cHUYÊN đề HÌNH CHÓP ôn THI đại học 2015

CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP

QUAN HỆ SONG SONG
QUAN HỆ VUÔNG GÓC
I-QUAN HỆ SONG SONG GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG:
Tính chất 1:
Trong không gian, qua một điểm nằm ngoài một đường thẳng, có một và chỉ một đường thẳng
song song với đường thẳng đó.
Tính chất 2:
Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.
Định lí (về giao tuyến của ba mặt phẳng):
Nếu ba mặt phẳng đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt thì ba giao tuyến ấy hoặc đồng
quy hoặc đôi một song song.
Hệ quả:
Nếu hai mặt phẳng cắt nhau lần lượt đi qua hai đương thẳng song song thì giao tuyến của chúng
song song với hai đường thẳng đó (hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó).
II-QUAN HỆ SONG SONG GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG:
Định lí 1:
Nếu đường thẳng a không nằm trên mặt phẳng
( )
P
và song song với một đường thẳng nào đó
trên
( )
P
thì a song song với
( )
P
Định lí 2:
Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng

( )
P
thì mọi mặt phẳng
( )
Q
chứa a
mà cắt
( )
P
thì cắt theo giao tuyến song song với a.
Hệ quả 1:
Nếu một đường thẳng song song với một mặt phẳng thì nó song song với một đường thẳng nào
đó trong mặt phẳng.
- 1 -
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Hệ quả 2:
Nếu hai mặt phẳng cắt nhau cùng song song với một đường thẳng thì giao tuyến của chúng
cũng song song với đường thẳng đó.
Định lí 3:
Nếu a và b là hai đường thẳng chéo nhau thì có duy nhất một mặt phẳng chứa a và song song
với b.
II-QUAN HỆ SONG SONG GIỮA HAI MẶT PHẲNG:
Định lí 1:
Nếu mặt phẳng
( )
P
chứa hai đường thẳng a, b cắt nhau và cùng song song với mặt phẳng
( )
Q
thì

( )
P
song song với
( )
Q
.
Định lí 2 (định lí Thalès trong không gian):
Ba mặt phẳng đôi một song song chắn ra trên hai cát tuyến bất kì các đoạn thẳng tương ứng tỉ
lệ.
Định lí 3(định lí đảo):
Giả sử trên hai đường thẳng chéo nhau a và
a
′
lần lượt lấy các điểm A, B, C và
, ,A B C
′ ′ ′
sao cho:
AB BC CA
A B B C C A
= =
′ ′ ′ ′ ′ ′
Khi đó, ba đường thẳng
, ,AA BB CC
′ ′ ′
lần lượt nằm trên ba mặt phẳng song song, tức là chúng
cùng song song với một mặt phẳng.
Tính chất 1:
Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng, có một và chỉ một mặt phẳng song song với mặt
phẳng đó.
Hệ quả 1:

Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng
( )
Q
thì có duy nhất một mặt phẳng
( )
P
chứa a và
song song với
( )
Q
.
- 2 -
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Hệ quả 2:
Hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau.
PHÉP CHIẾU SONG SONG
TÍNH CHẤT 1:
Hình chiếu song song của một đường thẳng, một đoạn thẳng, một tia là một đường thẳng, một
đoạn thẳng, một tia.
TÍNH CHẤT 2:
Hình chiếu song song của hai đường thẳng song song là hai đường thẳng song song hoặc trùng
nhau.
TÍNH CHẤT 3:
Phép chiếu song song không làm thay đổi tỉ số của hai đường thẳng nằm trên hai đường thẳng
song song (hoặc trùng nhau).
- 3 -
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
QUAN HỆ VUÔNG GÓC
I-QUAN HỆ VUÔNG GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG
Định lí:

Nếu đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau a và b cùng nằm trong mặt phẳng
( )
P
thì đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng
( )
P
.
Tính chất 1:
Có duy nhất một mặt phẳng
( )
P
đi qua một điểm O cho trước và vuông góc với một đường
thẳng a cho trước.
Tính chất 2:
Có duy nhất một đường thẳng ∆ đi qua một điểm O cho trước và vuông góc với một mặt phẳng
( )
P
cho trước.
II-QUAN HỆ VUÔNG GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG
Điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc:
Nếu một mặt phẳng chứa một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng khác thì hai mặt
phẳng đó vuông góc với nhau.
Tính chất của hai mặt phẳng vuông góc:
Định lí: Nếu hai mặt phẳng
( )
P
và
( )
Q
vuông góc với nhau thì bất cứ một đường thẳng a nào

nằm trong
( )
P
, vuông góc với giao tuyến của
( )
P
và
( )
Q
đều vuông góc với mặt phẳng
( )
Q
.
Hệ quả 1:
Nếu hai mặt phẳng
( )
P
và
( )
Q
vuông góc với nhau và A là một điểm nằm trong
( )
P
thì đường
thẳng a đi qua điểm A và vuông góc với
( )
Q
sẽ nằm trong
( )
P

.
Hệ quả 2:
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.
- 4 -
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Hệ quả 3:
Qua đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng
( )
P
có duy nhất một mặt phẳng
( )
Q

vuông góc với mặt phẳng
( )
P
.
QUAN HỆ VUÔNG GÓC
Định lí:
Gọi S là diện tích của đa giác H trong mặt phẳng
( )
P
và
S
′
là diện tích hình chiếu
H
′
của H

trên mặt phẳng
( )
P
′
thì
.cosS S
ϕ
′
=
, trong đó ϕ là góc giữa hai mặt phẳng
( )
P
và
( )
P
′
.
LIÊN HỆ GIỮA QUAN HỆ SONG SONG VÀ QUAN HỆ VUÔNG GÓC CỦA ĐƯỜNG
THẲNG VÀ MẶT PHẲNG
Tính chất 1:
a. Mặt phẳng nào vuông góc với một trong hai đường thắng song song thì cũng vuông góc với
đường thẳng còn lại.
b. Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Tính chất 2:
a. Đường thẳng nào vuông góc với một trong hai mặt phẳng song song thì cũng vuông góc với
mặt phẳng còn lại.
b. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
Tính chất 3:
a. Cho đường thẳng a và mặt phẳng
( )

P
song song với nhau. Đường thẳng nào vuông góc với
( )
P
thì cũng vuông góc với a.
b. Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng (không chứa đường thẳng đó) cùng vuông góc với
một đường thẳng thì chúng song song với nhau.
Định lí ba đường vuông góc:
- 5 -
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Cho đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng
( )
P
và đường thẳng b nằm trong mặt
phẳng
( )
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
.
CÁC PHƯƠNG PHÁP DỰNG ĐOẠN VUÔNG GÓC CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG
THẲNG CHÉO NHAU
Bài toán 1: Trong không gian cho điểm M không thuộc mặt phẳng
( )
α

, tính khoảng cách
( )
( )
;d M
α
từ M đến mặt phẳng
( )
α
.
Phương pháp giải:
Cách 1:
+ Dựng
( )
MH mp
α
⊥
tại H.
+ Tính độ dài đoạn thẳng MH.
Khi đó
( )
( )
;d M
α
= MH.
Cách 2:Tìm đường thẳng ∆ qua M và ∆ cắt mp
( )
α
tại I, trên ∆ chọn điểm A
( )
;A I A M≠ ≠

, lúc đó
( )
( )
( )
( )
;
;
d M
IM
IA
d A
α
α
=
dẫn đến kết quả:
( )
( )
( )
( )
; . ;
IM
d M d A
IA
α α
=
Chú ý:
+ Nếu trên mp
( )
α
ta tìm được đường thẳng a thích hợp nào đó mà

( )
a mp
β
⊥
, với mp
( )
β
chứa
M thì ta nên làm theo cách 1.
+ Nếu tìm được một đường thẳng thích hợp đi qua M cắt mp
( )
α
tại I thì ta nên
làm cách 2.
Bài toán 2: Trong không gian cho hai đường thẳng chéo nhau a và b. Tính khoảng cách giữa a
và b (kí hiệu
( )
;d a b
là khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b).
Phương pháp giải:
Cách 1: (Áp dụng cho trường hợp
a b
⊥
)
+ Dựng mp
( )
α
chứa b và
( )
a

α
⊥
tại A.
+ Dựng
AB b⊥
tại B.
Khi đó
( )
;d a b AB=

Cách 2:
- 6 -
M
P
α
B
C
NH
A
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Dựng mp
( )
α
chứa b và mp
( )
α
// a, khi đó
( ) ( )
( )
( )

( )
; ; ,d a b d a d M
α α
= =
với
M a
∈
.
Cách 3:
+ Dựng mp
( )
α
chứa a và mp
( )
α
// b.
+ Dựng mp
( )
β
chứa b và mp
( )
β
// a.
Khi đó
( ) ( ) ( )
( )
; ;d a b d
α β
=
.

Bài 1: Cho tam giác đều ABC;
1
d
,
2
d
là hai đường thẳng theo thứ tự qua B, C và cùng vuông
góc với mặt phẳng
( )
ABC
.
M là điểm chuyển động trên
1
d
, N là điểm chuyển động trên
2
d
sao cho M và N luôn cùng ở
trong một miền không gian do mặt phẳng
( )
ABC
xác định và sao cho
1
2
BM CN=
Chứng minh chân đường vuông góc H hạ từ C lên mp
( )
AMN
chuyển động trên một đường tròn
cố định. Chỉ rõ đường tròn này.

Giải:
Trên
( )
1 2
,mp d d MN BC
α
∩ =
Do
1
2
BM CN=
ta được
1
2
B C
α α
=
: B là trung điểm cạnh
C
α
.
Ta có
BA BC B
α
= =
⇒
tam giác
AC
α
là tam giác vuông tại đỉnh A

Ta có
( )
2
2
A AC
A d A ACN
AC d C
α
α α
⊥


⊥ ⇒ ⊥


∩ =

Từ
( )
A ACN
α
⊥
ta được
( ) ( )
AN ACN
α
⊥
- 7 -
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Do

( ) ( )
AN ACN
α
⊥
từ C kẻ
( )
CH AMN⊥
ta được CH nằm trọn trên
( )
ACN
, suy ra
H AN
∈
.
Ta có
·
90AHC = °
. Vậy H chuyển động trên đường tròn đường kính AC trên mp
( )
ACN
cũng là
( )
1 2
,mp d d
Nhận xét : Từ bài toán trên ta thấy đã sử dụng định lý về quan hệ vuông góc gữa đường
thẳng và mặt phẳng để chứng minh
( )
A mp ACN
α
⊥

và sử dụng định lý về quan hệ vuông góc
giữa hai mp để chứng minh
H AN
∈
.
Bài tập 2 : Cho hình chóp S.ABC vớI các điểm M, N, P di động trên các cạnh SA, SB, SC tương
ứng sao cho:
( )
1 1 1
; ; 1
1 2
SM SN SP
k
SA k SB k SC k
= = =
+
≥
+
Chứng minh rằng giao tuyến của mặt phẳng
( )
MNP
với
( )
ABC
luôn song song với một đường
thẳng cố định
Giải:
Vẽ các hình bình hành SABI và SBCK
Giả sử trên mặt phẳng
( )

SAB
, thì MI giao SB tại
N
′
Theo định lí Thalet:
( )
1
;
1
*
1
SN SM SM
N B BI SA k
SN SN
NB k NB
′
= = =
′
′
⇒ = =
+
- 8 -
K
I
S
P
N
M
C
B

A
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Vì
1k ≥
nên N nằm giữa S và B. Vì các tia SA và BI song song và ngược hướng nên N’ cũng
nằm giữa S và B. Do đó từ (*) suy ra
N N
′
≡
.
Vậy
( )
MNP
luôn qua một điểm I cố định. Tương tự với điểm K cố định. Vậy
( )
MNP
luôn qua
đường thẳng cố định IK.
+ Do
( ) ( ) ( )
// , // // 1SK BC SI AB SIK ABC⇒
Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
MNP SIK IK
MNP ABC
∩ =
∩ = ∆
Do (1) nên IK //
∆

Như vậy giao tuyến của hai mặt phẳng
( )
MNP
và
( )
ABC
luôn song song với đường thẳng cố
định IK.
⇒
đpcm.

Bài tập 3: Trong mặt phẳng
( )
P
cho tam giác ABC. gọi H là trực tâm của tam giác. Qua H kẻ
đường thẳng
∆
vuông góc với
( )
P
và lấy điểm S bất kì trên
∆
. Qua S dựng các nửa
đường thẳng Sx, Sy, Sz lần lượt vuông góc với các mp
( )
SBC
,
( )
SCA
và

( )
SAB
Sx, Sy, Sz tương ứng cắt
( )
P
tại
, ,A B C
′ ′ ′
.
1) Chứng minh ba mặt phẳng
( ) ( ) ( )
, ,SAA SBB SCC
′ ′ ′
cùng đi qua một đường thẳng.
2) Chứng minh: tam giác ABC đồng dạng với tam giác
A B C
′ ′ ′
Giải:
Giả sử M, N, P lần lượt là giao của AH và BC, BH và AC, CH và AB.
theo định lý ba đường vuông góc suy ra:
, ,SN AC SM BC SP AC⊥ ⊥ ⊥

như thế có:
( ) ( ) ( )
BC SAM SBC SAM⊥ ⇒ ⊥
Trong
( )
SAM
kẻ
Sx SM

⊥
, mà SM là giao tuyến của
( )
SCB
và
( )
SAM
nên
( )
Sx SBC⊥
. Như vậy
( )
SAA
′
chứa SH
Lập luận tương tự, ba mặt phẳng
( ) ( ) ( )
, ,SAA SBB SCC
′ ′ ′
cùn
g đi qua một đường thẳng.
- 9 -
z
y
x
M
P
N
A
C

B
C'
B'
A'
S
M
N
K
L
J
I
B
C
D
A
S
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
2) Do
( )SH ABC SH B C
′ ′
⊥ ⇒ ⊥
Mặt khác:
( )
( )
( )
z z
Sy SAC Sy SA
SA Syz SA B C
S SAB S SA


⊥ ⇒ ⊥

′ ′
⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥ ⇒ ⊥


Do đó
( )
B C SAH
′ ′
⊥
nên
B C AH
′ ′
⊥
Mà
BC AH⊥
và BC,
B C
′ ′
cùng thuộc
( )
P
nên
//B C BC
′ ′
Tương tự ta có:
// , //C A CA A B AB

′ ′ ′ ′
Suy ra: tam giác ABC đồng dạng với tam giác
A B C
′ ′ ′
Bài tập 4: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD và điểm M
≠
S nằm cùng phía với S đối với mp
( )
ABCD
. gọi I, J, K, L lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Gọi
( ) ( ) ( ) ( )
, , ,P Q R T
lần
lượt là các mp qua SI và song song với MK; qua SJ và song song với ML; qua SK và song song
với MI; qua SL và song song với MJ. Chứng minh rằng các mặt
( ) ( ) ( ) ( )
, , ,P Q R T
cùng đi qua
một đường thẳng
Giải
Dễ thấy IJ là đường trung bình của tam giác ABC, nên
IJ //AC và
2
AC
IJ =
Tương tự có: LK //AC và
2
AC
LK =
Vậy IJKL là hình bình hành

Suy ra nếu O là giao điểm IK và JL thì O là trung điểm của IK, JL
Trong mp
( )
MIK
vẽ hình bình hành MINK. Khi đó O cũng là trung điểm của MN.
Do đó LMJN là hình bình hành, tức là ta có IN //KM; IM // KN; JM // LN.
Vì MK //
( )
P
, mà IN // MK, hơn nữa I thuộc (P) nên suy ra
( ) ( )
IN P N P⊂ ⇒ ∈
- 10 -
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Hoàn toàn tương tự có
( ) ( ) ( )
; ;Q N R NN T
′
∈ ∈ ∈
Do O là giao điểm của đoạn MN và
( )
ABCD
nên M và N nằm khác phía đối với
( )
ABCD
. Vì S,
M nằm cùng phía đối với
( )
ABCD
nên N và S nằm khác phía đối với

( )
ABCD
. Từ đó suy ra N
không trùng S.
Vậy các mặt
( ) ( ) ( ) ( )
, , ,P Q R T
cùng đi qua đường thẳng SN.
Bài 5: Cho tam giác đều ABC và
∆
là đường thẳng qua A và vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
.
M là một điểm di động trên đường thẳng
∆
. Gọi I và K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ
B và C xuống MC và MB . H là trực tâm của tam giác MBC .
Khi M di động trên đường thẳng
∆
thì K, I, H di động trên đường nào ?
* Phân tích : Dự đoán về tập hợp điểm I .
M thuộc miền không gian thứ nhất do mặt phẳng
( )
ABC
xác định . Khi M ở A thì I ở trung
điểm E của AB . Khi M tiến xa tới vô cùng trên
∆
thì I tiến B. Như vậy ta thấy ba điểm B, I, E
không thẳng hàng do đó tập điểm của I không là đường thẳng .

Khi M trên
∆
và ở miền không gian thứ hai do mặt phẳng
( )
ABC
xác định thì ta được tập
hợp của I đối xứng với tập hợp thứ nhất qua
( )
ABC
.
Vậy dự đoán tập hợp của I là đường tròn đường kính EB trên mặt phẳng
( )
ABC
.
Như vậy ta có lời giải sau:
Giải :
Quỹ tích điểm I :
Gọi E là trung điểm của AB, F là trung điểm cạnh AC .
Ta có :

∆ ⊥

⇒ ⊥
 
⇒ ⊥
⊥



⊥


CE
CE MB
MB EI
CE AB
MB CI
Trên mặt phẳng
( )
, AB∆
điểm I nhìn EB dưới một góc vuông . Vậy I di động
trên đường kính EB trừ điểm B
* Quỹ tích điểm K :
Chú ý : Ta cũng phân tích như trên đối với điểm K thì ta được K di động trên đường tròn đường
kính FC trên mặt phẳng
( )
, AC∆
, bỏ điểm C.
* Quỹ tích điểm H :
Gọi O là trực tâm của tam giác ABC.
- 11 -
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Ta có :
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( )
MB EIC MBC EIC
MC FBK MBC FBK OH MBC
EIC FBK OH


⊥ ⇒ ⊥

⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥


∩ =

Gọi J là trung điểm BC ta có :OH
⊥
HJ
Vậy trên mặt phẳng
( )
, AJ∆
, H nhìn OJ dưới một góc vuông , do đó tập
hợp của H là đường tròn đường kính OJ trên mặt phẳng
( )
, AJ∆
,bỏ điểm J.
Nhận xét : Từ bài toán trên ta thấy :
- Ở một số bài toán tìm tập hợp điểm có một tính chất nào đó ta dùng phương pháp dự
đoán, từ đó định hướng được cách giải cụ thể là phải chứng minh MB vuông góc với EI .
- Ở các phần sau ta sử dụng liên tiếp các định lý điều kiện để mặt phẳng vuông góc với
đường thẳng và định lý về giao tuyến của hai mặt phẳng khác nhau cùng vuông góc với
mặt phẳng thứ ba .
- Lưu ý : Phần dự đoán chỉ là phần lập luận phân tích để giái toán chứ không là bài giải .
Bài 6 : Trên mặt phẳng
( )
P
cho đường tròn
( )

C
đường kính AB và M là một điểm trên
( )
C
.
Trên đường thẳng vuông góc với
( )
P
tại A lấy S . Từ điểm D trên SA dựng DE vuông góc với
SM.
1/ chứng minh BM vuông góc với
( )
SAM
; DE vuông với
( )
SBM
- 12 -
O
H
I
F
K
C
J
E
B
M
A
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
2/ Chứng minh rằng : khi M di động trên đường tròn

( )
C
thì DE luôn thuộc một mặt phẳng cố
định
3/ Tìm quĩ tích điểm E.
Giải :
1/ Ta có :
( )
SA MB
MB SAM
MB AM
⊥

⇒ ⊥

⊥

Suy ra : MB
⊥
DE. Mà DE
⊥
SM nên DE
⊥
( )
SMB
2/ Qua D dựng DF vuông góc với SB tại F. Mà theo 1/ ta có DE
⊥
SB nên SB
⊥
( )

DEF

D là 1 điểm cố định và SB là cạnh cố định nên mp
( )
DEF
cố định
⇒
(đpcm).
3/ Ta có trên mp
( )
DEF
, E luôn nhìn DF dưới một góc vuông
⇒
E luôn thuộc đường tròn
đường kính DF trên mp
( )
DEF
.
Bài 7 : Trên
( )
mp P
cho tam giác đều OAB cạnh a tìm tập hợp điểm M trong
không gian sao cho OM vuông góc với
( )
mp MBA
.
Giải :
- 13 -
E
F

D
C
B
A
S
I
B
A
O
M
H
I
K
N'
N'
E
S
P
N
M
B
A
C
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Gọi I là trung điểm cạnh AB suy ra OI
⊥
MI ( theo giả thiết) (1)
Dễ thấy MA = MB suy ra AB
⊥
MI. Mà AB

⊥
OM nên AB
⊥
( )
OMI
tại trung điểm của AB nên
( )
OMI
là mặt trung trực của AB ( cố định ). (2)
Từ (1), (2) suy ra tập hợp M là đường tròn
( )
C
nằm trên mặt trung trực của AB có đường kính
là OI. Dễ dàng tính được
3
2
a
OI =
Bài 8: Cho tam diện vuông S.ABC. M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CA. Cho
( ) ( )
mp PSM mp NSM⊥
. Chứng minh:
tan .tan 2BAC ABC
=

Giải
Gọi
,P N
′ ′
là hình chiếu của P, N trên mp

( )
SAB
.
,P N
′ ′
theo thứ tự là trung điểm của SA và SB.
Kẻ
PI SM P I SM
′
⊥ ⇒ ⊥

Kẻ
NK SM N K SM
′
⊥ ⇒ ⊥

Ta có
·
·
PIP NKN
′ ′
=
vì hai tam giác vuông
PP I
′
và
NN K
′
bằng nhau.
- 14 -

CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Vì nhị diện
( )
, ,P SM N
là nhị diện vuông nên
·
·
0
45PIP NKN
′ ′
= =
⇒
tam giác
PP I
′
vuông cân . Ta có
PP P I
′ ′
=
Vì
1 1
;
2 2
PP SC P I AH
′ ′
= =
( H là hình chiếu của A trên SM ) nên SC=AH (1)
Kẻ SE
⊥
AB

⇒
CE=AB. Ta có tanBAC.tanABC
2 2
2
.
CE CE
AE EB SE
= =
(2)
Nhưng tam giác MSA cân tại M nên các đường cao AH và SE bằng nhau từ (1) ta được SC =
SE, tam giác SCE là tam giác vuông cân, do đó
2CE SE=
.
Thay kết quả này vào (2) ta được
tan .tan 2BAC ABC
=
Bài 9 : Gọi AH là đường cao của tứ diện gần đều ABCD . BK và H
a
là đường cao và trực tâm
tam giác BCD.
Chứng minh rằng :
2
4 .
a a
AH H B H K=
Giải :
Phẳng hóa tứ diện ABCD lên mặt phẳng BCD. Các tam giác ACD, ABD, ABC
mở ra thành A
1
CD, A

2
DB, A
3
BC. Ta đã biết tam giác
1 2 3
A A A
nhận B, C, D là
trung điểm của các cạnh .
Kẻ AJ
⊥
CD. Trong phép quay tam giác
1
A CD
, điểm J cố định CD luôn vuông góc với JA. Do
đó CD vuông góc JA
1
. Ta được CD
⊥
( )
1
AJA
. Vì CD
⊥
AH và
AH có điểm A thuộc
( )
1
AJA
nên AH thuộc
( )

1
AJA
suy ra H, J, thẳng hàng vì
cùng ở trên giao tuyến của
( )
1
AJA
và
( )
BCD
.
Lại có CD //
2 3
A A
mà A
1
H
⊥
CD nên A
1
H
⊥
A
2
A
3
. Tương tự ta được A
2
H
⊥

A
1
A
2
, A
3
H
⊥
A
1
A
2
.
Vậy H là trực tâm của tam giác
1 2 3
A A A
.
Gọi I là giao của A
1
H và A
2
A
3
.
BK là đường cao tam giác của BCD. Do đó trực tâm H
a
∈
BK.
Ta có tam giác
1 2 3

A A A
là ảnh của tam giác BCD trong phép vị tự tâm G theo tỉ số 2 (G là trọng
tâm chung của hai tam giác BCD và
1 2 3
A A A
).
Trong phép vị tự trên BK ta có ảnh là A
1
I. Các điểm H
a
, K có ảnh là H và I. Do đó H
a
K có ảnh
là HI.
Ta có :
2 2.
a
a
HI
HI H K
H K
= ⇒ =
Tứ giác BKJI là hình chử nhật, ta có BK = IJ.
Vì CD là đường trung bình của tam giác
1 2 3
A A A
nên IJ = A
1
J.
Như vậy ta có A

1
J = IJ = BK
- 15 -
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Tam giác vuông AJH cho ta
2 2 2
AH AJ HJ= −
Vì HJ = IJ – HJ nên
( )
2
2 2
AH BK IJ IH= − −

Vì HI = 2.H
a
K nên
( )
2
2 2
2
a
AH BK BK H K= − −

Vì BK = H
a
B + H
a
K nên
( ) ( )
2 2

2 2
4. .
a a a a a a
AH H B H K H B H K AH H B H K= + − + = =
Vậy ta có điều phải chứng minh !
SUY RA TỪ MỘT BÀI TOÁN PHẲNG
Chứng minh rằng các hình chiếu vuông góc của đỉnh A của tứ diện ABCD trên các mặt
phẳng phân giác trong và ngoài của các nhị diện cạnh BC, CD, DB là 6 điểm đồng
phẳng.

Giải

 Trước hết ta giải quyết bài toán phẳng sau:
“Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc của đỉnh A của tam giác
ABC trên các đường phân giác trong và ngoài của góc B và C là 4 điểm thẳng
hàng.”
Thật vậy :
Gọi hình chiếu của A trên phân giác trong và ngoài của góc B là lần lượt là
A
1
và A
2
.
Dễ dàng thấy được AA
1
BA
2
là hình chữ nhật. Từ đó dễ dàng chứng minh
được A
1

A
2
// BC và A
1
A
2
đi qua trung điểm của AB hay nói cách khác A
1
A
2
cách
đều A và BC.
Tương tự đới với các hình chiếu A
3
và A
4
của A trên các tia phân giác trong và
ngoài của góc C.


Chú ý: Bài toán phẳng này có mối liên hệ mật thiết với bài toán
của chúng ta. Ta có thể sử dụng kết quả trên và cả phương pháp giải bài toán trên
để giải bài toán này.
 Trở lại bài toán :
*Gọi hình chiếu của A trên mặt phẳng phân giác của góc nhị diện cạnh BC
là A
1
:
( )
1 1

A BCA⊥
. Theo hướng chứng minh của bài toán trên ta cần chứng minh
A
1
thuộc mặt phẳng cách đều A và mặt phẳng (BCD).
Gọi
( )
1 1
/H chA BCD=
. Dựng mặt phẳng chứa
1 1
AA H
cắt BC tại O.
- 16 -
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Ta có BC
⊥
AA
1
và BC
⊥
A
1
H

nên BC
⊥
( )
1 1
AA H

.
Vậy
·
1
AOH
là góc phẳng nhị diện cạnh BC và OA
1
là phân giác góc này.

Qua A
1
ta dựng mặt phẳng
( ) ( )
//P BCD
, cắt
( )
1 1
AA H
theo một giao tuyến là
∆
.
Gọi H = chA/
∆
.
Vì :
+
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1 1

1 1 1
//P BCD
AA H P OH
AA H BCD OH


∩ = ∆ ⇒ ⊥ ∆


∩ =

Ta có:


( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1
1 1
//
AA H BCD
AA H P
P BCD
⊥ 

⇒ ⊥



theo giao tuyến

∆
.
Mà:
∆⊥AH

⇒
AH
)(P⊥
. Vậy AH là khoảng cách từ A đến
mặt phẳng (P).
( )
1 1
/H chA BCD=
và
( ) ( )
P BCD⊥
suy ra A
1
H
1
là khoảng cách giữa
( )
P
và
( )
BCD
.
+ Mặt khác : theo bổ đề bài toán phẳng thì AH = A
1
H

1
.
Nên :
( )
P
cách đều A và
( )
BCD
.
*Chứng minh tượng tự như trên cho hình chiếu của A trên 5 mặt phẳng phân giác còn lại.
Bài toán được giải quyết xong!
Trong việc giải toán khoảng cách ta có nhiều phương pháp giải khác nhau. Trong số
những phương pháp đó nhóm thực hiện chuyên sâu vào tìm hiểu về mối liên hệ giữa
phép chiếu vuông góc và việc tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, từ đó
ứng dụng những tính chất đặc trưng của phép chiếu vuông góc vào những bài toán tìm
khoảng cách.Cung cấp cho các bạn bài viết này nhóm thực hiện mong rằng sẽ khai thác
thêm một phương pháp hữu dụng cho bạn đọc cách giải toán khoảng cách trong không
gian. Thông qua đó nhóm muốn gửi đến các bạn một cái nhìn mới cũng như cách vận
dụng và phát huy sức sáng tạo từ lí thuyết đến bài toán cụ thể - một phương thức sáng
tạo.
Ta điểm lại một số điểm lý thuyết sau
Tính bảo toàn tỉ số qua phép chiếu vuông góc:
a. Cho những đường thẳng cùng phương trong không gian thì qua phép chiếu vuông góc
tỉ số của những đường thẳng đó bảo toàn.
b. Trong không gian cho đoạn thẳng AB và điểm M di động trên đường thẳng AB hay
MBkMA =
, chiếu A, B, M lên một mặt phẳng
( )
P
thì

M A kM B
′ ′ ′ ′
=
uuuuur uuuuur
với
, ,M A B
′ ′ ′
lần lượt là
hình chiếu của M, A, B, trên mặt phẳng
( )
P
.
Xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
- 17 -
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Cho hai đường thẳng chéo nhau AB,
CD. Xác định độ dài đoạn vuông góc
chung của AB và CD.
Dựng một mặt phẳng
( )
P
vuông góc với CD
tại O
( )
O DC∈
.
Gọi
( ) ( )
/ ; /A chA P B chB P
′ ′

= =
. Trên
( )
P
từ O ta dựng
ON A B
′ ′
⊥
Ta có:
( )
( )
,
ON A B
ON ABB A ON AB
ON d AB CD
ON AA
ON CD
′ ′
⊥ 

′ ′
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
 
′
⇒ =
⊥



⊥


Vậy khoảng cách giữa AB, CD cần tìm là ON.
Ta đến với bài toán cụ thể sau:
Bài 1: Cho tứ diện ABCD có CD vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
. Gọi M là trung điểm của
BD, N là trung điểm của AB và K là điểm trên CD sao cho
CDCK
3
1
=
.
Chứng minh khoảng cách giữa BK và CN bằng với khoảng cách giữa AM và CN.
Phân tích :
Với bài toán này ta có thể dùng phương pháp trực tiếp , có nghĩa là ta sẽ tính khoảng
cách giữa BK và CN , khoảng cách giữa AM và CN rồi so sánh hai gái trị vừa tính được. Đó là
một phương pháp !
Nhưng ta có thể nhìn sâu vào bài toán hơn một tí , bài toán đã cho với lợi thế là CD
vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
và các yếu tố tỉ số đã cho cho phép ta có thể chọn mặt phẳng
thích hợp và áp dụng phép chiếu vuông góc.
Cụ thể như sau:
Giải:
- 18 -
P
D
C

O
N'
A'
B'
B
A
N
M
N
K
D
C
B
A
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Gọi
( )
P
là mặt phẳng vuông góc với CN tại N.
Chiếu tứ diện ABCD lên
( )
P
. Gọi A
1
, B
1
, D
1
, M
1

, K
1
lần lượt là hình chiếu của A, B, D, M, K lên
(P).
Theo giả thiết CD
⊥
( )
ABC

111
// BANDNCD
ACCD
BCCD
⊥⇒⇒



⊥
⊥
⇒
Suy ra:
( ) ( )
( ) ( )
1 1
1 1
, ,
, ,
d BK CN d N B K
d AM CN d M A M
=



=


Dựng NI
⊥
A
1
M
1
( ) ( )
111111
; KBJKBNJMAI ∈⊥∈
.
Như vậy :
( )
( )
1 1
1 1
,
,
d N B K NJ
d M A M NI
=


=



Ta có M là trung điểm BD , N là trung điểm của AB nên theo tính chất bảo toàn tỉ số qua phép
chiếu vuông góc ta cũng có M
1
là trung điểm của B
1
D
1
, N là trung điểm của A
1
B
1
.Và theo giả
thiết
CDCK
3
1
=
nên
( )
1 1 1 1
1
3
NK ND K ND= ∈
. (1)
Ta xét hình chiếu của tứ diện lên
( )
P
là
111
BDA∆

. Do (1) nên K
1
là trọng tâm của
111
BDA∆
, suy
ra K
1
nằm trên A
1
M
1
. Từ đây ta dễ dàng thấy ND
1
là trung trực của A
1
B
1
.
Vậy
111
BAK∆
là tam giác cân , do đó NI = NJ . (Điều phải chứng minh)
Đến đây bài toán được giải quyết !
Nhận xét : Bằng việc ứng dụng phép chiếu vuông góc ta có một cách giải đẹp cho bài toán.
Không cần tính toán phức tạp chỉ cần một chút khéo léo và một chút suy luận thì ta đã có một
lời giải hay và gọn và trong đó còn thể hiện một chút sáng tạo .Qua phép chiếu vuông góc ta có
thể áp dụng các tính chất đã nói ở trên . Qua một chút lập luận ta qui bài toán không gian trở về
bài toán phẳng : “Cho tam giác A
1

B
1
D
1
có ND
1
là trung trực của A
1
B
1
, M là trung điểm D
1
B
1
và
- 19 -
N
1
M
1
K
1
B
1
A
1
D
1
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
K

1
chia đoạn ND
1
theo tỉ số
3
1
. I và J lần lượt là hình chiếu của N trên A
1
M
1
và B
1
K
1
. Chứng
minh rằng : NI = NJ”.
Đến đây bài toán trở nên vô cùng đơn giản . Việc chứng minh không hề gặp trở ngại .
Ta đến với bài toán tiếp theo :
Bài 2: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi M là trung điểm cạnh AB , N là trung điểm cạnh CD
. Tìm khoảng cách giữa BN và CM .
Phân tích :
Bài toán này không khó, hoàn toàn không khó vì các yếu tố của bài toán này gần như có
sẵn không cần phải suy luận nhiều . Việc tính khoảng cách giữa BN và CM ta có thể thực hiện
đơn giản như sau :
Ta dễ dàng tính được các đoạn sau : MN, MC và V
ABCD
vì tứ diện ABCD đều cạnh a .
Do đó ta tính được V
M.ACN
theo công thức sau:

.
. .
V
MB MC MN
M BCN
V AB AC AD
ABCD
=
(1)
Ta có thể tính góc giữa BN và CM như sau: Qua C dựng đường thẳng
song song với AN và cắt BD tại E .
Vậy do
//BN CE
nên
( )
·
( )
·
·
, ,BN CM CE CM MCE= =
. Ta tính được ME, CE nên theo định
lý hàm số cosin ta tính được cos MCE rồi suy ra sin MCE .
Tiếp theo ta có công thức sau

( ) ( )
1
. . . , .sin ,
6
.
BN CM d BN CM BN CM

V
M BCN
=
(2)
Từ (1) và (2) ta có được khoảng cách cần tính .
Tuy nhiên việc xác định vị trí khoảng cách sẽ khó hơn, vì vậy ta có thể nghĩ đến một phương
pháp khác lưỡng toàn.
Nhưng nếu phân tích các yếu tố bài toán ta thấy tứ diện đã cho là tứ diện đều nên việc áp dụng
phép chiếu vuông góc là hoàn toàn thuận lợi. Ta có lời giải sau :
Giải:
- 20 -
N
M
H
D
C
B
A
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Gọi
( )
S
là mặt phẳng vuông góc với BN tại N . Hiển nhiên CD
⊂
( )
S
.
Gọi H là hình chiếu của A lên
( )
BCD

.
Ta thực hiện phép chiếu tứ diện ABCD lên
( )
S
. Khi đó ta kí hiệu
,A M
′ ′
là ảnh của A và M trên
( )
S
qua phép chiếu vuông góc . Dễ thấy rằng C, D là hình chiếu của chính nó trên
( )
S
và N là
hình chiếu của H và B trên
( )
S
.
Vì:
( )
( )
( )
//
/ /
AH
A N ch AH
AH BN
S
AH S
S BN

A N AH A N CD

′
= =
⊥

 
⇒ ⇒
 
⊥



′ ′
⇒ ⊥

Ta cũng có :
( ) ( )
AC
AD
A C ch ch A D
S S
′ ′
= = =
Ta có nhận định sau:
( ) ( )
, ,d BN CM d N CM
′
=
. Gọi I là hình chiếu của N trên

CM
′
vậy
( )
,d N CM NI
′
=
. Ta qui bài toán vể việc tính NI.
Dễ dàng có được
aAH
3
6
=
và
M A M N
′ ′ ′
=
(Vì MA = MB và M nằm trên AB nên qua phép
chiếu vuông góc, tỉ số mà M chia trên AB không đổi)
- 21 -
H
M
1
N
C
D
A
1
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Ta xét hình chiếu của tứ diện ABCD trên

( )
S
. Trong tam giác vuông
CNM
′
có NI vuông góc
với
CM
′
tại I nên ta có hệ thức sau :
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 6 10
10
10
NI NM NC a a a
NI a
= + = + =
′
⇒ =
Vậy
( )
10
,
10
d BN CM NI a= =
.
Nhận xét : Bài toán được giải quyết cho ta một lời giải hay và không thiên về phần tính toán
như phương pháp mà ta đã đề ra ở phần phân tích .
Ta đến với bài toán sau :
Bài 3 : Trong mặt phẳng

( )
P
cho hình vuông ABCD cạnh a .Gọi O là giao điểm của hai đường
chéo . Trên đường thẳng Ox vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại O lấy điểm S . Gọi
α
là góc
giữa mặt bên và mặt đáy . Xác định đường vuông góc chung của SA và CD . Tính độ dài đường
vuông góc chung đó .
Phân tích :
Theo bài toán thì khối đa diện tạo bởi S, A, B, C, D là hình chóp tứ giác đều S.ABCD .
Ta thực hiện phép chiếu vuông góc bằng việc chọn mặt phẳng thuận lợi cho bài toán .
Ở đây ta thấy việc chọn một mặt phẳng có mối liện hệ với CD là thuận lợi hơn cả . Để rõ hơn ta
đến với lời giải sau :
Giải :
- 22 -
N
K
E
F
M
O
C
B
AD
S
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD , khi đó O là trung điểm của MN . Dựng đường
thẳng qua N và vuông góc với SM tại K.
Từ đấy ta cũng có :
( )

( )
( )
//
SMN CD
do CD AB
SMN AB

⊥


⊥


Vậy
( )
( )
·
·
,SAB ABCD SMN=
và hình chiếu của SA trên (SMN) là SM.
Vậy
( ) ( )
, ,d CD SA d N SM NK= =
.
Trong (SMN) ta có : NK = MN. sin
α
= a.sin
α
.
Cách dựng đường vuông góc chung : Qua K dựng đường thẳng song song với AB và cắt SA tại

E , qua E dựng đường thẳng song song với NK và cắt CD tại F.
Vậy EF = NK và thỏa tính chất của NK , do đó EF là đường vuông góc chung của SA và CD.
Nhận xét : Bài toán đơn giản vì hầu như các phép chiếu không đòi hỏi phức tạp như trên. Ở các
bài toán trên phép chiếu vuông góc phụ thuộc hoàn toàn vào việc chọn mặt phẳng để thực hiện
phép chiếu và việc chọ mặt phẳng thì hoàn toàn không đơn giản . Nhưng ở bài toán này thì việc
chọn mặt phẳng không khó khăn mấy và như có sẵn . Và đối với bài toán này nói riêng ta có
thể coi rằng đây là phương pháp quen thuộc nhất.
Qua các bài tập trên chúng ta đã thấy được mới liên hệ mật thiết giữa phép chiếu vuông
góc và việc xác định khoảng cách cũng như phương pháp giải và mấu chốt trong việc ứng dụng
phép chiếu vuông góc vào các bài toán liên quan đến khoảng cách.
Nhóm thực hiện xin gửi đến các bạn hai bài toán tự luyện sau :
Bài 1 : Trong mặt phẳng
( )
P
cho hình vuông ABCD cạnh a . Trên đường thẳng vuông góc với
mặt phẳng
( )
P
tại trung điểm cỏa BC lấy N sao cho NK = a . Gọi M là trung điểm của AB . Xác
định và tính đường vuông góc chung của AN và DM.
Bài 2 : Trong mặt phẳng
( )
X
cho tam giac ABC vuông cân tại A có AB = AC = a . Trên đường
thẳng vuông góc với
( )
X
tại C lấy điểm M sao cho MC = a . Xác định và tính khoảng cách của
AM và AC.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN :

Bài 1 : Trong không gian cho hai nửa đường thẳng Ax và By vuông góc với nhay và chéo nhau
nhận AB = a làm đường vuông góc chung. M và N tương ứng là hai điểm di động trên Ax và
By sao cho ta luôn có MN = AM + BN.
Chứng minh rằng H luôn nằm trên một mặt phẳng có định
( )
P
và góc tạo bởi MN và
( )
P
là
một góc cố định.
Bài 2 : Trong mặt phẳng
( )
P
cho hình vuông ABCD cạnh a . Đoạn SA cố định vuông góc với
( )
P
tại A. Cho M và N là hai điểm di động trên BC và CD. Đặt BM = x , DN = y.
1. Tìm mối liên hệ giữa x và y để
( )
SAM
và
( )
SAN
tạo với nhau một góc nhị diện 30
o
.
- 23 -
CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP_QHSS & QHVG
2. Giả sử M và N là hai điểm sao cho

( )
SAM
tạo với
( )
SAN
một góc nhị
diện 45
o
. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AMN
Bài 3 : Cho ba điểm A, B, C thuộc mặt phẳng
( )
P
, B thuộc đoạn thẳng AC, và cho điểm S trên
đường thẳng vuông góc với
( )
P
tại A. Đặt AB = 2a, BC = b,
( )
SH h h a= <
. Hai điểm M và N
thay đổi sao cho M không trùng N, M , N, C thẳng hàng và M, N cùng thuộc đường tròn đường
kính AB nằm trong mặt phẳng
( )
P
. Gọi x là khoảng cách từ trung điểm của AB đến MN. Tìm x
để diện tích tam giác SMN đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị ấy.
Bài 4 : Trong mặt phẳng
( )
P
cho tam giác đều ABC cạnh a. S là điểm ờ ngoài

( )
P
. Giả sử các
mặt phẳng bên tạo với mặt đáy các góc x, y, z. Dựng H là hình chiếu của S trên mặt phẳng
( )
ABC
. Tính SH theo a, x, y, z.
BỘ TÀI LIỆU CHUYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP
1. Chuyên đề 1: Hình Chóp _ Quan hệ Song song Quan hệ Vuông góc
2. Chuyên đề 2: Hình Chóp _ Góc và Khoảng cách
3. Chuyên đề 3: Hình Chóp _ Diện tích Thiết diện
4. Chuyên đề 4: Hình Chóp _ Thể tích và Cực trị thể tích
5. Chuyên đề 5: Hình Chóp _ Bài tập tổng hợp
- 24 -