC
∆ ⇒ ⊥

Từ đó suy ra
(
)
(
)
(
)
SC mp BHK mp BHK mp SAC
⊥ ⇒ ⊥
(đpcm)
b. Tương tự như trên ta cũng chứng minh được:
(
)
SB mp CHK SB HK
⊥ ⇒ ⊥

Mà

(
)
SC mp BHK SC HK
⊥ ⇒ ⊥
.
Do đó:
(
)
(
)
(
)
HK mp SBC mp SBC mp BHK
⊥ ⇒ ⊥

Bài 7.
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Chứng
minh rằng BM vuông góc với B’C.

Giải:
Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ nên I là trung điểm của B’C.
M là trung điểm AA’ nên MC=MB’ suy ra tam giác MB’C cân tại M
B
S

C
A

H
K

Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 4
-

N
M
D
S
A
B
C
K
' ; ' ' ' .
B C MI B C BC B C MB
⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥









Phần 2: Góc
Bài 1:
Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên SA = 5 vuông
góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB. Tính góc giữa AC và SD

Giải:

Ta có : AB =

2 5
,
Gọi M là trung điểm của BC ,ta có : DM = 1
SD =
2 2
30
SA AD+ =
,
SC =
2 2
29
SA AC+ =

SM =
2 2
33
SC CM+ =

Ta có :
2 2 2
30 1 33 1
cos
2 .
2 30 30
SD MD SM
SDM
SD MD
+ − + −
∠ = = = − (*)
Góc

ϕ
giữa hai đường thẳng AC và SD là góc giữa hai đường thẳng DM và SD hay
ϕ
bù với góc
∠
SDM . Do đó : cos
ϕ
=
1
30

Vậy
ϕ
= arcos
1
30

Bài 2:
Cho tứ diện ABCD, gọi M và N lần lượt là trung điểm BC, AD. Biết AB = CD = 2a, MN =
3
a
.
Tính góc giữa 2 đường thẳng AB và CD

Giải:
Gọi P là trung điểm AC. Khi đó MP // AB, NP // CD và MP = NP = a
( , ) ( , )
AB CD MP NP
⇒ ∠ = ∠

Trong tam giác MPN ta có:
2 2 2 2 2
0
2 3 1
os MPN=
2 . 2 . 2
120
MP NP MN a a
c
MP NP a a
MPN
+ − −
∠ = = −
⇒ ∠ =

Vậy
0 0
( , ) 60 ( , ) 60
MP NP AB CD∠ = ⇒ ∠ =


Bài 3:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D, AD=DC=a, AB=2a. SA vuông góc
với AB và AD, SA=
2 3
3
a
. Tính góc giữa 2 đường thẳng:
a, DC và SB
A

A’

B

B’

C
C’
M

I
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi

ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 5
-


b, SD và BC

Giải:
a. Do
/ / ( , ) ( , )DC AB DC SB AB SB
α
⇒ ∠ = ∠ =

Tam giác SAB vuông tại A nên
α
là góc nhọn, khi đó
0
2 3
3
3
tan 30
2 3

a
SA
AB a
α α
= = = ⇒ =
Vậy
0
( , ) 30
DC SB∠ =

b. Gọi I là trung điểm AB, khi đó AI=a. Tứ giác ADCI là hình bình hành, lại có AI=AD=a nên là hình
thoi, mà góc A, D vuông nên ADCI là hình vuông cạnh a
2
DI a
⇒ =

Tứ giác BIDC là hình bình hành nên BC // DI
Khi đó
( , ) ( , )SD BC SD DI
β
∠ = ∠ =

Tam giác SAI vuông tại A nên
2
2 2 2
7
3
a
SI SA AI= + =

Tam giác SAD vuông tại A nên
2
2 2 2
7
3
a
SD SA AD= + =
Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác SDI:
2 2 2 2
2 3
os
2 .
21 42
. . 2
3
SD DI SI a
c SDI
SD DI
a
a a
+ −
∠ = = =
>0
Suy ra
SDI
∠
là góc nhọn và
SDI
∠
=arccos

3
42

Bài 4:
Cho hình lăng trụ tam giác đều
. ' ' '
ABC A B C
có
1, ' ( 0).
AB CC m m
= = >
Tìm
m
biết rằng góc
giữa hai đường thẳng
'
AB
và
'
BC
bằng
0
60
.
Giải:
- Kẻ
/ / ' ( ' ')
BD AB D A B
∈

0
( ', ') ( , ') 60
AB BC BD BC⇒ = =

0
' 60
DBC⇒ ∠ =
hoặc
0
' 120 .
DBC∠ =

- Nếu
0
' 60
DBC∠ =

Vì lăng trụ đều nên
' ( ' ' ').
BB A B C
⊥

Áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có
2
' 1
BD BC m
= = +
và
' 3.
DC =

Kết hợp
0
' 60
DBC∠ =
ta suy ra
'
BDC
∆
đều.
Do đó
2
1 3 2.
m m+ = ⇔ =
- Nếu
0
' 120
DBC∠ =

Áp dụng định lý cosin cho
'
BDC
∆
suy ra
0
m
=
(loại).
Vậy
2.
m =

Bài 5:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD =
3
a
, SD=
7
a
và SA
⊥
(ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB.
a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông.
b) Tính góc hợp bởi các mặt phẳng (SCD) và (ABCD).

Giải:

a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông.
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th

ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6
-


( )
SA AB
SA ABCD
SA AD
⊥

⊥ ⇒ ⇒

⊥

các tam giác SAB, SAD vuông tại A
Tương tự :
BC AB

BC SB SBC
BC SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ∆

⊥

vuông tại B
CD AD
CD SD SDC
CD SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ∆

⊥

vuông tại D
b) Tính góc hợp bởi các mặt phẳng (SCD) và (ABCD).
( ) ( )
SCD ABCD CD
∩ =

( ),
AD ABCD AD CD
⊂ ⊥
,
( ),
SD SCD SD CD

⊂ ⊥

Suy ra:
( )
( )
3 21
( ),( ) ; cos
7
7
21
( ),( ) ar cos
7
AD a
SCD ABCD SDA SDA
SD
a
SCD ABCD SDA
= ∠ ∠ = = =
⇒ = ∠ =

Bài 6:
Cho tứ diện S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA = SB = SC. Gọi I, J lần lượt là trung
điểm AB, BC. Tính góc giữa 2 mặt phẳng (SAJ) và (SCI)
Giải:

Do SA = SB = SC
⇒
AB = BC = CA
⇒
tam giác ABC đều

Trong tam giác ABC, gọi H là giao của SJ và CI.
Khi đó H vừa là trọng tâm vừa là trọng tâm của tam giác ABC
Ta có
( AJ) ( )
S SCI SH
∩ =
,
do đó, để xác định góc giữa 2 mp (SAJ) và (SCI),
trước tiên ta xác định mp vuông góc với SH
Ta có : AH
⊥
BC (1) do tam giác ABC đều
Lại có SA, SB, SC đôi một vuông góc nên SA
⊥
(SBC)
⇒
SA
⊥
BC (2)
Từ (1) và (2) ta được BC
⊥
(SAH) suy ra BC
⊥
SH (*)
Tương tự ta cũng có
( )
( )
AB CH AB CH
AB SCH
SC SAB AB SC

⊥ ⊥
 
⇒ ⇒ ⊥
 
⊥ ⊥
 

Hay AB
⊥
SH (**)
Từ (*) và (**) suy ra SH
⊥
(ABC)
Mà
( ) ( AJ) AJ
(( AJ),( )) (AJ, )
( ) ( )
ABC S
S SCI CI
ABC SCI CI
∩ =

⇒ ∠ = ∠

∩ =


Do tam giác ABC đều nên
0 0 0 0
90 90 30 60

CHJ HCJ∠ = −∠ = − =
Vậy
0
(( AJ),( )) (AJ, ) 60
S SCI CI CHJ∠ = ∠ = ∠ =



Bài 7:
Cho hình vuông ABCD cạnh a, dựng
3
SA a
= và vuông góc với (ABCD). Tính góc giữa các mp
sau:
a.

(SAB) và (ABC)
b.

(SBD) và (ABD)
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7
-


c.

(SAB) và (SCD)
Giải:
a. Gọi O là giao điểm của AC và BD
Suy ra:
2
2
a

AO AC= =
Khi đó
( ) ( )
SAB ABC AB
∩ =

Ta có :
( )
AB SA
AB SAD
AB AD
⊥

⇒ ⊥

⊥





Mặt khác
0
( ) ( )
(( ),( )) ( , ) 90
( ) ( )
SAD SAB SA
SAB ABC SA AD SAD
SAD ABC AD
∩ =


⇒ ∠ = ∠ = ∠ =

∩ =


b.
( ) ( )
SBD ABD BD
∩ =

Ta có
( )
BD SA
BD SAC
BD AC
⊥

⇒ ⊥

⊥


Mặt khác
( ) ( )
(( ),( )) ( , )
( ) ( )
SAC SBD SA
SBD ABD SO AO SOA
SAC ABD AO

∩ =

⇒ ∠ = ∠ = ∠

∩ =


Trong tam giác vuông SOA ta có:
3
tan 6 (( ),( )) arctan 6
2
2
SA a
SOA SBD ABD
AO
a
∠ = = = ⇒ ∠ =

c.
( ) ( ) / / / /
SAB SCD Sx AB CD
∩ =

Mà
( ) ( )
AB SAD Sx SAD
⊥ ⇒ ⊥

Do
( ) ( )

(( ),( )) ( , )
( ) ( )
SAD SAB SA
SAB SCD SA SD ASD
SAD SCD SD
∩ =

⇒ ∠ = ∠ = ∠

∩ =


Trong tam giác vuông ASD:
0 0
1
tan 30 (( ),( )) 30
3 3
AD a
ASD ASD SAB SCD
SA
a
∠ = = = ⇒ ∠ = ⇒ ∠ =

Bài 8
: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Cạnh SA = a và
SA
⊥
(ABCD). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các cạnh SB và SD.
a) Chứng minh BC
⊥

(SAB), CD
⊥
(SAD).
b) Chứng minh (AEF)
⊥
(SAC).
c) Tính tan ϕ với ϕ là góc giữa cạnh SC với (ABCD).

Giải:

a. Vì
( ) , ( )
SA ABCD SA BC BC AB BC SAB
⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥

( ) , ( )
SA ABCD SA CD CD AD CD SAD
⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥

b.
( ),
SA ABCD SA a
⊥ =
, các tam giác SAB, SAD vuông cân
⇒
FE là đường trung bình tam giác SBD
FE BD
⇒


, ( )
BD AC FE AC SA ABCD BD SA FE SA
⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

( ), ( ) ( ) ( )
FE SAC FE AEF SAC AEF
⊥ ⊂ ⇒ ⊥

c.
( )
SA ABCD
⊥
nên AC là hình chiếu của SC trên (ABCD)
SCA
ϕ
⇒ = ∠

Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 8
-


0
1
tan 45
2 2
SA a
AC
a
ϕ ϕ
⇒ = = = ⇒ =

Bài 9
: Cho hình chóp S.ABCD có SA

⊥
(ABCD), đáy ABCD là hình vuông cạnh a ; SA = a
6
. Gọi
AH, AK lần lượt là đường cao của các tam giác SAB và SAD.
1) Chứng minh : ∆ SAD ; ∆ SDC là những tam giác vuông.
2) Chứng minh: AK
⊥
(SDC) ; HK
⊥
(SAC)
3) Tính góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC).

Giải:

1). C/m: ∆ SAD là tam giác vuông.
Ta có : SA
⊥
(ABCD) ; AD ⊂ (ABCD)
⇒ SA
⊥
AD
⇒ ∆ SAD vuông tại A.
C/m: ∆ SDC là tam giác vuông.
Ta có : SA
⊥
(ABCD) ; DC⊂(ABCD)
⇒ DC
⊥
SA

DC
⊥
AD (do ABCD vuông)
⇒ DC
⊥
(SAD)
SD ⊂ (SAD)
⇒ DC
⊥
SD
⇒ ∆ SDC vuông tại D.
2). C/m: AK
⊥
(SDC)
Ta có: DC
⊥
(SAD) ; AK ⊂ (SAD)
⇒

AK
⊥
DC
AK
⊥
SD (giả thiết)
⇒ AK
⊥
(SDC) (đpcm)
C/m: HK
⊥

(SAC)
Ta có : ∆ SAB = ∆ SAD (c-g-c)
⇒SB=SD
Mà H, K là hình chiếu của A lên SB, SD
⇒
SH SK
SB SD
=

⇒ HK // BD (1)
Xét tam giác cân SBD
OB=OD (O là tâm hvuông ABCD)
⇒SO
⊥
BD (2)
Từ (1),(2) ⇒ HK
⊥
SO (*)
Mặt khác: AO
⊥
BD (3)
Từ (1),(3) ⇒ HK
⊥
AO (**)
Từ (*),(**) HK
⊥
(SAO)
Hay HK
⊥
(SAC) (đpcm)

3). Tính góc giữa SD và mp (SAC).
Ta có: SO
⊥
OD
⇒ SO là hình chiếu của SD trên mp (SAC)
S
B

C
D
A

H
K
o
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ

yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 9
-


⇒ góc giữa SD và mp (SAC) là góc hợp bởi SD và SO.
DO=
2
2
a
, SD=
7
a

⇒Sin
DSO
∠
=
2

1
2
7 14
a
DO
SD
a
= =

Vậy
DSO
∠
= arcsin
1
14

Bài 10:
Cho hình chóp đều S.ABCD, đáy có cạnh bằng a và có tâm O. Gọi M,N lần lượt là trung điểm
SA;BC.Biết góc giữa MN và (ABCD) bằng 60
0
.Tính MN, SO, góc giữa MN và mặt phẳng (SAO)
Giải:
Gọi P là trung điểm AO. Khi đó MP // SO và SO
⊥
(ABCD).
Do đó (MN;(ABCD)) =
∠
MNP = 60
0

Trong
∆
NCP , theo định lý hàm số Cosin ta có:
2
2 2 2 0
5
2 . . os45
2
a
NP CN CP CN CP c= + − =

Trong tam giác vuông MNP ta có
0
5
os60 2
PN
MN a
c
= =
và
0
15 15
.tan 60 2
8 2
PM PN a SO MP a= = ⇒ = =
Gọi H là trung điểm OC. Suy ra NH // BD mà BD
⊥
(SAC), do đó (MN;(SAC)) =
∠
NMH.

Ta có
1 2 5
,
2 4 2
a
NH OB MN a= = = . Suy ra trong tam giác vuông MNH ta có
1
sin
2 5
NH
NHM
MN
∠ = =

Vậy góc giữa MN và mặt phẳng (SAC) là 1 góc có giá trị
α
thỏa mãn
1
sin ;0
2
2 5
π
α α
= ≤ ≤

Bài 11:
Cho hình vuông ABCD và tam giác đều SAB cạnh a nằm trong 2 mặt phẳng vuông góc. Gọi I là
trung điểm AB. CMR: SI
⊥
(ABCD) và tính góc hợp bởi SC với (ABCD)

Giải:
Sử dụng tính chất 2 mp vuông góc ta có:

( )
( ) ( ) ( )
SI SAB
SAB ABCD AB SI ABCD
SI AB
⊂


∩ = → ⊥


⊥


Khi đó, I là hình chiếu của S lên (ABCD) suy ra SC có hình chiếu lên (ABCD) là IC
( ,( )) ( , )
SC ABCD SC IC SCI
⇒ ∠ = ∠ = ∠
( do tam giác SIC vuông tại I nên góc SCI là góc nhọn)
SI là đường cao của tam giác đều ABC nên
3
2
a
SI =
Trong tam giác vuông ICB:
Khóa h
ọ

c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 10
-


45

I
B
C
A D
S
E
H
SCD
A
B
I
2
2 2 2
5
4 2
3
15
2
tan
2
5
2
a a
IC IB BC a
a
SI
SCI
CI
a
= + = + =

⇒ ∠ = = =

Vậy
15
( ,( )) arctan( )
2
SC ABCD SCI∠ = ∠ =


Phần 3: Khoảng cách
Bài 1.
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
( ) ( )
SAB ABCD
⊥
, SA = SB, góc giữa
SC và (ABCD) bằng 45
0
. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD).

Giải:
Gọi I là trung điểm của AB, vì tam giác SAB cân tại S
SI AB
⇒ ⊥

( ) ( )
( )
( ),
SAB ABCD
SI ABCD

SI SAB SI AB
⊥

⇒ ⊥

⊂ ⊥


0
45
SCI⇒ ∠ =

Vì
/ /( ) ( ,( )) ( ,( ))
BA SCD d B SCD d I SCD
⇒ =

Gọi J là trung điểm của CD, ta có:
( )
CD IE
CD SIE
CD SI
⊥

⇒ ⊥

⊥


mà

( ) ( ) ( )
CD SCD SIE SCD
⊂ ⇒ ⊥
theo giao tuyến SE.
Do đó trong mặt phẳng (SIE)
kẻ
( ) ( )
IH SE H SE IH SCD
⊥ ∈ ⇒ ⊥

( ,( ))
IH d I SCD
⇒ =

Ta có:
2 2 2
1 1 1
IS
IH IE
= +
Mà IE = a,
2
2 2 2
5
2 2
a a
SI IC BI BC a
 
= = + = + =
 

 

(
∆
SIC vuông cân nên SI = IC)
2
2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 9
5 5
5
2
IH a a a a
a
⇒ = + = + =
 
 
 

2
2
5 5
9 3
a a
IH IH⇒ = ⇒ =
Vậy
5
( ,( ))
3
a
d B SCD = .

Bài 2.
Cho chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
( )
SA ACBD
⊥
, góc giữa mặt bên (SBC) và
mặt đáy (ABCD) bằng 60
0
, G là trọng tâm tam giác SAD. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC).

Giải :
Ta có :
0
60
SBA∠ =
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ

yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 11
-


M
D
A
B
C
S
G
K
SBC
S
M
G
I
A

C
B
S
H
K
SAH
S
B
K
Gọi M là trung điểm của AD, ta có :
( ,( )) 2
( ,( )) 3
d G SBC SG
d M SBC SM
= =

2
( ,( )) ( ,( ))
3
d G SBC d M SBC
⇒ =

Vì
/ /( ) ( ,( )) ( ,( ))
AM SBC d M SBC d A SBC
⇒ =

Do
( ) ( )
SAB SBC

⊥
theo giao tuyến SB
nên kẻ
( ) ( )
AK SB K SB AK SBC
⊥ ∈ ⇒ ⊥

( ,( ))
AK d A SBC
⇒ =

Ta có:
2 2 2
1 1 1
AS
AK AB
= +

Mà ta lại có:
0 0
tan 60 .tan 60 3
SA
SA AB a
AB
= ⇒ = =

( )
2
2
2

2 2 2
1 1 1 4 3 3
3 4 2
3
a a
AK AK
AK a a
a
⇒ = + = ⇒ = ⇒ =

Vậy
2 3 3
( ,( )) .
3 2 3
a a
d G SBC = =

Bài 3.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A,
2
AB a
=
, I là trung điểm của
BC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thỏa mãn I nằm giữa AH. Tính khoảng
cách từ trung điểm K của SB tới mặt phẳng (SAH).

Giải:
( )
BI AH
BI SAH

BI SH
⊥

⇒ ⊥

⊥


Ta có:
( ,( )) 1
2
d K SAH SK
BI SB
= =

1 1 1
( ,( )) .2
2 4 4 2
a
d K SAH BI BC a
⇒ = = = =

Bài 4.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, I là trung điểm của BC, D là điểm đối
xứng với A qua I,
( )
SD ABC
⊥
, K là hình chiếu vuông góc của I trên SA,
2
a
IK
=
. Tính khoảng cách từ
D đến mặt phẳng (SBC).

Giải:
( ) ( )
SAD SBC
⊥
theo giao tuyến SI, nên kẻ
( ) ( )
DH SI H DI DH SBC
⊥ ∈ ⇒ ⊥

( ,( ))
DH d D SCB
⇒ =

Khóa h
ọ
c

Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 12
-


M
N

B
C
A
D
S
H
K
l
C
B
A
D
S
K
H
Ta có:
2 2 2
1 1 1
DH DS DI
= +

Mà
3
2
a
DI AI= =
Ta có
∆
vuông SDA đồng dạng với
∆

vuông IHA
(góc A chung)
2 2
3 6
2
2
SD DA SD a a
SD
a
IK KA
AI IK
⇒ = ⇔ = ⇒ =
−

Do đó:
2 2
2 2
1 1 1 2
2
6 3
2 2
a
DH
DH a
a a
= + = ⇒ =
   
   
   

Vậy
( ;( ))
2
a
d D SBC =
.
Bài 5. Cho chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều, tam giác SCD vuông cân
tại S. H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD). Tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng
(SCD).

Giải:
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
Khi đó
( ) ( )
SMN ABCD
⊥
theo giao tuyến MN.
Do đó, kẻ
( ) ( )
SH MN H MN SH ABCD
⊥ ∈ ⇒ ⊥

( ) ( )
SHN SCD
⊥
theo giao tuyến SN.
Do đó kẻ
( )
HK SN K SN
⊥ ∈

( ) ( ,( ))
HK SCD HK d H SCD
⇒ ⊥ ⇒ =

Ta có:
2 2 2
1 1 1
HK HS HN
= +

Mặt khác:
2 2 2
3
, ,
2 2
a a
MN a SM SN MN SM SN
= = = ⇒ = + ⇒ ∆
SMN vuông tại S.
2
2
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 4 16 3
3 3 16
3
2
2
a

SH
SH SM SN a a a
a
a
⇒ = + = + = + = ⇒ =
   
 
 
 
 

3
4
a
SH⇒ =
2 2
1
4 2
a
HN SN SH SN CD
 
= − = =
 
 

Do đó ta có:
2 2
2 2 2 2
1 1 1 16 16 64 3
3

3 3 8
16 16
a
HK
a a
HK a a a
= + = + = ⇒ =
Vậy
3
( , ))
8
a
d H SCD = .
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ

n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 13
-


I
O
M
N
A
D
C
B
S
E
K
P
H
A
B
C

S
M
K
H
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D,
( )
SA ABCD
⊥
,
2 , 2 ; .
SA a AB a AD DC a
= = = =
Gọi M là trung điểm của SD. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng
(SBC).

Giải:
Gọi E là trung điểm AB, N là trung điểm SE, O là tâm hình vuông ADCE,
I SO MN
= ∩

Ta có:
/ / / / / /( )
MN DE BC MN SBC
⇒

( ,( )) ( ,( )) ( ,( ))
d M SBC d MN SBC d I SBC
⇒ = =

Xét tam giác ACB có

1
2
CE a AB BC AC
= = ⇒ ⊥
( )
BC AC
BC SAC
BC SA
⊥

⇒ ⊥

⊥


mà
( ) ( ) ( )
BC SBC SAC SBC
⊂ ⇒ ⊥
theo giao tuyến SC.
Do đó kẻ
( ) ( )
IH SC H SC IH SBC
⊥ ∈ ⇒ ⊥

( ,( ))
IH d I SBC
⇒ =

Tính IH: Kẻ

( ), ( )
OK SC K SC AP SC P SC
⊥ ∈ ⊥ ∈

Ta có:
1 1
2 4
IH OK AP
= =
Mà
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
AS
2 2
AP a
AP AC a
a a
= + = + = ⇒ =

1
4 4
a
IH AP
⇒ = =

Vậy
( ,( ))
4

a
d M SBC
=
.
Bài 7:
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA = AB = a, AC = 2a và SA vuông
góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho BM = 2MA. Tính khoảng cách từ B đến
mặt phẳng (SCM).
Giải:
Tam giác BMC có
2
; 3
3
a
BM BC a
= =

2 2
2 2 2 2
4 31
3
9 9
a a
MC BM BC a= + = + =
31
3
a
MC⇒ =

Ta có:

( ,( ))
2 ( ,( )) 2 ( ,( ))
( ,( ))
d B SCM BM
d B SCM d A SCM
d A SCM AM
= = ⇒ =

Gọi K là hình chiếu của A trên đường thẳng CM
(do góc AMC > 90
0
nên K nằm ngoài đoạn CM).
Ta có
à ( ê ( )
CK AK v CK SA do SA ABC n n CK SAK
⊥ ⊥ ⊥ ⊥

( ) ( ) à ( ) ( )
SCK SAK v SCK SAK SK
⇒ ⊥ ∩ =
. Kẻ
( )
AH SK H SK
⊥ ∈

( )
AH SCM
⇒ ⊥
. Vậy AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCM).
Các tam giác AKM và CBM đồng dạng nên ta có:

Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 14
-

A
B
C
S
H
K
E
. 3
31
AK AM BC AM a
AK
BC CM CM
= ⇒ = =
AH là đường cao của tam giác vuông SAK nên:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 31 1 34 3
AS 3 3
34
a
AH
AH AK a a a
= + = + = ⇒ =

Vậy
2 3
( ,( ))
34
a
d B SCM =

Bài 8:
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, tam giác SAC cân tại S, góc SBC bằng 60
0
,
mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).
Giải:
Gọi H là trung điểm của cạnh AC
, ó ( ) ( )
SH AC c SAC ABC
⇒ ⊥ ⊥
,
( ) ( )
SAC ABC AC
∩ =
nên
( )
SH ABC
⊥

Đặt
( 0)
SH x x
= >

Tam giác SHC vuông ta có:
2
2 2
4
a
SC x

= +

Tam giác SHB vuông ta có:
2
2 2
3
4
a
SB x= +

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác SBC ta có:
2 2 2
2 . .cos
SC SB BC SB BC SBC
= + −

2 2 2
2 2 2 2
3 3 1
2 . .
4 4 4 2
a a a
x x a a x⇒ + = + + − +
2
2
3 3 6
.
4 2 2
a a a
x x⇔ + = ⇔ =

Vậy
6
2
a
SH =

Gọi K là hình chiếu của H trên đường thẳng AC ta có:
( ) ( ) ( ) à ( ) ( )
BC HK
BC SHK SBC SHK v SBC SHK SK
BC SH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ∩ =

⊥


Kẻ
( ) ( ;( ))
HE SK HE SBC HE d H SBC
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =

Do H là trung điểm của AC nên có:
( ;( )) 2 ( ;( )) 2
d d A SBC d H SBC HE
= = =

Tam giác vuông BHC có:

2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 4 16
3 3
HK HB HC a a a
= + = + =

Tam giác vuông SHK có:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 16 18 6
3 3 3
HE HS HK a a a a
= + = + = =

2
2
6 2 6 6
( ;( ))
6 6 6 3
6
a a a a a
HE HE d d A SBC⇒ = ⇒ = = ⇒ = = =

Bài 9:
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác
SAC tới (SCD) là
3
6
a
. Tính khoảng cách từ tâm O của đáy tới (SCD).
Giải:

Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 15
-

O
B
A
D
C
S
M
H
G
K
I
A
B
D
C
S
M
G
K
Gọi O là tâm của đáy ABCD.
Vì SO là một trung tuyến của tam giác SAC
nên trọng tâm G của tam giác SAC nằm trên SO là có
2
3
SG
SO
=
.
Gọi M là trung điểm của CD

Ta có
OM DC SM DC
⊥ ⇒ ⊥
(định lí ba đường vuông góc)
( ) ( ) ( )
DC SOM SDC SOM
⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Lại có:
( ) ( )
SOM SDC SM
∩ =
nên nếu
kẻ
( ) ì ( )
OH SM H SM th OH SDC
⊥ ∈ ⊥

( ;( ))
d O SCD OH
⇒ =

Trong tam giác SOM kẻ GK// OH
( ) ( ,( ))
GK SDC d G SDC GK
⇒ ⊥ ⇒ =

Từ giả thiết suy ra
3
6

a
GK =

Ta có:
2 3 3 3 3
.
3 2 2 6 4
GK SG a a
OH GK
OH SO
= = ⇒ = = =

Bài 10:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng a, tâm I và cạnh bên SA
vuông góc với mặt đáy (ABCD). Mặt bên (SBC) tạo với mặt đáy (ABCD) một góc bằng 60
0
. Gọi G là
trọng tâm tam giác SAC. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC).
Giải:
Do
, ê ( )
SA BC AB BC n n BC SAB
⊥ ⊥ ⊥
.
Vậy góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy (ABCD) bằng góc SBA = 60
0
.
Suy ra SA=AB.tan60
3
a

=
.
Gọi M là trung điểm AD.
Hạ
( ( )) ê
AK SB do BC SAB n n BC AK
⊥ ⊥ ⊥

Suy ra
2 2 2 2
1 1 1 4
( ) à
3
AK SBC v
AK SA AB a
⊥ = + =

Vậy
3
2
a
AK =
.
( ,( )) 2
( ,( )) 3
d G SBC GS
d M SBC MS
= =

Vì AM song song với (SBC)

nên
3
( ,( )) ( ,( ))
2
a
d M ABC d A SBC AK= = =

Vậy
2 3 3
( ,( )) .
3 2 3
a a
d G SBC = =
.
2.4.2 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
Ví dụ 1.
Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a, SA vuông góc với mặt phẳng
(ABC) và SA = a.
a. Chứng minh (SAB) ⊥ (SBC) .
b. Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(SBC).
c. Gọi I là trung điểm của AB. Tính khoảng cách từ điểm I đến mp(SBC);
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1

1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 16
-


d. Gọi J là trung điểm của AC. Tính khoảng cách từ điểm J đến mp(SBC);
e. G là trọng tâm tam giác ABC, tính khoảng cách từ điểm G đến mp(SBC).
Nhận xét:
Để chứng minh 2 mặt phẳng vuông góc với nhau ta chứng minh mặt phẳng này chứa đường
thẳng vuông góc với mặt kia, áp dụng giả thiết bài toán ta có được câu a.
ta xác định được khoảng cách từ A đến mp(SBC) từ đó tính ra khoảng cách.
Câu c, d gợi cho ta nhớ đến kết quả rút ra ở ví dụ 1, trên cơ sở kết quả tính được ở câu b suy nghĩ và áp
dụng để tìm ra lời giải. Đến câu e giả thiết cho dưới dạng lạ hơn đòi hỏi phải có suy nghĩ, hoạt động tích

cực để tìm ra mối liên hệ giữa khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC) và các khoảng cách đã biết như :
d(A, (SBC)), d(J, (SBC)), hay d(I, (SBC)).

Lời giải





a. Theo giả thiết ta có: SA ⊥ (ABC)
suy ra SA ⊥ BC (1)
mà AB ⊥ BC (giả thiết) (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra : BC ⊥ (SAB) ⇒ (SBC) ⊥ (SAB) .
b. Ta có (SAB) ∩ (SBC) ≡ SB
Kẻ AH ⊥ SB (H thuộc SB). Do ∆SAB vuông cân nên H là trung điểm của SB,khi đó AH ⊥ ( SBC)
nên d(A, (SBC)) = AH
Xét ∆SAB vuông cân tại A. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có :
22222
11111
a
a
AB
AS
AH
+=+=

Khi đó
2
2a
AH =

.
c. Ta có
BSBCAB
≡
∩
)(
và
2
1
=
BA
BI
(do I là trung điểm của AB) nên

2
2
.
2
1
))(,(
2
1
))(,(
a
SBCAdSBCId ==

Vậy
4
2
))(,(

a
SBCId =
.
d. Tương tự J là trung điểm của AC nên
2
1
=
CA
CJ
, khi đó

4
2
))(,(
2
1
)(,(
a
SBCAdSBCJd ==
.
e. Vì G là trọng tâm ∆ABC nên có
3
2
=
CI
CG

Lúc đó
4
2

.
3
2
))(,(
3
2
))(,(
a
SBCIdSBCGd ==

G
I
J
H
A
C
S
B
d
a
β
α
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ

c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 17
-


a
a 3
I
J
O
D
A

B
C
S
H
Hay
6
2
))(,(
a
SBCGd =
.
Ví dụ 2.
Cho hình chóp tứ giác SABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với
mp(ABCD) và SA = a 3 . O là tâm hình vuông ABCD.
a. Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(SBC);
b. Tính khoảng cách từ điểm O đến mp(SBC);
c.
1
G
là trọng tâm ∆SAC. Từ
1
G
kẻ đường thẳng song song với SB cắt OB tại I. Tính khoảng cách từ
điểm
1
G
đến mp(SBC), khoảng cách từ điểm I đến mp(SBC);
d. J là trung điểm của SD, tính khoảng cách từ điểm J đến mp(SBC);
e. Gọi
2

G
là trọng tâm của ∆SDC. Tính khoảng cách từ điểm
2
G
đến mp(SBC).

Lời giải.

a. Kẻ AH ⊥ SB(1);
Ta có SA ⊥ AD ( vì SA⊥(ABCD))

Mà AB ⊥ AD (ABCD là hình vuông) suy ra AD ⊥ (SAB)
Vì BC // AD nên BC ⊥ (SAB)
Lại có AH ∈ (SBC) nên BC ⊥ AH (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra AH ⊥ (SBC). Khi đó d(A, (SBC)) = AH
Xét ∆SAD vuông tại A.
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
22222
1
3
1111
a
a
AB
SA
AH
+=+=

Suy ra AH =
2

3a
.
b. O là trung điểm của AC nên d(O, (SBC)) =
2
1
d(A,(SBC))
hay d(O,(SBC)) =
4
3a

c.
1
G
là trọng tâm ∆SAC nên :
3
2
1
=
SO
SG

Khi đó
1
2
( , ( )) ( , ( ))
3
d G SBC d O SBC
=
hay

6
3
4
3
.
3
2
))(,(
1
aa
SBCGd ==
.
Vì
1
G
I // SB nên d(I, (SBC)) = d(
1
G
, (SBC)) =
6
3a
.
d. J, O lần lượt là trung điểm của SD, DB nên JO là đường trung bình của tam giác SDB. Suy ra JO //
SB;
Do đó
4
3
))(,())(,(
a
SBCOdSBCJd ==

.
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 18
-

O
M
B'
C'
D'
C
A
B
D
A'
G
I
K
J
e.
2
G
là trọng tâm ∆SDC nên
3
2
2
=
CJ
CG

khi đó
4
3

.
3
2
))(,(
3
2
))(,(
2
a
SBCJdSBCGd ==

vậy
2
3
( ,( ))
6
a
d G SBC =
.
Ví dụ 3.
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a, AC cắt BD tại O.

a.

Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(BDD’B’).
b. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính khoảng cách từ điểm M đến mp(BDD’B’) .
c. G là trọng tâm ∆ABA’. Tính khoảng cách từ điểm G đến mp(BDD’B’).
d. I là trung điểm của GB. Tính khoảng cách từ điểm I đến mp(BDD’B’).
e. K là trọng tâm ∆BMD. Tính khoảng cách từ K đến mp(BDD’B’). Suy ra khoảng cách từ điểm J đến
mp(BDD’B’) với J là trung điểm của KO.

Lời giải

a. Ta có AO ⊥ BD( giả thiết)
Mặt khác AO ⊥ DD’(vì DD’ ⊥ (ABCD)) suy ra AO ⊥ (BDD’B’) ;
Khi đó
2.
2
1
2
1
))''(,( aACAOBBDDAd ===

Hay
a 2
( ,( DD'B'))=
2
d A B
.
b. Do AM // (BDD’B’) nên d(M,(BDD’B’))= d(A, (BDD’B’))
vậy d(M, (BDD’B’)) =
2
2a
.
c. Ta có
3
2
=
BM
BG

(do G là trọng tâm ∆ABA’)
Khi đó
2
2
.
3
2
))''(,(
3
2
))''(,(
a
BBDDMdBBDDGd ==

Hay
a 2
( ,( DD'B'))=
3
d G B
.
d.
2
1
=
BG
BI
(do I là trung điểm của GB) nên
1
( ,( ' ')) ( , ' '))
2

d I BDD B d G BDD B
=
hay
a 2
( , ( DD'B'))=
6
d I B
.
e. K là trọng tâm ∆BMD nên
3
1
=
OM
OK

Khi đó
6
2
))''(,(
3
1
))''(,(
a
BBDDMdBBDDKd ==
.
Do J là trung điểm của KO nên
2
1
=
OK

OJ

Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 19

-


A
B
C
S
M
H
G
K
I
Lúc đó
1
( ,( ' ')) ( ,( ' '))
2
d J BDD B d K BDD B
=

Vậy
12
2
))''(,(
a
BBDDJd =
.
Ví dụ 4.
Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đường thẳng Ax vuông góc với mp(ABC), lấy điểm S sao
cho
3aSA =

, K là trung điểm của BC.
a. Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(SBC);
b. Gọi M là điểm đối xứng với A qua C. Tính khoảng cách từ điểm M đến mp(SBC);
c. Gọi G là trọng tâm ∆SCM. Tính khoảng cách từ điểm G đến mp(SBC);
d. I là trung điểm của GK. Tính khoảng cách từ điểm I đến mp(SBC).

Lời giải.
a Xét 2 ∆ vuông SAB và SAC :

aACSASC
aABSASB
2
2
22
22
=+=
=+=

suy ra SB = SC hay ∆SBC cân tại S.
Trong ∆SBC có SK là đường trung tuyến đồng thời
là đường cao khi đó
BC ⊥ SK mà BC ⊥ SA( do SA ⊥ (ABC)) nên BC⊥ (SAK),
suy ra SAK) ⊥ (SBC).
Ta có (SAK) ∩ (SBC)
≡ SK. T
ừ A kẻ AH ⊥ SK tại H.
Khi đó d(A,(SBC)) = AH.
Xét ∆SAK vuông taị A, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
222
111

AK
SA
AH
+=
(*)
Trong đó
2
3a
AK =
(đường cao của tam giác đều cạnh a),
SA =
3
a
(giả thiết) (1)
Thay (1) vào (*) ta có
5
15a
AH =
.
b. M là điểm đối xứng với A qua C nên
( ,( )) ( ,( ))
d M SBC d A SBC
=

vậy
15
( ,( ))
5
a
d M SBC =

c. G là trọng tâm ∆SCM nên ta có:

1
( ,( )) ( ,( ))
3
d G SBC d M SBC
=
hay
15
( ,( )) .
15
d G SBC a
=
;
d. I là trung điểm của KG, khi đó

1
( , ( )) ( , ( ))
2
d I SBC d G SBC
=
suy ra
15
( ,( )) .
30
d I SBC a
=
.
Ví dụ 5.

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi M là trung điểm của
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 20
-

cạnh BC. O là tâm hình vuông ABCD.
a. Tính khoảng cách từ điểm M đến mp (ACC’A’);
b. N là trung điểm của DC. Tính khoảng cách từ điểm N đến mp(ACC’A’);
c. Từ N kẻ đường thẳng song song với CC’ cắt D’C’ tại N’. Tính khoảng cách từ điểm N’ đến
mp(ACC’A’);
d.
1
G
là trọng tâm ∆AC’D’. Tính khoảng cách từ điểm
1
G
đến mp(ACC’A’);
e.
2
G
là trọng tâm ∆A
1
G
C. Tính khoảng cách từ điểm
2
G
đến mp(ACC’A’).
Lời giải.


a. Ta có BD ⊥ (ACC’A’)
Kẻ Mx // BD cắt AC tại H. Lúc đó:
MHAACCMd

=
))''(,(
mà
1
2
MH BO
=
nên
2
4
a
MH =

Vậy
2
( ,( ' '))
4
a
d M ACC A =
.
b. Ta có MN là đường trung bình của ∆BDC nên MN // BD
Suy ra H, M, N thẳng hàng và HM = HN
Khi đó d(M, (ACC’A’)) = d(N, (ACC’A’)) hay d(M, (ACC’A’)) =
4
2a
;
c. Vì NN’ // CC’ nên NN’ // (ACC’A’). Suy ra
d(N’,(ACC’A’)) = d(N, (ACC’A’)) =
4
2a

.
d.
1
G
là trọng tâm ∆AC’D’ nên:
3
2
'
1
=
A
N
AG

Lúc đó
4
2
.
3
2
))''(,'(
3
2
))''(,(
1
a
AACCNdAACCGd ==

Hay
1

2
( ,( ' '))
6
a
d G ACC A =
;
e. BD cắt AC tại O nên O là trung điểm của AC. Do
2
G
là trọng tâm của tam giác A
1
G
C nên
3
1
1
2
=
OG
OG
.
Suy ra
6
2
.
3
1
))''(,(
3
1

)''(,(
12
a
AACCGdAACCGd ==

Vậy
2
2
( ,( ' '))
18
a
d G ACC A =
.

Ví dụ 6.
Cho hình chóp SABCD. ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều cạnh a và
(SAB) vuông góc với mp(ABCD). Gọi I là trung điểm của cạnh AB, E là trung điểm của cạnh BC.
a. Chứng minh mp(SIC) ⊥ mp(SED);
H
O
N'
N
M
B'
C'
D'
C
B
A
D

A'
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 21
-

b. Tính khoảng cách từ điểm I đến mp(SED);
c. Tính khoảng cách từ điểm C đến mp(SED);
d. Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(SED);

Lời giải.

a. ABCD là hình vuông nên ED ⊥ IC (1)
SI là đường trung tuyến của ∆ đều ABC nên SI ⊥ AB mà
(SAB) ⊥ (ABCD) nên SI ⊥ (ABCD), suy ra
SI ⊥ IC ( vì IC ⊂ mp(ABCD)) (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra IC ⊥ (SED) do đó (SIC) ⊥ (SED);
b. Gọi J là giao điểm của ED và IC, kẻ IH ⊥ SJ thì
d(I, (SED)) = IH
Xét ∆SIJ vuông tại I. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
222
111
IJ
SI
IH
+=
(*)
Trong đó
2
3a
SI =
( đường cao của tam giác đều cạnh a) (3)
Mặt khác ∆ECD vuông tại C có:
22222

14111
a
a
CD
CE
CJ
+=+=

Suy ra CJ =
5
5a
.
mặt khác IC =
2 2
IB BC
+
nên
5
2
a
IC =

IJ = IC – JC =
5 5
2 5
a a
−
hay
3 5
IJ= .

10
a
(4)
Thay (3) và (4) vào (*) ta có:

32
9
2
2
a
IH =
do đó
aIH
8
23
=

Vậy
aSEDId .
8
23
))(,( =
.
c. Ta có IC ∩ (SED) ≡ J, xét tỉ số
5 3 5
:
5 10
JC a
a
JI

=
=
3
2

Do đó
2
( ,( )) ( ,( ))
3
d C SED d I SED
= hay
2
( ,( )) .
4
d C SED a
= ;
d. Gọi F là giao điểm của AB và DE, khi đó
2
1
==
AD
BE
FA
FB
suy ra B là trung điểm của FA
Ta có
3
4
=
FI

FA
nên
aSEDIdSEDAd
8
23
.
3
4
))(,(.
3
4
))(,( ==

J
F
E
I
C
A
D
B
S
H
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h

ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 22
-


hay
2
2
)(,( =SEDAd
a .
Đề thi Đại học khối D năm 2007 đã có một bài “Cho hình chóp SABCD có đáy hình thang ABC = BAD =

0
90
, BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và
2aSA =
. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của A lên SB. Chứng minh rằng tam giác SCD vuông và tính khoảng cách từ H đến mp(SCD).”

Gợi ý giải:

a 2
a
J
C
I
A
B
D
S
H

Lấy I là trung điểm của AD, khi đó IA = ID = IC = a, suy ra CD ⊥ AC mà CD ⊥ SA nên CD ⊥ SC hay
tam giác SCD vuông tại C.
+ Tính d(H, (SCD))
Xét tam giác vuông SAB có
3
2
2
2
==
SB

SA
SB
SH

Do đó
))(,(
3
2
))(,( SCDBdSCDHd =

mà d(B, (SCD)) = d(I, (SCD),
))(,(
2
1
))(,( SCDAdSCDId =

nên
))(,(
2
1
))(,( SCDAdSCDHd =
;
Mặt khác ta có :
CD ⊥ SC (theo chứng minh trên)
CD ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD))
(SCD) ∩ (SAC) ≡ SC
Kẻ AJ ⊥ SC (J thuộc SC) thì J là trung điểm của SC ( vì tam giác SAC cân
tại A).
Khi đó d(A, (SCD)) = AJ
Xét tam giác SAC vuông tại A có

22
ACSASC +=
nên SC = 2a;
mà
SCAJ
2
1
=
suy ra d(A,(SCD)) = a
Vậy
aSCDHd
2
1
))(,( =
.

(SCD)
⊥
(SAC)
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 23
-


Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Ví dụ 1.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = SC = SD = 2a . Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AD và SC.

Lời giải



Vì AD // BC nên d(AD, SC) = d(AD, (SBC)) = d(A, (SBC))

Ta có AO ∩ (SBC) ≡ C và
2
1
=
CA
CO
do đó
d(A, (SBC)) = 2.d(O, (SBC)) ;
SO ⊥ (ABCD) nên SO ⊥ BC
Kẻ SJ ⊥ BC thì J là trung điểm của BC
Suy ra BC ⊥ (SOJ) ⇒ (SBC) ⊥ (SOJ)
(SBC) ∩ (SOJ) ≡ SJ, kẻ OH ⊥ SJ (H ∈ SJ). Khi đó d(O, (SBC)) = OH
Xét tam giác SOJ vuông tại O, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có
222
111
OS
OJ
OH
+=
mà
aOJ .
2
1
=
,
2
6
22
a
COSCSO =−=

Suy ra
aOH
14
42
=

Vậy
aaSCADd .
7
42
14
42
.2),( ==

b. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau AD và SB;
c. Từ B kẻ đường thẳng song song với SC cắt CH tại K, tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau
AD và SK.
Theo lối tư duy trên học sinh sẽ nhận ra:
d(AD, SB) = d(A, (SBC)) =
a
7
42

d(AD, SK) = d(AD, (SBC)) =
a
7
42
.
Ví dụ 2.

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mp(ABCD), SA
= a 3 . E là điểm đối xứng của B qua A, tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau
a.

AC và SD
b.

AC và SE
Lời giải


E là điểm đối xứng của B qua A nên



==
CDAE
aCDAE
//

⇒ AEDC là hình bình hành. Do đó AC // ED hay AC // (SED) (1)
suy ra d(AC, SD) = d(AC, (SED)) = d(A, (SED));
* Tính d(A, (SED))
SA ⊥ ED, kẻ SK ⊥ ED(K∈ED) thì ED ⊥ (SAK) suy ra (SED) ⊥ (SAK);
(SED) ∩ (SAK) ≡ SK. Kẻ AH ⊥ SK (H∈SK) thì d(A, (SED)) = AH
a 3
a
E
C
A

D
B
S
a 2
a
IO
B
D
C
A
S
H
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi

ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 24
-


SAK và EAD là các tam giác vuông tại A. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
22222
1
3
1111
AK
a
AK
AS
AH
+=+=

22222
11111
a
a
AD

AE
AK
+=+=

Suy ra
2222
11
3
11
a
a
a
AH
++=
hay
aAH .
7
21
=

Vậy
aSDACd .
7
21
),( =
.
Vì AC // (SED) (theo 1) nên d(AC, SE) = d(AC, (SED)) =
a
7
21

Nhận xét:

AC // (SED)



∈
∈
)(
)(
SEDSD
SEDSE
khi đó d(AC, SE) = d(AC, (SD) = d(AC, (SED)).
Ví dụ 3
(ĐỀ THI ĐH-CĐ KHỐI B NĂM 2007).
“Cho chóp tứ giác đều SABCD có đáy 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; tính
khoảng cách giữa 2 đường thẳng MN và AC.”
Lời giải
.




Gọi P là trung điểm của AS, khi đó MP // NC và MP = NC (đều bằng nửa a). Do đó MPCN là hình bình
hành, suy ra MN // PC (1).
Mặt khác BD ⊥ (SAC) nên BD ⊥ PC (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra MN ⊥ BD ;
d(MN,AC) = d(MN, (SAC)) trong đó d(MN,(SAC)) = d(N, (SAC)),

))(,(
2
1
))(,( SACBdSACNd =
, suy ra
BDACMNd
4
1
),( =

Vậy
4
2
),(
a
ACMNd =
.
a
a
M
N
P
O
C
A
D
B
S
E

Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính


Quan hệ vuông góc


Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 25
-

a
2a
a
a
I
A
B
C
D
S
H
A
D
C
B
SCD
D
A
I
2a
3a
a
N
M
O
B
C
A
H

Bài 1.
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang nội tiếp trong đường tròn đường kính AD,
AD//BC, AD=2a, AB=BC=CD=a, SA
⊥
(ABCD), d(A,(SCD)) = a
2
, I là trung điểm AD. Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BI và SC.

Giải
-
DC AC
( ).
DC A
DC SAC
S
⊥

=> ⊥

⊥


Mà DC
⊂
(SCD) => (SAC)
⊥
(SCD) theo giao tuyến SC.
Do đó kẻ AH
⊥

SC (H
∈
SC) => AH
⊥
(SCD).
⇒
AH = d(A, (SCD)) = a
2
.
- (SCD) chứa SC và // với BI
=> d(BI, SC) = d(I, (SCD)).







Ta có:
( ,( )) 1
2
d I SCD DI
AH DA
= =

=> d(I, (SCD))=
1 2
( , ).
2 2
a

AH d IB SC
= =




Bài 2.
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, OA=a, OB=2a, OC=3a. M là trung điểm
OB. Tính d(AM, OC).

Giải
- Gọi N là trung điểm BC, khi đó (AMN) chứa AM và // với OC
=> d(AM,OC) = d (O, (AMN)).
-
MN OB
( ).
MN A
MN AOB
O
⊥

=> ⊥

⊥


Mà MN
⊂
(AMN) => (AOB)
⊥

(AMN) theo giao tuyến AM.
Do đó kẻ OH
⊥
AM (H
∈
AM) => OH
⊥
(AMN)
=> OH=d(O,(AMN)).
- Ta có
2
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2
.
2
2
a a
OH OH
OH OA OM a a a
= + = + = => = => =
Bài 3.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC = a, BC=2a,
0
120
ACB∠ =
, góc giữa đường thẳng A’C
và (ABB’A’) bằng 30
0
. M là trung điểm của BB’. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và CC’.

Giải
- (CAB)
⊥
(ABB’A’) theo giao tuyến AB,
nên trong (CAB) kẻ CH
⊥
AB (H
∈
AB)