CHUYÊN ĐỀ : GÓC TRONG KHÔNG GIAN VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN pptx

CHUY ÊN ĐỀ :
GÓC TRONG KHÔNG GIAN
VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN
A.Tóm tắt lí thuyết:
I.Góc giữa hai đường thẳng:
1.Góc giữa hai đường thẳng a và b được định nghĩa bằng góc giữa hai đường thẳng
a’ và b’ cùng đi qua một điểm O và lần lượt song song với a và b.
2.
// '
// '
a a
b b



thì góc giữa hai đường thẳng a và b bằng góc giữa hai đường thẳng a’và b’
3.Góc giữa hai đường thẳng luôn không tù.
II.Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
1. Cho đường thẳng
V
và mặt phẳng
( )
α
. Nếu
V
không vuông góc với
( )
α
, khi
đó góc giữa chúng được định nghĩa bằng góc giữa
V

và hình chiếu vuông góc
V
’ của
V
lên mặt phẳng
( )
α
.
2. Góc giữa một đường thẳng và một mặt phẳng luôn tù.
3. Cho m là một đường thẳng bất kì trong mặt phẳng
( )
α
.khi đó
góc giữa đường thẳng
∆
và
( )
α
không lớn hơn góc giữa hai đường thẳng ∆

và
m.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc ∆
⊥
(α) hoặc m // ∆’ ( ở đó ∆’ là
hình chiếu vuông góc của ∆ lên (α)).
4. Nếu ∆ // a và (α) // (P) thì góc giữa đường thẳng ∆ và (α) bằng góc giữa đường
thẳng a và (P).
5. Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (α). Khi đó với mọi đường thẳng ∆
ta có tổng góc giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (α) và góc giữa hai đường thẳng

∆ và a bằng
90
o
.

1

·
( )
·
( ,( )) , 90
o
a
α
+ =
V V
6 .Cho hai mặt phẳng (α) và (β) vuông góc với nhau. Khi đó với mọi đường thẳng ∆
ta có:
·
·
( ,( )) ( ,( )) 90
o
α β
+ =
V V
.
7. Gọi A’,B’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B xuống mặt phẳng (α). Khi đó
¼
' ' cos( ,( ))A B AB AB
α

=
. Do đó
' 'A B AB
≤
, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AB song
song với (α) hoặc nằm trên (α).
III.Góc giữa hai mặt phẳng:
1.Cho hai mặt phẳng (α) và (β).
a) Nếu (α) và (β) trùng nhau hoặc song song với nhau,
ta nói góc giữa chúng bằng 0.
b) Nếu (α) và (β) cắt nhau theo giao tuyến m.
Lấy hai đường thẳng a và b lần lượt thuộc (α) và (β)
và vùng vuông góc với đường thẳng m tại O.
Khi đó góc giữa (α) và (β) được định nghĩa bằng góc giữa hai đường
thẳng a và b.
2.Góc giữa hai đường thẳng luông không tù.
3. Nếu
( )//( ')
( ) //( ')
α α
β β



Thì
·
·
(( ),( )) (( '),( '))
α β α β
=

.
4.Nếu
( )
( )a
α
β
⊥


⊥

V
thì
¶
·
( , ) (( ),( ))a
α β
=
V
.
5.Nếu
( ) ( )
α β
⊥
thì
·
0
(( ),( )) 90
α β
=

.
6.Trong mặt phẳng (β) cho hình H có diện tích S(H). Gọi H’ là hình chiếu vuông
góc của H xuống mặt phẳng (α). Khi đó diện tích S(H’) của H’ được tính bằng
công thức
S(H) = S(H’).
·
os(( ),( ))C
α β
.
Do đó S(H)
≤
S(H’).
2
B.Một số dạng toán liên quan:
I.GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG:
Bài 1:
Cho hình chóp đều S.ABCD, đáy có cạnh bằng a và có tâm O.Gọi M,N lần lượt là
trung điểm của SA,BC.Biết góc giữa MN và (ABCD) bằng
60
o
.
Tính MN,SO và
·
( ,( ))MN SAO
.
Hướng dẫn giải:
Gọi P là trung điểm AO.
Khi đó MP // SO và SO
⊥
(ABCD) do đó:

·
·
( ,( D)) 60 .MN ABC MNP= =
o

Trong
V
NCP theo định lí hàm số cosin ta có
2
2 2 2
5
2 . .cos45 .
8
a
NP CN CP CN CP= + − =
o
Trong tam giác vuông MNP ta có
5
os60 2
PN
MN a
c
= =
o
và PM=PN.tan
60
o
15 15
2
8 2

a SO MP a= ⇒ = =
.
Gọi H là trung điểm của 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= = =
Do đó trong tam giác vuông MHN ta có
·
1
sin .
2 5
NH
NMH
MN
= =
Vậy góc giữa MN và mặt phẳng (SAC) bằng
α
thỏa mãn
1
sin ,0 .
2

2 5
π
α α
= ≤ ≤
3
Bài 2 :
Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’, đáy có cạnh bằng a,cạnh bên có độ dài bằng
b.Gọi M là trung điểm của AB và
α
là góc tạo bởi đường thẳng MC’ và mặt phẳng
(BCC’B’).Tính tan
α
.
Hướng dẫn giải:
Gọi M’,N lần lượt là trung điểm của A’B’ và BC.
Gọi P là trung điểm của BM.
Ta có AN
⊥
BC và AN
⊥
BB’ nên AN
⊥
(BCC’B’).
Do đó
α
=
·
'MC P
.
Ta có

1 3
.
2 4
a
MP AN= =
2
2 2 2
2
2
3a
' ' ' '
4
9a
' .
16
MC MM M C b
PC b
= + = +
⇒ = +
Trong tam giác vuông C’PM ta có tan
α
=
2 2
3
.
'
16 9a
MP a
PC
b

=
+
4
Bài 3:
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Điểm M thuộc BC’, N’ thuộc đoạn
AB’. Đường thẳng MN tạo với mặt phẳng (ABCD) góc α. Chứng minh rằng :
2 os +sin
a
MN
c
α α
≥
H ướng dẫn giải:
Gọi M’, N’ lần lượt là hình chiếu của M,N trên (ABCD). Không mất tính tổng quát giả sử
' 'MM NN
<
.
{ }
' 'P MN M N= ∩
.
Khi đó:
MM’=BM’, NN’=AN’=a – BN’, MN=PN – PM
⇒
MNcosα = ( PN – PM )cosα
= PNcosα – PMcosα
= PN’ – PM’ = M’N’.
⇒
M’N’= MNcosα
Do đó : M’N’ =
2 2

' 'BN BM+
= MNcosα (1)
Ta có
MNsinα = PNsinα – PMsinα = NN’ – MM’
=a – BN’ – BM’ = a- (BN’ + BM’) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
2 2
( 2 os sin ) 2( ' ' ) ( ' ')MN c BN BM a BN BM
α α
+ = + + − +

( ' ') ( ' ')BN BM a BN BM a≥ + + − + =

( do
2 2 2
2( ) ( )a b a b+ ≥ +
)
⇒

2 os +sin
a
MN
c
α α
≥
(đpcm)
5
Bài 4:
Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác cân AB=AC=a.
·

BAC
=
α
,biết SA,SB,SC
đều hợp với mp(ABC) góc
α
.Gọi O là tâm vòng (ABC).
a)CM: O trùng với hc của S lên mp(ABC)
b)Tính d(S,(ABC)).
Hướng dẫn giải:

a) Gọi I là hinh chiếu của S lên (ABC), theo giả thiết, ta có:

·
· ·
= = = αSAI SBI SCI
(1)
Các tam giác SAI,SBI,SCI có chung cạnh góc vuông SI và thỏa (1) nên bằng nhau .
Vậy IA=IB=IC
⇒
I O
≡
.
b) Ta có :
AC=2R.sinB (Đl hàm sin trong
ABCV
)
⇒
a=2R.sin(
90

2
α
−
o
)=
2R. os
2
c
α
⇒
R=
2 os
2
a
c
α


⇒
IB=
2 os
2
a
c
α
( ,( ))d S ABC SO=

( ( ))SO ABC⊥
= IB tan α (
#

SOB vuông)
=
2a sin os a sin
a tan
2 2 2
os
2 os 2 os os
2 2
c
c
c c c
α α α
α
α α
α
α
= =
6
Bài 5:
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a.
AA’
⊥
(ABC).Đường chéo BC’ của mặt bên BCC’B’ hợp với (ABB’A’) góc
30
o
.
Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AC và BB’.
a)Tính AA’
b) góc[MN,(BA’C’)].
Hướng dẫn giải:

Tính AA’:
Gọi I là trung điểm A’B’, ta có:
C’I
⊥
A’B’ (
' ' 'A B CV
đều)
Mà C’I
⊥
AA’ (AA’
⊥
(A’B’C’))
Vậy C’I
⊥
(ABB’A’) (1)
⇒
/( ' )
'
ABB C
BI hcBC=

⇒
·
' 30IBC
°
=
Mặt khác (1)
⇒
C’I
⊥

IB
⇒

'IC BV
vuông tại I
⇒

'
' 3
sin 30
C I
BC a
°
= =
' 'BB CV
vuông:
⇒
BB’=
2 2 2 2
' ' ' 3a 2.BC B C a a− = − =
b)Tính góc[MN,(BA’C’)].
Gọi J là trung điểm của A’C’ H là hình chiếu của M lên BJ.
Trong hình thang BNJM,MN cắt BJ tại K.K cũng
là giao diểm của MN và(B’A’C’).
Mặt khác ,
/( ' ')BA C
hcM H BJ= ∈
7
⇒
góc [MN,(BA’C’)]=

·
·
,MKH MN BJ=
uuuur uuur
Ta có
. ( ).( . ')MN BJ MB BN BM BB= +
uuuur uuur uuur uuur uuuur uuur

2 2
2
. . ' . . '
3a
0 0
4 4
MB BM MB BB BN BM BN BB
a
a
= + + +
−
= + + + =
uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuur
⇒
MN.BJ.cos(
,MN BJ
uuuur uuur
)=
2
4
a
(2)

Mà :
2 2
2 2
2
2 2 2
3a a 5
4 2 2
3a 11
2a
4 2
a
MN BM BN
a
BJ BM MJ
= + = + =
= + = + =

Vậy (3)
⇒

2
55
4
a
.cos(
,MN BJ
uuuur uuur
)=
2
4

a


⇒
cos(
,MN BJ
uuuur uuur
)=
1
55
>0.
Vậy góc[MN,(BA’C’)] = góc(
,MN BJ
uuuur uuur
) = arccos
1
55
.
8
Bài 6:
Cho hình lăng trụ ABC,A’B’C’ đáy ABC vuông cân tại A.
AA’
⊥
(ABC).Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và B’C’.Biết rằng MN=a và
góc[MN,(ABC)]=
α
, góc[MN,(BCC’B’)]=
β
.
a)Tính các cạnh đáy và cạnh bên của lăng trụ theo a,

α
.
b)CMR: cos
α
=
2 sin
β
.
Hướng dẫn giải:
a/ Gọi I là trung điểm BC,
Ta có MN
⊥
(ABC)
⇒
/( )ABC
MI hcMN=
⇒
·
IMN
α
=
·
IMN
α
=
MINV
MINV
vuông tại I.
⇒
MI=MN.cos

α
=a.cos
α
(1)
IN=MN.sin
α
=a.sin
α
(2)
Từ (1)
⇒
AB=2a.cos
α

( MI là đường trung bình
ABCV
)
BC=2a
2
.cos
α
(3) (
ABCV
vuông cân)
Từ (2)
⇒
AA’=BB’=CC’=a.sin
α
.( IN = AA’)
b)Ta có:

MI // AC, MI=AC/2
⇒
MI
⊥
AB,MI=MB
⇒
MIBV
vuông cân (4)
Gọi J là trung điểm BI thì MJ
⊥
BI
Mà MJ
⊥
BB’ (BB’
⊥
(ABC))
Do đó MJ
⊥
(BCC’B’)
⇒
/( ' ')BCC B
JN hcMN=

⇒

·
MNJ
β
=
.

Ta có
MJNV
vuông
⇒
MJ=MN.sin
β
=a.sin
β

⇒
BI=2MJ=2asin
β
(do (4))

⇒
BC=2BI=4asin
β
(5)
Từ (3) và (5)
⇒
2a
2
.cos
α
= 4asin
β


⇒
cos

α
=
2 sin
β
.
9
Bài 7:
Cho tứ diện ABCD có ba mặt ABC,ACD,ADB vuông tại A.M là một điểm ở trong
tam giác BCD.Gọi
α
,
β
,
γ
lần lượt là góc giữa AM và các mặt phẳng (ABC),(ACD),
(ADB).
CMR:
2 2 2
sin sin sin 1
α β λ
+ + =
.
Hướng dẫn giải:
Từ M dựng các đoạn vuông góc MH,MK,ML từ M đến các mặt phẳng (ABC),(ACD),
(ADB) theo thứ tự.
Ta có:
/( )
/( D)
/( )
ABC

AC
ABD
AH hcAM
AK hcAM
AL hcAM
=
=
=
⇒
·
·
·
α = β = λ =MAH, MAK, MAL
Các tam giác vuông MAH,MAK,MAL cho:
sin ,sin ,sin
MA MK ML
AM AM AM
α β λ
= = =
⇒
2 2 2
2 2 2
2
sin sin sin
MH MK ML
AM
α β λ
+ +
+ + =
Lần lượt dựng các đoạng vuông góc HJ,HI từ H đến AB,AC thì AJHI là hình chữ nhật.

Mặt khác, ta có HI
⊥
AC
Mà HI
⊥
AD (AD
⊥
(ABC))
Do đó HI
⊥
(ACD)
⇒
HI là khoảng cách Từ I đến (ACD)
⇒
HI = MK (MK//AD
⇒
MH // (ACD) )
Tương tự : HJ = ML
Từ đó
2 2 2
2 2 2
2
sin sin sin
MH MK ML
AM
α β λ
+ +
+ + =

2 2 2

2
MH HI HJ
AM
+ +
=

2 2
2
1
MH AH
AM
+
= =
(
AMH∆
vuông).
10
II.GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG:
Bài 8:
Cho hình vuông ABCD cạnh a, trong mp(P).Hai điểm M,N di động trên CB và CD,
Đặt CM=x,CN=y.Trên đường thẳng At vuông góc với (P) lấy điểm S.Tìm liên hệ
giữa x,y để
a) (SAM) và (SAN) tạo nhau góc
45
o
b) (SAM)
⊥
(SMN).
Hướng dẫn giải:
a) Do SA

⊥
(ABCD) nên SA
⊥
AM và
SA
⊥
AN.
Suy ra
·
MAN
là góc giữa hai mặt phẳng (SAM) và (SAN).

⇒
·
45MAN =
o
.
Ta có
·
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
. . os
( ) ( ) 2( ( ) )( ( ) ).
MN MA AN MA NA c MAN
MN a a x a a y a a x a a y
= + −
= + − + + − − + − + −
Mà MN
2
=

2 2
x y+
nên
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 3 2
x 4 2ax 2a 2( ( ) )( ( ) )
2( ( ) )( ( ) ) 4 2ax 2a .
4a ( ) 4 2ax ( ).
y a x y y a a x a a y
a a x a a y a y
x y x y a y x y
+ = + + − − − + − + −
⇔ + − + − = − −
⇔ + + = + +
b) Do (SAM)
⊥
(SMN) và MN
⊥
SA
⇒
MN
⊥
(SMA)
⇒
MN
⊥
AM.
2 2 2
2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2
2
( ) ( )
2a 2a 2a 2ax 2x
( ).
AN AM MN
a a y a a x x y
y y y
x a x y
⇒ = +
⇒ + − = + − + +
⇒ − + = − + +
⇒ = −
Vậy để (SAM)
⊥
(SMN) thì
2
( )x a x y= −
(x>y).
11
Bài 9:
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a, góc
·
o
BAC 120=
, cạnh bên BB' = a. Gọi I là trung điểm CC'. Chứng minh
∆
AB'I
vuông tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB'I).
H ướng dẫn giải:

Cách 1 :
Gọi H là trung điểm
BC AH BC.⇒ ⊥
∆
ABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a ⇒
a
AH
2
=
và
a 3
BH BC a 3
2
= ⇒ =
/ /
IB C∆
vuông có:
2 2
/ 2 / 2 / / 2 2
a 13a
IB IC B C 3a
4 4
= + = + =
∆
AIC vuông có:
2 2
2 2 2 2
a 5a
AI IC AC a
4 4

= + = + =
Ta có:
2 2
2 / 2 2 / 2
5a 13a
AI AB 2a IB
4 4
+ = + = =

(AB
/
là đường chéo của hình vuông AA
/
B
/
B cạnh a)
Vậy,
∆
AB
/
I vuông tại A.
Ta có:
/
2
/
AB I
1 1 a 5 a 10
S .AI.AB . .a 2
2 2 2 4
= = =

2
ABC
1 1 a a 3
S .AH.BC . .a 3
2 2 2 4
= = =
Gọi
α
là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB
/
I), theo công thức chiếu, ta có:
/
2 2
ABC
AB I
S a 3 a 10 30
cos :
S 4 4 10
α = = =
Cách 2 :
Gọi H là trung điểm BC ⇒
AH BC⊥
∆
ABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a
a
AH
2
⇒ =
và
a 3

BH BC a 3
2
= ⇒ =
Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc,
A(0; 0; 0),
12
A
/
B
/
C
/
A
B
C
30
o
H
I
60
o
B
/
A
/
C
/
z
a

B
C
A
H
I
y
z
/
/ /
a 3 a a 3 a
B ; ; 0 , C ; ; 0 , A (0; 0; a),
2 2 2 2
a 3 a a 3 a a 3 a a
B ; ; a , C ; ; a , I ; ;
2 2 2 2 2 2 2
   
−
 ÷  ÷
   
     
− −
 ÷  ÷  ÷
     
/
a 3 a a 3 a a
AB ; ; a , AI ; ;
2 2 2 2 2
   
= = −
 ÷  ÷

   
uuur uur
Ta có:
2 2 2
/
a 3 a 3 a a a 3a a 2a
AB .AI . . a. 0
2 2 2 2 2 4 4 4
 
= − + + = − + + =
 ÷
 
uuur uur
/
AB AI.⇒ ⊥
uuur uur
Vậy,
∆
AB
/
I vuông tại A.
* Phương trình mp(ABC): z = 0 có pháp vectơ
1
n (0; 0; 1)=
r
* mp (AB
/
I) có cặp vectơ chỉ phương
/
AB , AI

uuur uur
, nên có pháp vectơ:
2 2 2 2 2
/
2
a 3a 3 2a 3 a a
[AB ; AI] ; ; (1; 3 3; 2 3) .n
4 4 4 4 4
 
= − − = − − = −
 ÷
 
uuur uur
r

với
2
n (1; 3 3; 2 3)= −
r
.
Gọi
α
là góc giữa (ABC) và (AB
/
I), ta có:
0 0 2 3
2 3 30
cos .
10
0 0 1. 1 27 12 40

+ −
α = = =
+ + + +
Bài 10:
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vng tại B, có AB = a,
·
BAC
α
=
,
( )SA ABC⊥
, SA = a, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là β.
a) Chứng minh
2
2
1 os
tan .tan
os
c
c
α
α β
α
+
=
.
b) Tam giác ABC thỏa mãn điều gì để
0
60
β

=
.
H ướng dẫn giải:
Qua A hạ
,AH SB AK SC⊥ ⊥
.
DO
( )SA ABC⊥
và
( )BC AB BC SAB⊥ => ⊥
=>
( )BC AH AH SBC AH SC⊥ => ⊥ => ⊥
( )SC AHK SC KH=> ⊥ => ⊥
¼
AKH
β
=> =
(do
¼
AKH
<
0
90
)
Ta có
tan tan . .
BC AH AH BC
AB HK AB HK
α β
= =

.
13
Do
~
AH SH
ABH SAH
AB SA
=> =# #
.
~
BC SC
SHK SCB
HK SH
=> =# #
Ta có
tan tan .
SH SC SC
SA SH SA
α β
= =
.
Mà
2
1 os
os os
a a c
AC SC
c c
α
α α

+
= => =
2 2 2
2
1 os 1 os 1 os
tan tan
os os os
SC c c c
SA c c c
α α α
α β
α α α
+ + +
=> = => = =
b) Do
0
60
β
=
nên
tan tan 3 tan
α β α
=
Theo câu a)
2
2
2 2
1 os 1
3 tan 1 tan 2
os os

c
c c
α
α α
α α
+
=> = = + = +
2 2 2
tan 2 3tan tan 1 tan 1
α α α α
=> + = => = => = ±
Do
0 90
o o
α
< <
tan 1 45
o
α α
=> = => =
Vậy tam giác ABC vuông cân tại B.
Bài 11:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nữa lục giác đều nội tiếp đường tròn
đường kính AB = 2a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
3SA a=
.
a) Tính góc giữa (SAD) và (SBC)
b) Tính góc giữa (SBC) và (SCD)
H ướng dẫn giải:
a) Gọi

I AD BC
= ∩
=>SI là giao tuyến của (SAD) và (SBC)
14
Ta có :
( )
BD AD
BD SAD BD SI
BD SA
⊥

=> ⊥ => ⊥

⊥

Dựng
DE SI⊥
tại E.
=>
( )BDE SI⊥
Suy ra
·
BED
là góc giữa (SAD) và (SBC).
Mặc khác
AIB#
là tam giác đều (do
·
·
60

o
IAB IBA= =
)
Nên AI = AB = 2a
2 2 2 2
7SI SA AI a= + =
=>
7SI a=
~SAI DEI# #
(do 2 tam giác vuông có góc nhọn I chung)
=>
1
7 7
DE DI a
SA SI
a
= = =
=>
3
7 7
SA a
DE = =
Ta có
( )BD SAD⊥
nên
BD DE⊥
.
Trong
BDE#
, ta có :

3
tan 7
3
7
BD a
BED
BE
a
= = =
=>
·
arctan 7BED =
.
Vậy
·
(( ,( )) arctan 7SAD SBC =
.
b) Dựng
AP SH
⊥
tại P, khi đó ta cũng có
AP CD
⊥
( do
( )CD SAH⊥
)
Nên
( )AP SCD⊥
.
Tương tự dựng

AQ SC⊥
tại Q thì
( )AQ SBC⊥
Do đó
·
·
(( ),( ))PAQ SBC SCD=
Xét
#
vuông SAH, ta có :

2 2 2 2
1 1 1 5
AS 3AP AH a
= + =
=>
3
5
AP a=
.
#
SAC có
SA AC
⊥
, SA = SC =
3a
nên
#
SAC vuông cân tại A
=>

1 2 6
2 2 2
a
AQ SC SA= = =
AP
⊥
(SCD) nên AP
⊥
PQ.
Trong
#
vuông APQ, ta có:
15
cosPAQ =
3
10
5
5
6
2
a
a
=
Suy ra :
·
10
arccos
5
PAQ =
Vậy

·
10
(( ),( )) arccos
5
SBC SCD =
.
Bài 12:
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Biết OA = a, OB = b, OC = c
và khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC) = h. Gọi α, β, γ là các góc tạo bởi (ABC)
với cái mặt phẳng (OAB), (OBC), (OCA). Chứng minh rằng :
a)
2 2 2
os os os 1c c c
α β γ
+ + =
.
b)
os +cos +cos 3c
α β γ
≤
.
Hướng dẫn giải:
a) Kẻ
( )OH ABC⊥
tại H. Kéo dài
{ }
CH AB I∩ =
Ta có :
( )
OC OA

OC OAB OC AB
OC OB
⊥

=> ⊥ => ⊥

⊥

(1)
Lại có :
( )OH ABC OH AB⊥ => ⊥
(2)
Từ (1),(2) =>
( )AB OCI⊥
=>
AB CI⊥
và
AB OI⊥
(3)
OCI#
vuông O, đường cao OH, ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
OH OI OC OA OB OC
= + = + +
HAY :
2 2 2 2
1 1 1 1
h a b c
= + +

.
Từ (3), ta có:
·
·
CIO COH
α
= =
(cạnh t/ư vuông góc).
=>
OH
os osCOH=
OC
h
c c
c
α
= =
.
Tương tự :
h
os , os =
b
h
c c
a
β γ
=
.
=>
2 2 2 2

2 2 2
1 1 1
os os os 1c c c h
a b c
α β γ
 
+ + = + + =
 ÷
 
.
16
b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopski,ta có:
( )
( )
2
2 2 2
os +cos +cos 3 os os os =3c c c c
α β γ α β γ
≤ + +
Vậy
os +cos +cos 3c
α β γ
≤
.(đpcm)
Bài 13:
Cho tứ diện ABCD có DA
⊥
(ABC), tam giác ABC vuông tại B,
·
45

o
BDC =
. Gọi
·
ADB
α
=
. Xác định α để góc giữa 2 mặt phẳng (ADC) và (BDC) bằng
60
o
.
Hướng dẫn giải:
Dựng
BI AC⊥
.
Ta có :
( ( ))BI DA DA ABC⊥ ⊥
=>
( )
BI DAC⊥
=>
BI DC
⊥
Dựng
( IJ)BJ DC DC B⊥ => ⊥
Vậy
( )
·
·
( ),( )ADC BDC BJI=

.
Ta có
#
BJI vuông tại I (
( )
BI DAC⊥
).
Theo đề bài
·
60
o
BJI =
nên
#
BJI là nửa tam giác đều.
Suy ra
2 2
3 1 4
2 3
BI BJ
BI BJ
= => =
Mặt khác
#
DBC vuông tại B và
·
45
o
BDC =
=>

#
DBC vuông cân tại B=>BD = BC
Ta có:
AB AB
Sin AB BC sin
BD BC
α α
= = => = =
Hơn nữa trong
#
ABC vuông tại B, ta có :
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
1
BI AB BC BC sin
α
 
= + = +
 ÷
 
Trong
#
DJB vuông tại J có
·
45
o
JDB =
nên
DJB#
vuông cân tại J, do đó:

17
2 2 2
1 2 2
2DB BJ
BJ DB BC
= => = =
=>
2 2 2
1 1 4 2
1 .
3BC sin BC
α
 
+ =
 ÷
 
2
1 8 15
1
3 5
sin
sin
α
α
 
=> + = => =
 ÷
 
Vậy
15

arcsin
5
α
=> =
.
Bài 14:
Cho
#
ABC vuông tại A có BC là cạnh huyền thuộc mặt phẳng (P). Gọi β,γ lần lượt
là góc hợp bởi 2 đường thẳng AB,AC với mặt phẳng (P). Gọi α là góc hợp bởi mặt
phẳng(ABC) với mặt phẳng (P).Chứng mình rằng:

2 2 2
Sin Sin Sin
α β γ
= +
.
Hướng dẫn giải:
Kẻ
( )AH P⊥
·
·
,ABH ACH
β γ
=> = =
Kẻ
HI BC⊥
Mà
HI AH⊥
=>

AI BC
⊥
( định lí 3 đường vuông góc)
=>
·
AIH
α
=
Trong
#
ABC vuông tại A, ta có:
2 2 2
1 1 1
IA AB AC
= +
2 2 2
2 2 2
AH AH AH
IA AB AC
=> = +
Vậy
2 2 2
Sin Sin Sin
α β γ
= +
.
Bài 15:
Cho hình chóp S.ABCD có dáy là hình thang vuông tại A,B với
AB=BC=a,AD=2a,SA
⊥

(ABCD) và SA=a
2
.Gọi I là trung điểm của SC.
a) Chứng minh AI
⊥
(SCD).
b) Tính góc
α
giữa hai mp (ABCD) và (SCD), góc
β
giữa hai mp (SAB) và
(SCD).
Hướng dẫn giải:
a) SA
⊥
(ABCD)
⇒
SA
⊥
AC,SA=AC= a
2
.
Tam giác SAC vuông cân tại A nên AI
⊥
SC.
18
Gọi K là trung điểm của AD,
tứ giác ABCK là hình vuông nên:
CK=KA=KD=a
⇒

tam giác ACD vuông tại C
⇒
CD
⊥
AC. Mà CD
⊥
AS, do SA
⊥
(ABCD) nên:
CD
⊥
(SAC)
⇒
CD
⊥
AI.
Ta có: AI
⊥
SC và CD
⇒
AI
⊥
(SCD).
b) Ta có giao tuyến của (ABCD) và (SCD) là CD.
Theo câu a), CD
⊥
(SAC) nên CD
⊥
AC và CD
⊥

SC.
Do đó góc giữa (ABCD) và (SCD) là
α
=
·
SCA
.
Mà tam giác SAC vuông cân tại A nên
α
=
45
o
.
Ta có AD
⊥
AB và SA,nên AD
⊥
(SAB).
Theo cmt, AI
⊥
(SCD).Vậy góc giữa (SAB) và (SCD) là
β
=góc (AI,AD).
Vì AI
⊥
(SDC) nên AI
⊥
ID.Tam giác AID vuông tại I và
·
cosIAD

=
AI
AD

với AD=2a,AI=
SC
2
=
1
AC 2
2
=a.Vậy
·
cosIAD
=
1
2

⇒
β
=
60
o
.
Bài 16:
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B và BA=BC=a, SA vuông
góc với đáy ,SA=a.Tính góc
α
giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC).
Hướng dẫn giải:

Gọi H là trung điểm của AC, ta có BH
⊥
AC
Ta có BH
⊥
SA vì SA
⊥
(ABC), nên BH
⊥
(SAC).
Ta cũng có tam giác SHC là hình chiếu của tam giác SBC lên (SAC).
Vậy
αcos
=
SHC
SBC
S
S
SHC
S
=
1
2
SA.HC=
1
2
a.
a 2
2
=

2
a 2
4
.
19
Vì BC
⊥
AB và BC
⊥
SA nên tam giác SBC vuông tại B.
Ta có :
SBC
S
=
1
2
SB.BC=
1
2
AB
2
.BC=
2
a 2
2
.
Vậy
αcos
=
SHC

SBC
S
S
=
1
2

⇒
α
=
60
o
.
Câu 17:
Cho tam giác đều ABC cạnh a. Dựng hai đoạn AA’,CC cùng vuông góc với (ABC)
và nằm cùng phía đối với (ABC), AA = CC ’= a. Tính góc giữa hai mp (A’BC) và
(C’BA).
Hướng dẫn giải:
Gọi O là giao điểm của AC’ và CA’; H là trung điểm của AC.
Ta có: AC
⊥
OB.Hạ HI
⊥
OB, suy ra OB
⊥
(ACI) và góc giữa (A’BC) và (C’BA) là góc
giữa IA và IC.
Ta có: OH//AA’
⇒
OH

⊥
(ABC)
⇒
OH
⊥
BH.
2 2 2 2
1 1 1 16 3
3a 4
a
HI
HI HB HO
= + = ⇒ =
.
· ·
·
·
= = > ⇒ >
⇒ = ⇒ = π −
o
AH 2
tanAIH 1 AIH 45
IH
3
2 2
AIH arctan AIC 2arctan .
3 3
Bài 18:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, Sa vuông góc với mp
đáy và SA=x. Tính x để hai mp (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc

60
o
.
Hướng dẫn giải:
Hạ AM
⊥
SB,ta chứng minh được AM
⊥
(SBC).
Tương tự hạ AN
⊥
SD, ta có AN
⊥
(SCD) và AM=AN.
Suy ra: góc[(SBC),(SCD)]=
60
o
⇔
góc (AM,AN)=
60
o
⇔
tam giác AMN đều
⇔
MN=AM.
Ta tính được AM=
2 2
ax
a x+
,

2
2 2 2
.
D
MN SM SM SB x
B SB SB a x
= = =
+
2.MN a⇒ =
2 2
ax
a x+
.
Vậy MN=AM
⇔
x=a.
20
Bài 19:
Cho hình chóp S.ABCD có hai mp (SBC) và (SAD) cùng vuông góc với mp(ABCD),
đáy ABCD là hình vuông. Gọi M, N lần lượt là hai điểm di động trên BA,BC sao cho
. , .BM k BC BN k BA= =
uuuur uuur uuur uuur
, xác định k để (SDN)
⊥
(SAM).
Hướng dẫn giải:
Ta có
(SAB)
⊥
(ABCD)

(SAD)
⊥
(ABCD)
⇒
SA
⊥
(ABCD)
⇒
(SAM)
⊥
(ABCD) ,
(ABCD)
∩
(SDN)=DN
Do đó
(SAM)
⊥
(SDN) (SA
⊥
DM)
. 0
AM DM
AM DN
⇔ ⊥
⇔ =
uuuuruuur
(*)
Đặt
, ,BA a BC c AM m= = =
uuur r uuur r

.
Ta có
.AM AB BM a k c= + = − +
uuuur uuur uuuur r r
và
( 1)DN DA AN DA BN BA c k a= + = + − = − + −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur r r
(*)
⇔
(
.a k c− +
r r
)(
( 1).c k a− + −
r r
)=0
4 2
(1 ) 0k a km⇔ − − =


⇔
k=
1
2
.(
a
r
.
c
r

=0,
2 2
2
.a c m=
r r
).
Vậy khi k=
1
2
thì (SAM)
⊥
(SDN).
Bài 20:
Cho tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối bằng nhau.Gọi
, ,
α β λ
lần lượt là số đo của
các góc giữa mp(ABC) với các mp (DBC),(DCA),(DAB).Chứng minh:
a)
1
os . os . os
27
c c c
α β λ
≤
b)
2 2 2
1
os os os
3

c c c
α β λ
+ + ≥
.
Hướng dẫn giải:
a) Gọi H là hình chiếu của D trên (ABC). Qua A,B,C dựng các đường thẳng song
song với các cạnh của tam giác ABC thì ta được một tứ diện DMNP có các cạnh
MD,DN,DP vuông góc với nhau từng đôi một, do đó H nằm trên miền trong tam
giác MNP.
Đặt S=
DAB DBC DAC ABC
S S S S= = =
21
* Nếu H
∈
ABCV
thì

D
os ,
os
os
CB
CAH
ABH
S Sc
S Sc
S Sc
α
β

λ
=
=
=
.
Do đó:
ABC
S S=
=
DCB
S
+
CAH
S
+
ABH
S
=S(
osc
α
+
osc
β
+
osc
λ
).
⇒
osc
α

+
osc
β
+
osc
λ
=1
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số không âm ta được
1
os . os . os
27
c c c
α β λ
≤
.
* Nếu H
∉
ABCV
thì H thuộc một trong ba tam giác ABM,BCN,CAP.
Khi đó một trong các góc
, ,
α β λ
tù
⇒

osc
α
,
osc
β

,
osc
λ
có 1 giá trị âm,2 giá trị dương nên ta cũng thu được kết quả
trên.
b) Áp dung BĐT B.C.S:
2 2 2
os os osc c c
α β λ
+ +
2
( os os os ) 1
3 3
c c c
α β γ
+ +
≥ =
.
Bài 21:
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’. Gọi
, ,
α β λ
lần lượt là các góc giữa mp
(ACB’) với các mặt (BCB’),(ABC) và (BAB’).Chứng minh:
a)
os . osc c
α β
+
os . osc c
λ β

+
os . osc c
α λ

1≤
.
b) Nếu BD’
⊥
(ACB’) thì hình hộp đã cho là hình lập phương.
Hướng dẫn giải:
a) Ta cm được :
osc
α
+
osc
β
+
osc
λ
=1
Áp dung B.C.S
⇒
đpcm.
b) BD’
⊥
(ACB’)
⇒
BD’
⊥
AC, ta lại có AC

⊥
BB’,AC
⊥
BD’,
do đó AC
⊥
(BB’D’D)
⇒
AC
⊥
BD nên ABCD là hình vuông
⇒
AB=BC
Cm tương tự ta có BC=BB’
Suy ra hình hộp đã cho là hình lập phương.
22
Bài 22:
Cho ba tia Ox,Oy,Oz không cùng nằm trên một mặt phẳng thỏa điều kiện:
·
xOy
=
o
90
,
·
·
= =
o
xOz yOz 60
.Tìm số đo của góc giữa hai mặt phẳng (xOz) và (yOz).

Hướng dẫn giải:
Trên Ox, Oy lấy A,B sao cho OA=OB=a.
Vẽ AC
⊥
Oz, ta có hai tam giác OAC và OBC bằng nhau (vì OA=OB,OC chung,
·
·
= =
o
AOC BOC 60
).
⇒
BC
⊥
Oz.
Do đó
α
=(CA,CB) là góc tạo bởi hai mặt phẳng (xOz) và (yOz).
Trong tam giác ABC:
·
·
2 2 2
2 2 2
2A . . os
os
2A .
AB AB BC C BC c AOB
AB BC AB
c AOB
C BC

= + −
+ −
⇔ =
Với AB=
3
2,
2
a
a AC BC= =
⇒
·
osc AOB =
1
3
−
.
Vậy góc giữa hai mp (xOz) và (yOz) có số đo là
α
xác định bởi
1
os
3
c
α
=
hay
α
=acrcos
1
3

.
Bài 23:
Cho 3 tia Ox, Oy, Oz không cùng nằm trong 1 mặt phẳng thỏa
·
·
·
90 , 60
o o
xOy xOz yOz= = =
.Tính góc tạo bởi (xOz) và (yOz).
23
Hướng dẫn giải:
Gọi α là góc tạo bởi (xOz) và (yOz).
Lấy
Ox,B OyA∈ ∈
sao cho OA = OB = a.
Dựng
AC Oz⊥
.
Ta có :
OAC OBC
=
# #
( OA = OB, OC cạnh chung,

·
·
60
o
AOC BOC= =

)
=>
BC Oz⊥
.
Vậy
·
ACB
α
=
.
Xét
ABC#
, ta có :
2 2 2
2 .AB AC BC AC BCCOS
α
= + −
2 2 2
os =
2 .
AC BC AB
c
AC BC
α
+ −
⇔
Với
2 2
2AB OB OA a= + =
(

#
OAB vuông tại O)
3
sin 60
2
o
a
AC BC OB= = =
(
#
OBC vuông tại C)
-1
os =
3
c
α
=>
-1
=arccos
3
α
 
=>
 ÷
 
.
Vậy
( ) ( )
( )
·

-1
xOz , =arccos
3
yOz
 
 ÷
 
.
Bài 24:
Cho tam giác ABC vuông tại B, AB=2a, BC=a. Trên 2 tia Ax,Cy vuông góc với
mp(ABC) và ở cùng phía đối với (ABC), lần lượt lấy 2 điểm A’ và C’ sao cho
AA’=2a, CC’=x.
a) Xác định x sao cho
·
' ' 90A BC =
o
.
b) Xác định x sao cho
·
' 90BA C =
o
.
24
c) Cho x=4a. Tính
osc
ϕ
với
ϕ
là góc giữa 2 mp(ABC) và (A’BC’)
Hướng dẫn giải:

a) Trên Cy lấy C
1
sao cho CC
1
=2a
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1
' ' 8a
' '
' ' ' ' 5a (2a ) 4ax 9a
A B A A AB
BC BC CC a x
A C A C C C x x
= + =
= + = +
= + = + − = − +
·
2 2 2
2 2 2 2 2
' ' 90
' ' ' '
4 9 8
0
A BC
BC A B A C
x ax a a a x
x
=

⇔ = +
⇔ − + = + +
⇔ =
o
b)
·
2 2 2
' 90 ' ' ' 'BA C BC A B A C= ⇔ = +
o

2 2 2 2 2
2
8 4 9
4 16 4
a x a x ax a
ax a x a
⇔ + = + − +
⇔ = ⇔ =
c)
4ax
=
, khi đó:
2 2 2 2 2 2
1 1
2
' '
2
2
' '
' ' ' ' 5 4 9 ' ' 3

1 1
' . ' ' .2 . 2.3 3 2
2 2
1 2
cos
6
3 2 3 2
A BC
ABC
A BC
A C C C C C a a a A C a
S A B A C a a a
S
a
S
a
ϕ
+ + = + = ⇒ =
= = =
= = = =
25