CHUYÊN ĐỀ HHKG 11-QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIANbn.doc

PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC
•
Phương pháp 1
d 2 '
d 2
d 1 '
d 1
Hai đường thẳng gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa
chúng bằng
90
o
•
Phương pháp 2
. 0a b u v
⊥ ⇔ =
r r
Với
,u v
r r
lần lượt là hai VTCP của a và b
•
Phương pháp 3 (sử dụng định nghĩa)

P
a
c
b
Nếu đường thẳng
( )a P
⊥
thì đường thẳng a vuông góc

với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P)

( ) ( )
a (P)
a b, a c
b P , c P
⊥


⇒ ⊥ ⊥

⊂ ⊂


•
Phương pháp 4 ( tính chất 5 - tr 99)

b
a
P
Nếu đường thẳng
( )a PP
thì mọi đường thẳng
( )b P⊥
đều vuông góc với a.
( )
}
a / /(P), b P b a⊥ ⇒ ⊥
•
Phương pháp 5( HĐ 2 - tr 97 )

a
A
C
B
Nếu một đường thẳng vuông góc với hai cạnh của một tam giác
thì nó vuông góc với cạnh còn lại.
}
a AC, a BC a AB
⊥ ⊥ ⇒ ⊥
•
Phương pháp 6 (suy ra từ định nghĩa -nx tr 94-sgk)
c
b
a
Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng
song song thì nó cũng vuông góc với đường thẳng còn lại.
}
b / /c , a b a c
⊥ ⇒ ⊥
•
Phương pháp 7 (Định lý ba đường vuông góc - tr 100 - sgk)
Cho đường thẳng a không vuông góc với mp (P) và cho
đường thẳng b nằm trong mp (P). Khi đó điều kiện cần và đủ để b vuông góc với a
là b vuông góc với hình chiếu a’ của a trên (P).
( )
}
a (P),b P ,a ' la hinh chieu cua a tren (P) a b a' b
⊥ ⊂ ⇒ ⊥ ⇔ ⊥

- 1 -

a
a'
b
B'
A
B
A'
PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG
Bổ sung :( Sử dụng định nghĩa) : Một đường thẳng được gọi là vuông góc với một
mặt phẳng nếu nó vuông góc với mọi đường nằm trong mặt phẳng đó.
•
Phương pháp 1( ĐL 1 - tr 97)
P
c
b
a
I
Nếu đường thẳng d vuông góc với hai
đường thẳng cắt nhau a và b cùng nằm trong mp (P) thì đường thẳng d vuông góc với mp (P)
( ) ( )
( )
a b,a c
a P
b P ,c P ,b c I
⊥ ⊥


⇒ ⊥

⊂ ⊂ ∩ =



•
Phương pháp 2 (Tc 3 - tr 98 - sgk)
P
b
a
Mặt phẳng nào vuông góc với một
trong hai đường thẳng song song thì cũng vuông góc với đường thẳng còn lại.
( )
}
( )
a / /b ; P a P b⊥ ⇒ ⊥
•
Phương pháp 3 (tc 4 - tr99-sgk)
P
a
Q
Đường thẳng nào vuông góc với một
trong hai mặt phẳng song song thì cũng vuông góc với mặt phẳng còn lại.
( ) ( ) ( )
}
P / / Q ; a P a (Q)⊥ ⇒ ⊥
•
Phương pháp 4 ( Sử dụng kết quả của HĐ3 - tr 98 - sgk)
d
A
C
B
O

M
N
Đường thẳng d đi qua hai điểm phân biệt cách đều ba đỉnh của
ABCV

thì d vuông góc với mp (ABC).
( )
MA MB MC
d ABC
NA NB NC ; M, N d
= =

⇒ ⊥

= = ∈

Chú ý : Khái niệm trục
∆
của tam giác ABC : là đường thẳng vuông góc với mp(ABC) tại tâm của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
•
Phương pháp 5 (ĐL 3 - tr 106 - sgk)
c
a
Q
P
c
a
b
H

Q
P
Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau thì bất cứ đường thẳng a nào nằm trong (P),
vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) đều vuông góc với mặt phẳng (Q).
( ) ( ) ( )
( )
( )
P (Q), P Q c
a Q
a P ,a c
⊥ ∩ = 

⇒ ⊥

⊂ ⊥


•
Phương pháp 6 (Hệ quả 2 - tr 107)
- 2 -
a
Q
R
P
Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng
vuông góc với mặt phẳng thứ ba.
( ) ( ) ( ) ( )
}
( )
P Q a ; P (R) ; (Q) R a R∩ = ⊥ ⊥ ⇒ ⊥

PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH : HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC
•
Phương pháp 1(s d đn) Hai mặt phẳng gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng
90
o
•
Phương pháp 2 (ĐL 2 - tr 105)
c
a
Q
P
c
a
b
H
Q
P
Nếu một mặt phẳng chứa một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng khác thì hai mặt
phẳng đó vuông góc với nhau.
( ) ( )
}
( ) ( )
a P ,a Q P Q⊂ ⊥ ⇒ ⊥
•
Phương pháp 3
P
Q
R
Một mặt phẳng vuông góc với một trong hai mặt phẳng song
song thì vuông góc với mặt phẳng còn lại.

( ) ( ) ( ) ( )
}
( ) ( )
P / / Q ; R P R Q⊥ ⇒ ⊥
KHÁI NIỆM GÓC
1) Góc giữa hai đường thẳng : Góc giữa hai đường thẳng d1 và d2 là góc giữa hai đường thẳng d1’
và d2’ cùng đi qua một điểm và lần lượt song song (hoặc trùng) với d1và d2

d 2 '
d 2
d 1 '
d 1
2) Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Nếu đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) thì ta nói rằng góc giữa đường thẳng a và mặt
phẳng (P) bằng 90
0
.
Nếu đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) thì góc giữa a và hình chiếu a’ của nó
trên (P) gọi là góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) .
a
a '
a
P
3) Góc giữa hai mặt phẳng
Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.
- 3 -

a
b
P

Q
d
p
q
Q
R
P
Chú ý : Khi hai mặt phẳng (P) và Q cắt nhau theo giao tuyến d , để tính góc giữa chúng, ta chỉ
việc xét một mặt phẳng (R) vuông góc với d , lần lượt cắt (P) và (Q) theo các giao tuyến p và q.
Lúc đó góc giữa (P) và (Q) bằng góc giữa hai đường thẳng p, q
B
B '
C '
C
D '
E '
A '
A
E
D
QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Bài 1: (VD – tr 101 – SGK)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a; SA vuông góc với mp(ABCD)
1. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của điểm A trên các đường thẳng SB và SD
a/ Chứng minh rằng
MN BDP
và
( )
SC AMN⊥
b/ Gọi K là giao điểm của SC với mp (AMN). Chứng minh tứ giác AMKN có hai đường

chéo vuông góc
2. Tính góc giữa đường thẳng SC và mp(ABCD) khi
2SA a=
, AB = a
Giải
K
N
M
O
D
A
B
C
S
1.a/ * CMR:
MN BDP
+) Ta có:
SAB SAD AM AN= ⇒ =V V
(2 đường cao tương ứng)

BM ND⇒ =
(do
MAB NAD=V V
)
+) Xét
SBDV
có
SB SD
MN BD
BM DN

=

⇒

=

P
* CMR:
( )
SC mp AMN⊥
• Cách 1:
+) Vì
( )
( )
( )

ABCD
BC AB gt
BC SA do SA
⊥


⊥ ⊥


( )
BC SAB BC MA⇒ ⊥ ⇒ ⊥
- 4 -
+) Có
( )

MA BC
MA SB gt
⊥



⊥



MA SC
⇒ ⊥
(1đường thẳng
⊥
với 2 cạnh của 1 tam giác thì
⊥
với
cạnh còn lại)
CM tương tự ta có:
NA SC⊥
Vậy
( )
SC mp AMN⊥
• Cách 2:
+) Vì
( )
BC SAB⊥ ⇒
SB là hình chiếu của SC trên (SAB)
Lại có:
( )

1MA SB MA SC⊥ ⇒ ⊥
+)
( )
CD SAD⊥ ⇒
SD là hình chiếu của SC trên (SAD)
Lại có
( )
2AN SD AN SC⊥ ⇒ ⊥
Vậy từ (1) và (2) ta có:
( )
SC mp AMN⊥
• Cách 3:
+)
MN BDP
Mà
BD AC⊥
với AC là hình chiếu của SC trên (ABCD)
MN SC⇒ ⊥
+)
( )AM SC SC AMN⊥ ⇒ ⊥
b/ CMR:
AK MN⊥
Có
( )
BD AC
BD SAC
BD SA
⊥

⇒ ⊥


⊥

Mặt khác: BD // MN
( )MN SAC MN AK⇒ ⊥ ⇒ ⊥
2. Tính góc giữa đường thẳng SC và mp(ABCD) khi
2SA a=
, AB = a
+) Vì AC là hình chiếu của SC trên (ABCD)
⇒
góc giữa (ABCD) và SC là góc giữa SC
và AC
+) Vì
ASCV
có AS = AC = a
2
0
45goc SCA⇒ = ⇒
góc cần tìm là
0
45
+)
SBCV
vuông tại B có
3,SB a BC a= =
· ·
0
1
tanCSB CSB 30
3 3

BC a
SB
a
= = = ⇒ =
Bài 2: (BT 16 – tr 103 – SGK)
Cho hình tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc và AB = a, BC = b, CD = c
a/ Tính độ dài AD
b/ Chỉ ra điểm cách đều A, B, C, D
c/ Tính góc giữa đường thẳng AD và mp (BCD), góc giữa đường thẳng AD và mp
(ABC)
Giải
O
B
C
D
A
- 5 -
a/ Vì
AB BC
⊥
và
AB CD
⊥
nên
( )
AB mp BCD⊥
Mặt khác
BC CD⊥
nên
AC CD⊥

(định lý ba đường vuông góc)
Vậy
2 2 2 2 2 2
AD AC CD AB BC CD= + = + +
tức là:
2 2 2
AD a b c= + +
b/ Vì
·
·
0
90ABD ACD= =
nên điểm cách đều bốn điểm A, B, C, D là trung điểm O của AD
Bài 3: (BT 17 – tr 103 – SGK)
Cho hình tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc.
a/ Chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn
b/ Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm O trên mp (ABC) trùng với trực tâm tam
giác ABC
c/ Chứng minh rằng
2 2 2 2
1 1 1 1
OH OA OB OC
= + +
Giải
A
B
C
O
A'
H

a/ Ta có:
2 2 2
AB OA OB= +

2 2 2
BC OB OC= +

2 2 2
AC OA OC= +
Vậy
2 2 2
BC AB AC< +
, tức là góc BAC của tam giác ABC là góc nhọn. Tương tự như
trên, ta chứng minh được tam giác ABC có cả ba góc đều nhọn.
b/ * Cách 1: Vì H là hình chiếu của điểm O trên mp (ABC) nên
( )
OH ABC⊥
Mặt khác
( )
OBCOA ⊥
nên
OA BC
⊥
Vậy
AH BC⊥
(định lý ba đường vuông góc), tức là H thuộc một đường cao của tam giác
ABC. Tương tự như trên, ta cũng có H thuộc đường cao thứ hai của tam giác ABC. Vậy
H là trực tâm của tam giác ABC.
* Cách 2: Nếu K là trực tâm của tam giác ABC thì
AK BC⊥

, mặt khác
OA BC⊥
nên
( )
BC AOK⊥
, suy ra
BC OK
⊥
. Tương tự như trên ta cũng có:
AB OK
⊥
. Vậy
( )
OK ABC⊥
, tức là K trùng với H.
c/ Nếu
AH BC⊥
tại
A
′
thì
BC OA
′
⊥
Vì OH là đường cao của tam giác vuông
AOA
′
(vuông tại O) và
OA
′

là đường cao của
tam giác vuông BOC (vuông tại O) nên

2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
;
OH OA OA OA OB OC
= + = +
′ ′
Vậy
2 2 2 2
1 1 1 1
OH OA OB OC
= + +
Bài 4: (BT 18 – tr 103 – SGK)
- 6 -
Cho hình chóp S.ABC có
( )
ABCSA mp⊥
, các tam giác ABC và SBC không vuông.Gọi H
và K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC. Chứng minh rằng:
a/ AH, SK, BC đồng quy
b/
( )
BHKSC mp⊥
c/
( )
SBCHK mp⊥
Giải
K

H
A
B
C
S
A'
a/ Gọi
AA
′
là đường cao của tam giác ABC, do
( )
SA ABC⊥
nên
SA BC
′
⊥
(định lý ba
đường vuông góc)
Vì H là trực tâm của tam giác ABC, K là trực tâm của tam giác SBC nên H thuộc
AA
′
, K
thuộc
SA
′
Vậy AH, SK, BC đồng quy tại
A
′
b/ Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
BH AC⊥

, mà
BH SA⊥
nên
BH SC⊥
Mặt khác K là trực tâm của tam giác SBC nên
BK SC⊥
Vậy
( )
SC BHK⊥
c/ Từ câu b ta suy ra
HK SC
⊥
. Mặt khác
HK BC
⊥
do
( )
BC SAA
′
⊥
Vậy
( )
HK mp SBC⊥
Bài 5: (BT 19 – tr 103 – SGK)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a và SA = SB = SC = b. Gọi G là
trọng tâm của tam giác ABC
a/ Chứng minh rằng:
( )
ABCSG mp⊥
. Tính SG

b/ Xét mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng SC. Tìm hệ thức liên hệ
giữa a và b để (P) cắt SC tại điểm
1
C
nằm giữa S và C. Khi đó hãy tính diện tích thiết
diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi mp(P)
Giải
a/
A
B
C
S
H
- 7 -
Kẻ
( )
SH mp ABC⊥
, do
SA SB SC
= =
nên ta có
HA HB HC
= =
Mặt khác, ABC là tam giác đều nên H trùng với trọng tâm G của tam giác đó.
Vậy
( )
SG ABC⊥

2
2 2 2 2

3
3
a
SG SA AG b
 
= − = −
 ÷
 ÷
 
Từ đó:
2
2
3
a
SG b= −
(Với
2 2
3b a>
)
b/
G
C'
A
B
C
S
C1
Dễ thấy
AB SC⊥
. Vì (P) đi qua A và vuông góc với SC nên AB nằm trong (P). Kẻ

đường cao
1
AC
của tam giác SAC thì (P) chính là mp
( )
1
ABC
Do tam giác SAC cân tại S nên điểm
1
C
nằm trong đoạn thẳng SC khi và chỉ khi
·
0
90ASC <
Điều này tương đương với
2 2 2
AC SA SC< +
hay
2 2
2a b<
Trong trường hợp này, thiết diện của hình chóp bị cắt bởi (P) là tam giác
1
ABC

1
1 1
1 1
. . . .
2 2
ABC

S AB C C a C C
′ ′
= =
(Với
C
′
là trung điểm của AB)
Mặt khác
1
. .C C SC SG CC
′ ′
=

1
.SG CC
C C
SC
′
′
⇒ =
Tức là:
2
2
2 2
1
3
.
3
3 2
2

a a
b
a b a
C C
b b
−
−
′
= =
Vậy
1
2 2 2
3
4
ABC
a b a
S
b
−
=
Bài 6: (BT 23 – tr 111 – SGK)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a
a/ Chứng minh rằng AC’ vuông góc với hai mặt phẳng (A’BD) và (B’CD’)
b/ Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung trực của AC’. Chứng minh thiết diện tạo
thành là một lục giác đều. Tính diện tích thiết diện đó.
Giải
- 8 -
P
Q
R

S
N
M
D
C
A
C'
A'
B'
D'
B
a/ Ta có
AC AB AD AA
′ ′
= + +
uuuur uuur uuur uuur
và
BD AD AB= −
uuur uuur uuur
Vậy
( ) ( )
. . 0AC BD AB AD AA AD AB
′ ′
= + + − =
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Tương tự ta có
. 0AC BA
′ ′
=
uuuur uuur

Vậy
( )
AC A BD
′ ′
⊥
Do
( ) ( )
//A BD B CD
′ ′ ′
nên
( )
AC B CD
′ ′ ′
⊥
b/ Gọi M là trung điểm của BC thì
MA MC
′
=
(vì cùng bằng
5
2
a
)
nên M thuộc mặt phẳng trung trực
( )
α
của
AC
′
Tương tự, ta chứng minh được N, P, Q, R, S cũng có tính chất đó (N, P, Q, R, S lần lượt

là trung điểm của CD,
, , ,DD D A A B B B
′ ′ ′ ′ ′ ′
)
Vậy thiết diện của hình lập phương bị cắt bởi mp
( )
α
là MNPQRS. Dễ thấy đó là lục
giác đều cạnh bằng
2
2
a
Từ đó ta tính được diện tích của thiết diện là:

2
2
2 3 3 3
6. .
2 4 4
a
S a
 
= =
 ÷
 ÷
 

Bài 7: (BT 24 – tr 111 – SGK)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và
( )

ABCDSA mp⊥
, SA = x. Xác
định x để hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc
60
o
Giải
O
D
A
B
C
S
O 1
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Trong mặt phẳng (SAC) kẻ
1
OO
vuông góc với SC, dễ thấy mp
( )
1
BO D
vuông góc với
SC.
- 9 -
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) bằng góc giữa hai đường thẳng
1
BO
và
1
DO

Mặt khác
1 1
,OO BD OO OC⊥ <
mà
OC = OB
nên
·
0
1
45BO O >
Tương tự
·
0
1
45DO O >
, tức là
·
0
1
90BO D >
Như vậy, hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc
0
60
khi và chỉ khi

·
·
0 0
1 1
120 60BO D BO O= ⇔ =

(Vì
1
BO DV
cân tại
1
O
)

0
1
1
.tan 60
. 3
BO OO
BO OO
⇔ =
⇔ =
Ta lại có:
·
·
1 1
.sin .sin .
SA
OO OC OCO OC ACS OC
SC
= = =
Như vậy
1
3 3. . 3
SA

BO OO BO OC SC SA
SC
= ⇔ = ⇔ =

2 2
2 3x a x x a⇔ + = ⇔ =
Vậy khi x = a thì hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc
0
60
Bài 8: (BT 27 – tr 112 – SGK)
Cho hai tam giác ACD, BCD nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau và AC = AD
= BC = BD = a; CD = 2x. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD.
a/ Tính AB, IJ theo a và x
b/ Với giá trị nào của x thì hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc?
Giải
I
J
C
B
D
A
a/ Vì J là trung điểm của CD và AC = AD nên
AJ CD
⊥
Do
( ) ( )
mp ACD mp BCD⊥
nên
( )
AJ mp BCD⊥

Mặt khác: AC = AD = BC = BD nên tam giác AJB vuông cân,
suy ra
2 2 2
2,AB AJ AJ a x= = −
hay
2 2
AJ a x= −
Vậy
( )
2 2
2AB a x= −
với a > x
Do IA = IB, tam giác AJB vuông tại J nên
1
2
JI AB=
, tức là
( )
2 2
1
2
2
IJ a x= −
b/ Rõ ràng là CI và DI vuông góc với AB. Vậy

( ) ( )
mp ABC mp ABD⊥

·
0

1
90
2
CID IJ CD⇔ = ⇔ =

( )
2 2
1 1 3
2 .2
2 2 3
a
a x x x⇔ − = ⇔ =
Bài 9: (BT 16 – tr 117 – SBT)
- 10 -
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, cạnh bên SA = AB và SA vuông góc với
BC
a/ Tính góc giữa hai đường thẳng SD và BC
b/ Gọi I, J lần lượt là các điểm thuộc SB và SD sao cho IJ // BD. Chứng minh rằng góc
giữa AC và IJ không phụ thuộc vào vị trí của I và J
Giải
D
B
A
C
S
I
J
a/ Vì BC // AD nên góc giữa SD và BC bằng góc giữa SD và AD.
Từ giả thiết, ta có
SA BC⊥

nên
SA AD⊥
Mặt khác SA bằng cạnh của hình thoi ABCD, nên
·
0
45SDA =
là góc phải tìm.
Vậy góc giữa BC và SD bằng
0
45
b/ Do ABCD là hình thoi nên
AC BD⊥
Mặt khác IJ // BD nên
AC IJ⊥
tức là góc giữa IJ và AC bằng
0
90
không đổi.
Bài 10: (BT 26 – tr 119 – SBT)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, và SA = SC, SB = SD. Gọi O là giao
điểm của AC và BD.
a/ Chứng minh rằng
( )
SO mp ABCD⊥
b/ Gọi d là giao tuyến của mp(SAB) và mp(SCD);
1
d
là giao tuyến của mp(SBC) và
mp(SAD). Chứng minh rằng
( )

1
,SO mp d d⊥
Giải
O
C
A
B
D
S
a/ Vì ABCD là hình bình hành và
O AC BD
= ∩
nên OA = OC và OB = OD.
Mặt khác SA = SC nên
SO AC
⊥
và SB = SD nên
SO BD
⊥
Vậy
( )
SO mp ABCD⊥
b/ Vì AB // CD mà
( ) ( )
d = mp SAB mp SCD∩
nên d // AB và d qua S
Tương tự
1
d // AD
và

1
d
qua S
Do
( )
SO mp ABCD⊥
nên
1
,SO d SO d⊥ ⊥
- 11 -
Vậy
( )
1
,SO mp d d⊥
Bài 11: (BT 27 – tr 119 – SBT)
Cho hai hình chữ nhật ABCD, ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác nhau sao cho hai
đường chéo AC và BF vuông góc Gọi CH và FK lần lượt là hai đường cao của hai tam
giác BCE và ADF. Chứng minh rằng
a/ ACH và BFK là các tam giác vuông
b/
BF AH⊥
và
AC BK⊥
Giải
A
F
B
C
E
D

H
K
a/ Ta có
( )
AB BCE
CH AH
CH BE

⊥

⇒ ⊥

⊥


Vậy ACH là tam giác vuông tại H
Tương tự, ta có BKF là tam giác vuông tại K
b/ Ta có
CH BE
CH BF
CH AB
⊥

⇒ ⊥

⊥

Mặt khác
AC BF
⊥

Vậy
BF AH⊥
Tương tự ta có
AC BK
⊥
Bài 12: (BT 28 – tr 119 – SBT)
a/ Cho tứ diện DABC có các cạnh bằng nhau. Gọi H là hình chiếu của D trên mp(ABC)
và I là trung điểm của DH. Chứng minh rằng tứ diện IABC có IA, IB, IC đôi một vuông
góc.
b/ Cho tứ diện IABC có IA = IB = IC và IA, IB, IC đôi một vuông góc; H là hình chiếu
của I trên mp(ABC) . Gọi D là điểm đối xứng của H qua I. Chứng minh tứ diện DABC
có các cạnh bằng nhau.
Giải
I
M
A
B
C
D
H
a/ Kí hiệu cạnh của tứ diện đã cho là a, dễ thấy H là trọng tâm của tam giác ABC. Từ đó
- 12 -

2
2
2 2 2 2
3 6
3 9
a a
DH DA AH a

 
= − = − =
 ÷
 ÷
 

6
3
a
DH⇒ =
Do I là trung điểm của DH nên
6
6
a
IH =
Khi đó
2 2
2
2 2 2
6 a 3
6 6 4
a a
IM IH HM
   
= + = + =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
Tức là:
2

a
IM =
Xét tam giác IBC có IM là trung tuyến và
1
2
IM BC=
Vậy
IB IC⊥
Tương tự như trên, ta có IA, IB, IC đôi một vuông góc
b/ Vì IA, IB, IC đôi một vuông góc, IA = IB = IC và H là hình chiếu của I trên
mp(ABC) nên ABC là tam giác đều nhận H làm trọng tâm.
Ngoài ra
2 2 2 2 2
1 1 1 1 3
IH IA IB IC IA
= + + =
hay
3
IA
IH =
Do D là điểm đối xứng với H qua I nên
2
3
IA
DH =
và DA = DB = DC
Đặt IA = x thì
2
, 2
3

x
DH AB x= =
Khi đó
2
2 2 2
2 2 2 2
4 2. 3 4 2
2
3 3 3 3
x x x x
DA DH HA x
 
= + = + = + =
 ÷
 ÷
 
Vậy
2DA DB DC x= = =
Do đó tứ diện DBCA có các cạnh bằng nhau
Bài 13: (BT 42 – tr 122 – SBT)
Cho hình vuông ABCD. Gọi S là điểm trong không gian sao cho SAB là tam giác đều và
mp(SAB) vuông góc với mp(ABCD)
a/ Chứng minh rằng
( ) ( )
mp SAB mp SAD⊥
và
( ) ( )
mp SAB mp SBC⊥
b/ Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC)
c/ Gọi h và I lần lượt là trung điểm của AB và BC. Chứng minh rằng

( ) ( )
mp SHC mp SDI⊥
Giải
I
H
C
A
B
D
S
a/ Gọi H là trung điểm của AB thì
SH AB⊥
- 13 -
Do
( ) ( )
SAB ABCD⊥
nên
( )
SH ABCD⊥
SH AD
⇒ ⊥
Mặt khác
AD AB⊥
Vậy
( )
AD SAB⊥
Từ đó
( ) ( )
SAD SAB⊥
Tương tự như trên ta có

( ) ( )
SBC SAB⊥
b/ Giả sử
( ) ( )
SAD SBC St∩ =
, dễ thấy St // AD, từ đó
( )
mp ASB St⊥
Do
·
0
60ASB =
nên góc giữa hai mặt phẳng
( )
SAD
và
( )
SBC
bằng
0
60
c/ Vì ABCD là hình vuông; H, I lần lượt là trung điểm của AB và BC nên
HC DI⊥
, mặt
khác
DI SH⊥
Vậy
( )
DI SHC⊥
, từ đó

( ) ( )
SDI SHC⊥
.
Bài 14: (BT 43 – tr 122 – SBT)
Cho hình chữ nhật ABCD với tâm O, AB = a, BC = 2a. Lấy điểm S trong không gian
sao cho SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) , đặt SO = h. Gọi M và N lần lượt là
trung điểm của AB và CD.
a/ Tính góc giữa mặt phẳng (SMN) với các mặt phẳng (SAB) và (SCD). Tìm hệ thức
liên hệ giữa h và a để mp(SMN) vuông góc với các mặt phẳng (SAB) và (SCD)
b/ Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). Tính h theo a để hai mặt phẳng đó
vuông góc.
Giải
O
N
M
C
A
B
D
S
a/ Vì
,MN AB SO AB⊥ ⊥
nên
( )
AB SMN⊥

( ) ( )
SAB SMN⇒ ⊥
Vậy góc giữa
( )

SMN
và
( )
SAB
bằng
0
90
Tương tự như trên, góc giữa
( )
SMN
và
( )
SCD
cũng bằng
0
90
Như vậy với AB = a, BC = 2a, h tuỳ ý thì
( )
SMN
vuông góc với cả hai mặt phẳng
( )
SAB

và
( )
SCD
b/ Dễ thấy
( ) ( )
, //SAB SCD St St AB∩ =
Như vậy

( )
St SMN⊥
, từ đó
·
MSN
hoặc
·
0
180 MSN−
là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
(SCD)
Tính
·
MSN
Ta có:
2 2 2 2
SM SN h a= = +

·
( )
·
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 . cos
4 2 cos
MN SM SN SM SN MSN
a h a h a h a MSN
= + −
⇔ = + + + − +
- 14 -

Tức là
·
( )
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
cos
2
h a h a
MSN
h a
h a
− −
= =
+
+
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là
α
mà
2 2
2 2
cos
h a
h a
α
−
=
+
Từ đó hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) vuông góc khi và chỉ khi h = a

Bài 15: (BT 44 – tr 122 – SBT)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a, BC = 2a, cạnh bên SA vuông
góc với mặt đáy, SA = a. Tính:
a/ Các góc giữa hai mặt phẳng chứa các mặt bên và mặt phẳng đáy của hình chóp
b/ Góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt bên liên tiếp hoặc hai mặt bên đối diện của hình
chóp.
Giải
D
A
B
I
J
C
S
C1
a/ Dễ thấy
( ) ( )
( ) ( )
SAB ABCD
SAD ABCD

⊥


⊥


nên góc giữa mặt bên (SAB) và (SAD) với mp(ABCD) bằng
0
90

Ta có
( )
SDA CD⊥
và SDA là tam giác vuông tại A nên
·
SDA
là góc giữa hai mặt phẳng
(SDC) và (ABCD)
Từ đó
·
1
tan
2
SDA =
Tương tự
· ·
0
tan 1 45SBA SBA= ⇔ =
Vậy mp(SCD) tạo với mp(ABCD) góc bằng
ϕ
mà
1
tan
2
ϕ
=
và mp(SBC) tạo với
mp(ABCD) góc
0
45

b/ Vì
( ) ( )
SAD SAB⊥
nên góc giữa hai mặt phẳng đó bằng
0
90
Ta cũng có
( )
CD SAD⊥
nên
( ) ( )
SCD SAD⊥
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) bằng
0
90
. Tương tự, ta cũng có góc giữa
hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng
0
90
Ta cần phải tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SDC)
Trong mp(ABCD), qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AC, nó cắt hai đường thẳng
BC và DC lần lượt tại I và J, thì
IJ SC⊥
Do đó,
·
1
IC J
hoặc
·
0

1
180 IC J−
là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD)
Ta có:
·
.tan 2 5AJ AC ACD a= =
- 15 -

1
2 2 2 2 2 2
1
1 1 1 1 1 6 5
5 5
6
a
AC
AC AS AC a a a
= + = + = ⇒ =
Đặt
·
1
AC J
α
=
thì
1
2 5
tan 2 6
5
6

AJ a
AC
a
α
= = =
Đặt
·
1
AC I
β
=
thì
·
1 1
1
5.
tan 6
2
tan
2
5
6
a
AI AC ACI
AC AC
a
β
= = = =
Đặt
·

1
IC J
ϕ
=
thì
6
2 6
6
2
tan
2
6
1 2 6.
2
ϕ
+
= = −
−
Vậy góc giữa mp(SBC) và (SCD) là
0
180
ϕ
−
mà
6
tan
2
ϕ
= −
Bài 16: (BT 46 – tr 123 – SBT)

Trong mp (P), cho hình thoi ABCD với AB = a,
2 6
3
a
AC =
. Trên đường thẳng vuông
góc với mặt phẳng (P) tại giao điểm O của hai đường chéo của hình thoi, ta lấy điểm S
sao cho SB = a. Chứng minh rằng:
a/ Tam giác ASC vuông
b/ Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAD) vuông góc với nhau.
Giải
O
B
C
D
A
S
A1
a/ Ta có
2 2 2
2 6
4 ,
3
a
AC BD a AC+ = =
nên
2 2
2 2
4
3 3

a a
BD OB= ⇒ =
Xét tam giác vuông SOB, ta có
2
2 2 2
2 6
3 3
a a
SO SB OB SO= − = ⇒ =
Vậy tam giác SAC có trung tuyến SO bằng nửa AC nên SAC là tam giác vuông cân tại S
b/ Trong mặt phẳng (SOA) kẻ
1
OA
vuông góc với SA thì
( )
1
ASA mp BD⊥
Từ đó
·
1
BA D
hoặc
·
0
1
180 BA D−
là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD)
Ta có
1
2 2

. . 1 6 3
. . 2
2 3 3
OAOS OAOS a a
OA
SA
OA OS
= = = =
+
Mặt khác
2 3
3
a
BD =
, từ đó
·
0
1
90BA D =
hay hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) vuông góc.
- 16 -
Bài 17 : (BT 45 - tr 122- SBT)
Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mp(DBC). Gọi AE, BF là hai đường cao
của tam giác ABC; H và K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và tam giác DBC .
Chứng minh rằng :
( ) ( ) ( ) ( )
( )
a)mp ADE mp ABC va mp BFK mp ABC
c) HK mp ABC
⊥ ⊥

⊥
Bài làm
H
K
F
D
C
B
A
a)Vì AD vuông góc (DBC) nên AD vuông góc BC
Mặt khác AE vuông góc BC. Vậy BC vuông góc (ADE), từ đó ta có (ABC) vuông góc
(ADE)
vì K là trực tâm tam giác DBC nên BK vuông góc DC. Theo giả thiết AD vuông
góc(DBC)
Vậy BK vuông góc với AC ( định lý 3 đương vuông góc).
Kết hợp với BF vuông gọc với AC ta có
AC vuông góc (BFK) từ đo (ABC) vuông góc (BFK)
b) từ a) ta có (BFK) vuông góc (ABC)
và (ADE) vuông góc (ABC)
HK là giao của (ADE) và (ABC)
Vậy HK vuông góc (ABC)
Bài 18 (bt51a - tr 124 - SBT)
K'
S
H
A
B
C
D
D'

E
F
K
H'
Trong mặt phẳng (P), cho hình chữ nhật ABCD với AB = b, BC = a. Gọi E, F lần lượt là
trung điểm của AD và BC. Trong mặt phẳng qua EF và vuông góc với (P)
Bài làm
Vì (SEF) vuông góc (ABCD)
và AD vuông góc EF
nên AD vuông góc (SEF)
Từ đó (SEF) vuông góc (SBC)
Dễ thấy (SAD) giao (SBC) tại St, St//AD
Do AD vuông góc (SEF), từ đó St vuông góc (SEF), tức là cung ESF hoặc 180
o
- cung
- 17 -
ESF là góc giữa hai mặt phẳng (ASD) và (SBC)
Vì S thuộc đường tròn đường kính È nên cung ESF là 90
o
Bài 19 (BT 52 - tr 124-SBT)
Hình lập phương ABCD, A'B'C'D' cạnh a
a) Tính góc tạo bởi hai đường thẳng AC' và A'B
b) Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh A'B', BC, Đ'
Chứng minh rằng AC' vuông góc với mp( MNP)
M
D'
C'
B'
A'
P

N
D
C
B
A
Bài làm
a) ta có
( )
' ' ' ' , ' 'C B ABB A B A A B⊥ ⊥
nên
' 'A B AC
⊥
( định lý ba đường vuông góc)
Vậy góc giữa AC’ và A’B bằng 90
o
b)
b) Ta có

2 2 2 2
2 2 2
2
D
3a
4 4 2
NP NC C DP
a a
a
= + +
= + + =
Tương tự , ta có MN

2
=MP
2
=
2
3a
2
Vậy MNP là tam giác đều mặt khác

2
2 2 2
2
2 2 2
5a
4
5a
' ' '
4
AN AP AM
A N C P C M
= = =
= = =
Từ đó
( )
'AC MNP⊥
Bài 20 (BT 54 - tr 124 m- SBT)
Hình lập phương ABCD, A'B'C'D' cạnh a . Xét tứ diện AB'CD'.Cắt tứ diện đó bằng mặt
phẳng đi qua tâm của hình lập phương và song song với mp(ABC). Tính diện tích thiết
diện thu được . Hãy xét kết quả của bài toán khi ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật
với ba kích thước là a,b,c

Bài làm
- 18 -
Q
P
N
M
D'
C'
B'
A'
D
C
B
A
Vì ABCD.A'B'C'D' là tứ diện đều
Dễ thấy thiết diện là tứ giác MNPQ
Trong đó M, N,P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB', AD', D'C,B'C.
Do AB'CD' là tứ diện đều nên B'D' vuông AC
Vậy tứ giác MNPQ là hình vuông nên có diện tích là (a
2
:2)
Bài 21 ( BT 55a - tr 124 - sbt)
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh bằng a Gọi C
1
là trung
điểm của C'C
tính góc giữa hai đường thẳng C
1
B và A'B'. Tính góc giữa hai mặt phẳng (C
1

AB) và
(ABC)
O
B'
A'
C'
C''
M
C
B
A
Bài làm
Vì AB//A’B’ nên góc giữa BC’’ và A’B’ là góc giữa BC’’ và AB, Dễ thấy AC’’=BC’’
nên ABC’’ là tam giác cân . từ đó
·
0
'' 90ABC <
Vậy góc giữa AB và BC’’ là
·
''ABC
Gọi M là trung điểm của AB thì

5
. '' , ''
2 2
a a
MB BC MB MC= = ⊥
Từ đó
·
1

os ''
''
5
MB
c ABC
BC
= =
Cũng từ kết quả trên, ta có
( )
''CMC AB⊥
và CMC’’ là tam giác vuông tại C
Nên góc giữa mp
( ) ( )
'' àBAC v CAB
là
·
''CMC
Ta có
·
'' 1
2
tan ''
3 3
2
a
CC
CMC
MC
a
= = =

Vậy
·
'' 30
o
CMC =
hay góc giữa mp(ABC’’) và mp(ABC) bằng 30
o
- 19 -
ĐỀ BÀI
Bài 1: (VD – tr 101 – SGK)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a; SA vuông góc với mp(ABCD)
1. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của điểm A trên các đường thẳng SB và SD
a/ Chứng minh rằng
MN BDP
và
( )
SC AMN⊥
b/ Gọi K là giao điểm của SC với mp (AMN). Chứng minh tứ giác AMKN có hai đường
chéo vuông góc
2. Tính góc giữa đường thẳng SC và mp(ABCD) khi
2SA a=
, AB = a
Bài 2: (BT 16 – tr 103 – SGK)
Cho hình tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc và AB = a, BC = b, CD = c
a/ Tính độ dài AD
b/ Chỉ ra điểm cách đều A, B, C, D
c/ Tính góc giữa đường thẳng AD và mp (BCD), góc giữa đường thẳng AD và mp
(ABC)
Bài 3: (BT 17 – tr 103 – SGK)
Cho hình tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc.

a/ Chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn
b/ Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm O trên mp (ABC) trùng với trực tâm tam
giác ABC
c/ Chứng minh rằng
2 2 2 2
1 1 1 1
OH OA OB OC
= + +
Bài 4: (BT 18 – tr 103 – SGK)
Cho hình chóp S.ABC có
( )
ABCSA mp⊥
, các tam giác ABC và SBC không vuông.Gọi H
và K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC. Chứng minh rằng:
a/ AH, SK, BC đồng quy
b/
( )
BHKSC mp⊥
c/
( )
SBCHK mp⊥
Bài 5: (BT 19 – tr 103 – SGK)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a và SA = SB = SC = b. Gọi G là
trọng tâm của tam giác ABC
a/ Chứng minh rằng:
( )
ABCSG mp⊥
. Tính SG
b/ Xét mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng SC. Tìm hệ thức liên hệ
giữa a và b để (P) cắt SC tại điểm

1
C
nằm giữa S và C. Khi đó hãy tính diện tích thiết
diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi mp(P)
- 20 -
Bài 6: (BT 23 – tr 111 – SGK)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a
a/ Chứng minh rằng AC’ vuông góc với hai mặt phẳng (A’BD) và (B’CD’)
b/ Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung trực của AC’. Chứng minh thiết diện tạo
thành là một lục giác đều. Tính diện tích thiết diện đó.
Bài 7: (BT 24 – tr 111 – SGK)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và
( )
ABCDSA mp⊥
, SA = x. Xác
định x để hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc
60
o
Bài 8: (BT 27 – tr 112 – SGK)
Cho hai tam giác ACD, BCD nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau và AC = AD
= BC = BD = a; CD = 2x. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD.
a/ Tính AB, IJ theo a và x
b/ Với giá trị nào của x thì hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc?
Bài 9: (BT 16 – tr 117 – SBT)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, cạnh bên SA = AB và SA vuông góc với
BC
a/ Tính góc giữa hai đường thẳng SD và BC
b/ Gọi I, J lần lượt là các điểm thuộc SB và SD sao cho IJ // BD. Chứng minh rằng góc
giữa AC và IJ không phụ thuộc vào vị trí của I và J
Bài 10: (BT 26 – tr 119 – SBT)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, và SA = SC, SB = SD. Gọi O là giao
điểm của AC và BD.
a/ Chứng minh rằng
( )
SO mp ABCD⊥
b/ Gọi d là giao tuyến của mp(SAB) và mp(SCD);
1
d
là giao tuyến của mp(SBC) và
mp(SAD). Chứng minh rằng
( )
1
,SO mp d d⊥
Bài 11: (BT 27 – tr 119 – SBT)
Cho hai hình chữ nhật ABCD, ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác nhau sao cho hai
đường chéo AC và BF vuông góc Gọi CH và FK lần lượt là hai đường cao của hai tam
giác BCE và ADF. Chứng minh rằng
a/ ACH và BFK là các tam giác vuông
b/
BF AH⊥
và
AC BK⊥
Bài 12: (BT 28 – tr 119 – SBT)
a/ Cho tứ diện DABC có các cạnh bằng nhau. Gọi H là hình chiếu của D trên mp(ABC)
và I là trung điểm của DH. Chứng minh rằng tứ diện IABC có IA, IB, IC đôi một vuông
góc.
b/ Cho tứ diện IABC có IA = IB = IC và IA, IB, IC đôi một vuông góc; H là hình chiếu
của I trên mp(ABC) . Gọi D là điểm đối xứng của H qua I. Chứng minh tứ diện DABC
có các cạnh bằng nhau.
Bài 13: (BT 42 – tr 122 – SBT)

Cho hình vuông ABCD. Gọi S là điểm trong không gian sao cho SAB là tam giác đều và
mp(SAB) vuông góc với mp(ABCD)
a/ Chứng minh rằng
( ) ( )
mp SAB mp SAD⊥
và
( ) ( )
mp SAB mp SBC⊥
b/ Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC)
c/ Gọi h và I lần lượt là trung điểm của AB và BC. Chứng minh rằng
( ) ( )
mp SHC mp SDI⊥
Bài 14: (BT 43 – tr 122 – SBT)
- 21 -
Cho hình chữ nhật ABCD với tâm O, AB = a, BC = 2a. Lấy điểm S trong không gian
sao cho SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) , đặt SO = h. Gọi M và N lần lượt là
trung điểm của AB và CD.
a/ Tính góc giữa mặt phẳng (SMN) với các mặt phẳng (SAB) và (SCD). Tìm hệ thức
liên hệ giữa h và a để mp(SMN) vuông góc với các mặt phẳng (SAB) và (SCD)
b/ Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). Tính h theo a để hai mặt phẳng đó
vuông góc.
Bài 15: (BT 44 – tr 122 – SBT)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a, BC = 2a, cạnh bên SA vuông
góc với mặt đáy, SA = a. Tính:
a/ Các góc giữa hai mặt phẳng chứa các mặt bên và mặt phẳng đáy của hình chóp
b/ Góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt bên liên tiếp hoặc hai mặt bên đối diện của hình
chóp.
Bài 16: (BT 46 – tr 123 – SBT)
Trong mp (P), cho hình thoi ABCD với AB = a,
2 6

3
a
AC =
. Trên đường thẳng vuông
góc với mặt phẳng (P) tại giao điểm O của hai đường chéo của hình thoi, ta lấy điểm S
sao cho SB = a. Chứng minh rằng:
a/ Tam giác ASC vuông
b/ Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAD) vuông góc với nhau.
Bài 17 : (BT 45 - tr 122- SBT)
Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mp(DBC). Gọi AE, BF là hai đường cao
của tam giác ABC; H và K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và tam giác DBC .
Chứng minh rằng :
( ) ( ) ( ) ( )
( )
a)mp ADE mp ABC va mp BFK mp ABC
c) HK mp ABC
⊥ ⊥
⊥
Bài 18 (bt51a - tr 124 - SBT)
Trong mặt phẳng (P), cho hình chữ nhật ABCD với AB = b, BC = a. Gọi E, F lần lượt là
trung điểm của AD và BC. Trong mặt phẳng qua EF và vuông góc với (P)
Lời giải
Bài 1:
1.a/ * CMR:
MN BDP
+) Ta có:
SAB SAD AM AN= ⇒ =V V
(2 đường cao tương ứng)

BM ND⇒ =

(do
MAB NAD=V V
)
+) Xét
SBDV
có
SB SD
MN BD
BM DN
=

⇒

=

P
* CMR:
( )
SC mp AMN⊥
• Cách 1:
+) Vì
( )
( )
( )

ABCD
BC AB gt
BC SA do SA
⊥



⊥ ⊥


( )
BC SAB BC MA⇒ ⊥ ⇒ ⊥
+) Có
( )
MA BC
MA SB gt
⊥



⊥



MA SC⇒ ⊥
(1đường thẳng
⊥
với 2 cạnh của 1 tam giác thì
⊥
với
cạnh còn lại)
- 22 -
CM tương tự ta có:
NA SC⊥
Vậy
( )

SC mp AMN⊥
• Cách 2:
+) Vì
( )
BC SAB⊥ ⇒
SB là hình chiếu của SC trên (SAB)
Lại có:
( )
1MA SB MA SC⊥ ⇒ ⊥
+)
( )
CD SAD⊥ ⇒
SD là hình chiếu của SC trên (SAD)
Lại có
( )
2AN SD AN SC⊥ ⇒ ⊥
Vậy từ (1) và (2) ta có:
( )
SC mp AMN⊥
• Cách 3:
+)
MN BDP
Mà
BD AC⊥
với AC là hình chiếu của SC trên (ABCD)
MN SC⇒ ⊥
+)
( )AM SC SC AMN⊥ ⇒ ⊥
b/ CMR:
AK MN⊥

Có
( )
BD AC
BD SAC
BD SA
⊥

⇒ ⊥

⊥

Mặt khác: BD // MN
( )MN SAC MN AK⇒ ⊥ ⇒ ⊥
2. Tính góc giữa đường thẳng SC và mp(ABCD) khi
2SA a=
, AB = a
+) Vì AC là hình chiếu của SC trên (ABCD)
⇒
góc giữa (ABCD) và SC là góc giữa SC
và AC
+) Vì
ASCV
có AS = AC = a
2
0
45goc SCA⇒ = ⇒
góc cần tìm là
0
45
+)

SBCV
vuông tại B có
Bài 17 (Đề số 32 – tr 42- stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam gíac cân với AB = AC = a và góc
0
120BAC =
, cạnh bên BB’ = a. Gọi I là trung điểm CC’. Chứng minh rằng tam giác AB’I
vuông ở A. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I).
Lời giải
a
a
a
I
H
C'
B'
A'
B
C
A
+)SÏ tÝnh ®îc :

2
'2 '2 ' '2
13

4
a
IB IC B C= + = =

2
'2 '2
13

4
a
AI AB+ = =
VËy
'
AB I∆
vu«ng t¹i A
- 23 -
+)Chú ý rằng
ABC

chính là hình chiếu vuông góc của
'
AB I
nên ta có:
'
2 2
.cos
3 10 3 30
.cos cos
4 10 10
10
ABC
AB I
S S
a a

=
= = =
Bi 18 ( s 34 tr 45- stt TTS 2002-2003 n 2008-2009)
Cho hỡnh lng tr ng ABC.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc u cnh a, hỡnh chiu ca
im A lờn mt phng (ABC) l trc tõm H ca tam giỏc ABC, gúc gia ng thng
cha cnh bờn v mt phng ỏy ca hỡnh lng tr bng

. Chng minh rng hai ng
thng AA v BC vuụng gúc vi nhau. Tớnh din tớch mt bờn BCCB ca hỡnh lng tr.
Li gii
M
H
C'
B'
A'
B
C
A
Gọi H là trực tâm
ABC
.Theo giả thiết
'
( )A H ABC
nên AH là hình chiếu của
'
A A
trên
mp(ABC)

ã
'A AH

=
Ta có
' ( ), '
'
A H ABC BC AH AA BC
BC BB


Mặt bên
' 'BCC B
là hình chữ nhật
' '
'.
BCC B
S BB BC =
Trong
ABC

đều cạnh a H là trực tâm cũng là trọng tâm nên
3 2 3
.
2 3 3
a a
AH = =
Trong tam giác vuông
3 3
' : ' , ' '

cos 3cos 3cos
AH a a
A AH A A B B A A

= = = =
Vậy
2
' '
33
.
3cos 3cos
BCC B
aa
S a

= =
Bi19 ( C Giao thụng Vn ti 2007)( s 35 tr 46- stt TTS 2002-2003 n
2008-2009)
Cho hỡnh lng tr ng ABC.ABC cú ỏy l tam giỏc vuụng ti A, bit AB = AC =
AA = a (a > 0) .Tớnh khong cỏch gia hai ng thng AC v BC.
Li gii
- 24 -
y
x
z
C'
B'
A'
C
B

A
Chonj trục hệ toạ độ 0xyz sao cho các đỉnh của hình lăng trụ có toạ độ là:
A(0;0;0),B(a;0:0),
C(0;a;0),
'(0; ; )C a a
có

2 2
3
(0; ;0)
' ( ; ; )
( ;0;0)
, ' ( ;0 )
, ' . 0
AC a
BC a a a
AB a
AC BC a a
AC BC AB a
=
=
=

=


=

uuur
uuuur

uuur
uuur uuuur
uuur uuuur uuur
, 'AC BC
chéo nhau
KHoảng cách giữa hai đờng thẳng AC và
'BC
là:

3
4 4
, ' .
2
( ; ')
2
2
0
, '
AC BC AB
a
a a
d AC BC
a a
AC BC


= = = =

+ +

uuur uuuur uuur
uuur uuuur
Bi 20 ( C Khi A- 2007)( s 37 tr 49- stt TTS 2002-2003 n 2008-2009)
Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc u cnh bng
3a
, cnh bờn SA vuụng
gúc vi mt phng ỏy v Sa = 2a. Tớnh khonh cỏch t A n mt phng (SBC) theo a.
Lời giải
- 25 -