Hình học 11. hay nhất

N
A
A'
H
O
( )
( ')
CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP
CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP
GÓC – KHOẢNG CÁCH
Quan hệ song song – vuông góc là một mảng vô cùng quan trọng trong chương trình
hình học không gian nói chung và trong những bài toán có liên quan đến hình chóp nói riêng. Và
một trong những ứng dụng quan trọng nhất của quan hệ song song – vuông góc trong việc giải các
bài toán hình học không gian cũng như các bài toán có liên quan đến hình chóp là tìm góc và
khoảng cách.Ta đến với những bài toán sau:
Bài 1: Cho (∆),(∆′) chéo nhau, có AA′ là đường vuông góc chung của (∆) và (∆′) (A′ ∈ (∆′) và A ∈
(∆)). Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và vuông góc với (∆′), còn (Q) // (P) cắt (∆) và (∆′) lần lượt tại M
và M′. Gọi N=ch M/(P). Đặt γ = (∆,(P)), ∠MAM′ = α, ∠M′AA′ = β. Tìm mối quan hệ của α,β,γ.
Giải :
* Vì (P) ⊥ (∆′) và AA′ ⊥ (∆′), A ∈ (P)
⇒ AA′ ⊂ (P)
* AA′ // (Q) MA′ // MN
M′A′ ⊥ (P) ⇒ M′M // A′N
⇒ M′MNA′ là hình chữ nhật
N = ch M/(P) M′A′ ⊥ A′N
Đặt MN = x. Ta có
AA′
2
= A′M
2
– AM

2
= A′N
2
+ MN
2
– (AN
2
+ MN
2
)
= A′N
2
– AN
2
⇒ A′A ⊥ AN
* Dễ dàng thấy được γ = ∠MAN. Trong mặt phẳng (M′AM), ta có:
M′M
2
= A′A
2
+ AN
2
= M′A
2
+ MA
2
– 2M′A.MA.cos α
Mà A′A = cot β.x
AN = cot γ.x
M′A =

sin
x
β
S
A
B
C
F
E
I
MA =
sin
x
γ
⇒ x
2
(cot
2
β + cot
2
γ) = x
2
2 2
1 1 cos
2
sin sin sin .sin
α
β γ β γ
 
+ −

 ÷
 
⇔ cot
2
β + cot
2
γ = 2 + cot
2
β + cot
2
γ -
cos
2
sin .sin
α
β γ
⇔ cos α = sin β.sin
Bài 2: Cho tứ diện vuông S.ABC. M là một điểm bất thuộc ∆ABC, I là trung điểm AB. Giả sử CA =
2SB, CB = 2SA. Kẻ SE ⊥ CA, SF ⊥ CB. CMR:
a. SC ⊥ EF b.
4
4
tan ( )
1
tan ( )
SCI EB
SCA AB
+ =
Giải :
* Ta có SC

2
= BC
2
– SB
2
= 4SA
2
– SB
2
SC
2
= AC
2
– SA
2
= 4SB
2
– SA
2
⇒ SA = SB ⇒ AC = AB
* SE =
.SC SA
AC
SF =
.SC SB
AB
⇒ SE = SF
Từ đây ta dễ dàng suy ra: EF // AB mà SC ⊥ (SAB) nên EF ⊥ SC
* Ta có :
2

2
2
SC
EF CE SC
AC
AB CA AC AC
= = =
Mặt khác: AB =
2
.SA (do ∆SAB vuông cân)
=
2
2
AC
⇒EF =
2 2
2
2
.
2
SC SC
AC AC
=
Lại có:
1
2
SA
AC
=
⇒ ∠SAC =

3
π
⇒
3
cos cos
2 3 6 2
CS
AC
π π π
 
= − = =
 ÷
 
CS =
2 2
AC SA−
=
3SA
=
6
2
AB
Do đó: EF =
2 3 6
. . .
2 2 2
AB
=
3
4

AB
⇒
3
4
EF
AB
=
(1)
B C
A D
S
M
N
* tan SCI =
1
6
2
6
6
2
AB
SI
SC
AB
= =
tan SCA =
3
3
3
SA SA

SC
SA
= =
⇒
4
4
tan 1
tan 4
SCI
SCA
=
(2)
* Từ (1),(2) suy ra:
4
4
tan ( ) 1 3
1
tan ( ) 4 4
SCI EB
SCA AB
+ = + =
(đpcm)
Bài 3: Trong (P) cho ABCD là hình vuông cạnh a. Lấy M,N ∈ CB và CD. Đặt
CM = x, CN = y. Trên At ⊥ (ABCD) lấy S. Tìm x,y để:
a. ((SAM),(SAN)) =
4
π
b. ((SAM),(SMN)) =
2
π

Giải :
a. AM ⊥ SA, AN ⊥ SA ⇒ ∠MAN = ((SAM),(SAN))
SA = (SAM) ∩ (SAN)
Để ((SAM),(SAN)) =
4
π
thì ta có:
cos MAN =
2 2 2
2
2 2 .
AM AN MN
AM AN
+ −
=

⇔
2 2 2 2
2. ( ) . ( )a a x a a y+ − + −
= a
2
+ (a – x)
2
+ a
2
+ (a – y)
2
– (x
2
+ y

2
)
⇔ 2[a
2
+ (a – x)
2
].[a
2
+ (a – y)
2
] = [4a
2
– 2a(x + y)]
2
⇔ a
4
+ a
2
[2a
2
– 2a(x + y) + x
2
+ y
2
] + (a
2
+ x
2
– 2ax)(a
2

+ y
2
– 2ay) = 2[2a
2
– a(x + y)]
2
.
⇔ a
4
+ 2a
4
– 2a
3
(x + y) + a
4
+ a
2
(x
2
+ y
2
) + 4a
2
xy – 2a
3
(x + y) + x
2
y
2
– 2axy(x + y) = 8a

4
– 8a
3
(x + y)
+ 2a
2
(x
2
+ y
2
) + 4a
2
xy
⇔ x
2
y
2
+ 4a
3
(x + y) = 2axy(x + y) +4a
4
b. Giả sử (SAM) ⊥ (SMN)
Dựng NM′ ⊥ SM ( M′ ∈ SM). Ta có :

'
' ( )
( ) ( )
NM SM
NM SAM
SM SAM SMN

⊥

⇒ ⊥

= ∩

⇒ NM′ ⊥ SA
Mặt khác: SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ NM
Do đó: M ≡ M′
D C
A B
S
E
H
I
K
⇒ MN ⊥ (SAM)
⇒ MN ⊥ AM
Vậy để (SAM) ⊥ (SMN) thì ta phải có: AM
2

+ MN
2
= AN
2
⇔ a
2
+ (a – x)
2
+ x

2
+ y
2
= a
2
+ (a – y)
2
⇔ 2x
2
= 2ax – 2ay
⇔ x
2
= a(x – y).
Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) và SA = a
2
. ABCD là hình thang vuông tại A,
D. AB = 2a, AD = CD = a
a. Tính góc (S, BC, A) và (A, BS, C)
b. Tính góc ((SBC),(SCD))
Giải :
* Xét mp (ABCD)
+ Gọi H = ch C/AB
⇒ AHCD là hình vuông, ∆CHB là tam giác vuông cân.
⇒ ∠CAB =
2
π
hay CA ⊥ CB
• Từ giả thuyết ta dễ dàng có được: SB = a
6
,

• BC = AC = a
2
, SD = a
3
⇒ SC = 2a
⇒ SC
2
+ BC
2
= SB
2
.
⇒ SC ⊥ CB
• Do đó: (S, BC, A) = ∠SCA =
4
π
.
+ Gọi K = ch A/SB
I = ch A/SC

( )
SC CB
CB SAC
AC CB
⊥

⇒ ⊥

⊥


⇒ AI ⊥ BC mà AI ⊥ SC ⇒
AI ⊥ (SBC)
⇒ AI ⊥ SB ⇒ SB ⊥ (AIK)
AK ⊥ SB
⇒ KI ⊥ SB ⇒ (A, SB, C) = ∠AKI
Dễ thấy:AI = a
AK =
2.2 2 3
.
3
6
a a
a
a
=

. . 2 3
3
6
SI KI SI BC a a
KI a
SB BC SB
a
= ⇒ = = =
⇒ AI
2
+ KI
2
= a
2

+
2
3
a
=
2
4
3
a
= AK
2
⇒ ∆AKI vuông tại I
⇒ sin AKI =
3
2
2 3
3
AI a
AK
a
= =
⇒ ∠AKI =
3
π
* Trong mp (SCD) dựng đường thẳng qua C vuông góc với SC và cắt SD tại E.
⇒
(( ),( ))
SC CE
SCB SCD
SC CB

⊥

⇒

⊥

= ∠ECB
+ SE.SD = SC
2
⇒ SE =
2
4
3
a
a
=
4 3
3
a
⇒ DE =
3
3
a ⇒ CE
2
= DE.SE =
2
4 3 3 4
.
3 3 3
a a a=

+
2 2 2
5
2 2
6 cos
2 . 3
3
BD a
SD SB BD
SB a ESB
SD SB
SD a

=

+ −

= ⇒ = =


=


⇒ BE
2
= SE
2
+ SB
2
– 2.SE.SB.cos ESB

=
16
3
a
2
+ 6a
2
– 2.
2
2 2 4 3 2
. . 6
3 3 3
a a a=
⇒ cos ECB =
2 2 2
2. .
CE CB EB
CE CB
+ −
=
2 2 2
4 2
2
6
3 3
3
2 3
2. . 2
3
a a a

a a
+ −
=
⇒ ∠ECB = arccos
6
3
Bài 5: Cho ∆SAB đều và hình vuông ABCD cạnh a nằm trong 2 mặt phẳng
vuông góc với nhau. Gọi M là trung điểm của AD
a. Tìm d(SA,MC)
b. Gọi (P) là mặt phẳng qua BC và một điểm P bất kì trên SD. Xác định giá trị
lớn nhất có thể có của góc nhị diện giữa (P) và (ABCD), biết thiết diện giữa
D C
BA
S
O
E
P
Q
P'
Q'
M
(P) và hình chóp là hình thang
Giải :
Gọi O là trung điểm của AB
⇒ SO ⊥ AB
Mà
(SAB) ∩ (ABCD) = AB
⇒ SO ⊥ (ABCD)
⇒ SO ⊥ BC mà BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ (SAB)

a. Gọi E là trung điểm của BC
⇒ AE = MC = SE =
5
2
a
AM = EC =
2
a
⇒ AMCE là hình bình hành
⇒ MC // AE
⇒ ∠(MC,SA) = ∠(AE,SA)
⇒ cos (MC,SA) =
2 2 2
2. .
AE SA SE
AE SA
+ −
=
2
5
5
5
2 .
2
a
a a
=
⇒ sin (MC,SA) =
2 5
5

. Dễ thấy SO =
3
2
a
Ta có: V
S.AMC
=
1
3
SO.S
AMC
=
1
6
SO.DC.MA =
1 3
. . .
6 2 2
a a
a
=
3
3
24
a
Mặt khác:
( ) ( )
.
1
. .sin , . ,

6
S AMC
V SA MC MC SA d SA MC=
V
S.AMC
=
1
6
SA.MC.sin (MC,SA).d(SA,MC)
⇔
3
3
24
a
=
1 5 2 5
. . . ( , )
6 2 5
a
a d SA MC
⇔ d(SA,MC) =
3
4
a
b.
+ Thiết diện giữa (P) và hình chóp là hình thang.
Dựng PQ // AD (Q ∈ SA)
⇒ PQ // BC
Dễ thấy PQBC là thiết diện của (P) với hình chóp S.ABCD
+ Trong mặt phẳng (SAB) dựng QQ′ // SO

⇒ QQ′ ⊥ (ABCD)
Dựng PP′ ⊥ (ABCD) (P′ ∈ (ABCD))
⇒ (P′Q′BC) = ch (PQBC)/(ABCD)
+ Ta có: (OAD) = ch (SAD)/(ABCD)
⇒ P′ ∈ OD, Q′ ∈ OA
+ Đặt SP = x (0 ≤ x ≤ SD =
2a
2
SP x
SD
a
=
⇒
'
'
2
SP x OP
PD P D
a x
= =
−
⇒
'
2
OP SP x
OD SD
a
= =
⇒ OP′ =
2

2
.
4
2
x a
a
a
+
' '
2
OP OQ x
OD OA
a
= =
⇒
2
'
4
x
OQ =
/ /
' '/ /
' ' ( ) / ( )
PQ AD
P Q AD
P Q ch PQ ABCD

⇒

=


⇒ P′Q′ ⊥ AB ⇒ P′Q′ =
2 2
5 2
8 8 2
x x x
− =
⇒ S
P’Q’BC
=
1
2
.Q′B.(P′Q′ + BC) =
1
2
2 2
2 4 2
a x x
a
  
+ +
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
=
2
1 2
4 2
x
a

 
+
 ÷
 ÷
 
+
2
SP PQ x
SD AD
a
= =
⇒ PQ =
2
2
x
+
1 1
1
' 2
1
2 2
QQ AQ SA AQ SQ x a x
SH SA AQ AQ
a x a
− −
−
   
+ −
 
= = = = + =

 ÷  ÷
 ÷
−
 
   
⇒ QQ′ =
2
. 6
4
a x−
Do QQ′ ⊥ Q′B
⇒ QB =
( )
2
2
2 2
2 3
' ' 2
2 4 8
a x
Q B QQ a x
 
+ = + + −
 ÷
 ÷
 
=
2 2
2 2
2 3 3 2 3

4 4 8 4 4 8
a ax x
a ax x+ + + − +
=
2
2
2
2 2
a x
a x− +
⇒ S
PQBC
=
2
2
1 2 2
2 2 2 2
a x x
a x a
 
− + +
 ÷
 ÷
 
⇒ cos ((P),(ABCD)) =
2 2 2
2
2
1 1 2
2

2 2
2 2 2
2 2
x
a
a x
a x a a x x
a x
+
+
=
− +
− +
Đặt f(x) =
2 2
2
2 2
a x
a a x x
+
− +
∀x ∈ [o;a
2
]
Xét f′(x) =
( )
2
2 2 2 2
6 3 2
2 2 2 2

a xa
a ax x a a x x
−
− + − +
> 0 ∀x ∈ [o;a
2
]
Vậy max f(x) = 2 min f(x) = 1
Bài 6: Cho hình chóp tam giác S.ABC đều có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi
α
là góc giữa mặt bên
và mặt đáy và
ϕ
là góc giữa hai mặt bên.
Tìm mối quan hệ giữa
α
và
ϕ
.
Giải:
+ Gọi I là trung điểm của BC .
SI BC (SAI) BC
AI BC SIA ((SBC),(ABC))
⊥ ⊥
 
⇒ ⇒
 
⊥ ∠ = ∠ = α
 

+ Dựng BJ
⊥
SA (
J SA
∈
).
Ta dễ dàng suy ra:
CJ SA
⊥
Suy ra:
(BJC) SA
BJC ((SAB),(SAC))
⊥


∠ = ∠ = ϕ

+ (BJC)
⊥
SA
IJ SA
BJI ((SAI),SAB))
BJ SA
2
⇒ ⊥

ϕ
⇒ ∠ = ∠ =


⊥

( Do BJ = JC mà I trung điểm BC nên
BJC
BJI
2
∠
∠ =
)
+ Gọi H = ch
S (ABC)

⇒
H là tâm của
ABCV
2
1 1 3 1 3 3 1 a
SH.AI a HI.tan a a .tan tan
2 2 2 2 2 2 3 8
S
SAI
= = α = α = α
∆
+
2 2 2
2 2 2 2
1 1 BI 1 a a 1 a tan 4
BJ.SA SH AH . tan a
2 2 sin BJI 2 12 3 12
2.sin 4.sin

2 2
S
SAB
α +
= = + = α + =
ϕ ϕ
∆
+
(SAI) BC I chS (SAI)
⊥ ⇒ =
.cos ((SAB),(SAI)) .cos BJI .cos
2
S S S S
SAI SAB SAB SAB
ϕ
⇒ = ∠ = =
∆ ∆ ∆ ∆
2 2 2
a a tan 4
tan .cos
8 12 2
4.sin
2
α + ϕ
⇒ α =
ϕ
2
2 2
tan 4
tan .cot

3 2
α + ϕ
⇔ α =
2 2 2 2
2
4
3.tan .tan tan 4 tan
2
3tan 1
2
ϕ
⇔ α = α + ⇔ α =
ϕ
−
Bài 7: Cho hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, đường
cao SH = h. Cho mặt phẳng (P) qua BD và vuông góc với mặt phẳng (SCD).
Tính tỉ lện thể tích hai khối đa diện được chia bởi
ϕ
với
ϕ
là góc giữa hai mặt
bên và mặt đáy
Giải:
+ Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và BC.
H
A B
D C
S
M
N

E
SN CD
SNM ((SBC),(ABCD))
MN CD
⊥

⇒ ⇒ ∠ = ∠ = ϕ

⊥

+ Dựng DE
⊥
SC.
Ta có:
BD SH
BD (SHC)
HC BD
⊥

⇒ ⊥

⊥

BD SC
(BDE) SC (BDE) (SCD) ( hay (BDE) (P))
⇒ ⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ≡
+ Gọi V =V
S.ABCD
, V

1
= V
C.EBD
, V
2
là phần còn lại.
Xét :
1 1
S.BCD
V V
1 CE
V 2.V 2 SC
= =
Ta có:

2 2 2 2 2
2 2
1 a 1 a
SC SN NC NH . NC 1 cos 1
2 2.cos
cos SNM cos
= + = + = + = ϕ +
ϕ
ϕ
(BDE)
⊥
SC
BE SC
⇒ ⊥
2

2
2
2 2 2
2
2
1 1
BE.SC SN.BC BE.SC SN.BC
SBC
2 2
a 1
a
SN.BC a
2 cos
BE
SC
a 1
1 cos
1
2 cos
a a.cos
CE BC BE a
1 cos
1 cos
S
= = ⇔ =
ϕ
⇒ = = =
+ ϕ
+
ϕ

ϕ
⇒ = − = − =
+ ϕ
+ ϕ
∆
Suy ra:
2
2
1
2
2
2
1 1
1 2
a.cos
1 cos
V
1 cos
a
V 2
1 cos
1 cos
2.cos
V V
cos
V V V
ϕ
+ ϕ
ϕ
= =

+ ϕ
+ ϕ
ϕ
⇒ = ϕ =
−
Bài 8: Cho (P) có chứa hình chữ nhật ABCD với AB = a, BC = b. Trên đường
thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại trung điểm O của AB lấy điểm S
sao cho SO = ab. Trên BC lấy BM = x, trên CD lấy DN = y
(M BC,N CD)
∈ ∈
Tìm mối quan hệ giữa x, y, a, b sao cho:
( ) ( )
( ) ( )
1)
a. SOM SMN
b. SON SMN
⊥
⊥
2) P là trung điểm của SM, Q là trung điểm của ON. Tìm điều kiện để
PQ = d(SM, ON)
Giải:
1) a. Giả sử ta có :
( ) ( )
SOM SMN
⊥
. Dựng NM’
⊥
SM (M’
∈
SM).

Ta có :
( ) ( )
NM ' SM
NM ' (SON)
SM SON SMN
⊥


⇒ ⊥

= ∩


NM' SO
⇒ ⊥
Mặt khác: SO
( )
ABCD SO NM
⊥ ⇒ ⊥
Do đó: M
≡
M’
( )
MN SOM MN OM
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Vậy để
( ) ( )
SON SMN
⊥
thì ta phải có

2 2 2
OM MN ON+ =
(1)
Ta có BM = x
⇒
CM = b – x
DN = y
⇒
DN = a – y
( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2
2
2
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2
( )
4
2 2A 4 2( ) 2
4 4
BN b a y
AN b y
MN b x a y
a
OM x
BN N AB b a y y a
ON
⇒ = + −

= +
= − + −
= +
+ − + − + −
⇒ = =
Vậy theo (1) ta có :
( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2
2
2 2
4 2( ) 2
4 4
2 2
b a y y a a
x b x a y
bx ay x a
+ − + −
= + + − + −
⇔ + = +
Vậy điều kiện để (SOM) và (SMN) vuông góc là :
2 2
2 2bx ay x a+ = +
b) lập luận như trên ta có điều kiện để (SON)
⊥
(SMN) là ON
⊥
MN
Khi đó :
2 2 2

2y 2b a 2bx 3ay
+ + = +
2) PQ = d(SM, ON)
PQ SM
PQ ON
⊥

⇔

⊥

(1)
Ta có :

( )
( )
2
2 2 2
2
2
2
2 2 2
2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
2 2
4b 2 a y 2y a
ON

OQ
4 16
4b 2 a y 2y a
SQ OQ SO a b
16
a
SM SO OM a b x
4
a
a b x
4
OP SP
4
+ − + −
= =
+ − + −
= + = +
= + = + +
+ +
⇒ = =
Từ (1) ta có :
( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2
PQ SQ SP OP OQ

SQ OQ SP OP 2OP
4b 2 a y 2y a 4b 2 a y 2y a
4a b a 4x
a b
16 16 8
2a b 2b 2y x 2ay
= − = −
⇒ + = + =
+ − + − + − + −
+ +
⇒ + + =
⇔ + + = +
Vậy điều kiện để PQ là khoảng cách giữa ON và SM là :
2 2 2 2 2
2a b 2b 2y x 2ay+ + = +
Bài 9 :Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình vuông cạnh a và đường cao SA =
a 6
2
. Gọi
(P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, cắt các cạnh SC, SB, SD lần lượt tại C’, B’, D’.
Tính góc giữa C’D’ và AD
Giải :
+Gọi
E C'D' CD C'E SC
= ∩ ⇒ ⊥
Dựng DK
⊥
SC
( )
K SC∈

DK / /C'E
(C'D', AD) (C'E,AD) (DK,AD) ADK
⇒
⇒ ∠ = ∠ = ∠ = ∠

SA CD
CD (SAD) CD SD
CD AD
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


Mà ta có
C'E SC
⊥
nên suy ra:
SDCV
đồng dạng với
EC'CV
C'E C'C
SD CD
⇒ =
(1)
 AC’
⊥
SC

2 2 2
2 2
2 2
AC AC 2a 2 14
CC' a
SC 7
3
SA AC
a 2a
2
⇒ = = = =
+
+
Từ (1) : C’E =
2 2
2 2
2 14 3
a a a
SD.CC' CC' SA AD 2 35
7 2
a
CD CD a 7
+
+
= = =

2 2 2 2
8 20
EC CC' C'E a a 2a
7 7

CD 1 DK CK
(do DK / /EC')
EC 2 EC' CC'
35
DK a
7
14
CK a
7
⇒ = + = + =
⇒ = = =

=


⇒


=


 cos SCA =
AC a 2 2 7
SC 7
14
a
2
= =

2 2 2

2 2
2
AK CK AC 2CK.AC.cosSCA
2 14 2 7
a 2a 2.a 2. a.
7 7 7
8
a
7
2 14
AK a
7
⇒ = + −
= + −
=
⇒ =
+ cos ADK
2 2 2
2 2 2
5 8
a a a
DA DK AK 2 35
7 7
2.DA.DK 35
35
2a a
7
+ −
+ −
= = =

2 35
ADK arccos
35
⇒ ∠ =
Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thoi cạnh a có
o
BAD 60∠ =
. Gọi O là giao điểm của AC và BD , biết SO
⊥
(ABCD)
và SO =
3
a
4
.
a. Xác định và tính khoảng cách giữa SB, AD.
b. Tính góc giữa (SBC) và (SAD).
Giải :
a. Qua O dựng đường thẳng d
⊥
AD và cắt AD, BC lần lượt tại I,J.
+ Dựng IH
⊥
SJ (
H SJ
∈
)

SO (ABCD)
BC (SIJ)

IJ BC
⊥

⇒ ⊥

⊥


IH BC⇒ ⊥

IH (SBC) IH SB⇒ ⊥ ⇒ ⊥
 AD // BC
IH AD
⇒ ⊥
Vậy IH = d(AD,SB)
Dễ thấy OI = OJ =
3
a
4
. Dựng F là hình chiếu của O trên SJ , ta dễ dàng suy ra được : OF =
3
a
8
Suy ra : IH = 2.OF =
3
a
4
b. Qua S dựng đường thẳng d // AD // BC, d =
( ) ( )
SAD SBC∩

( )
SI AD SI d
SIJ AD (do d / /AD / /BC)
SJ AD SJ d
ISJ ((SAD),(SBC))
⊥ ⊥
 
⊥ ⇒ ⇒
 
⊥ ⊥
 
⇒ ∠ = ∠

Ta dễ dàng có được:
 IJ = 2.OI =
3
a
2


2 2 2 2
9 3 3
SI SJ SO OI a a a
16 16 2
= = + = + =

SIJ⇒V
đều
o

ISJ 60⇒ ∠ =
Vậy góc giữa (SAD) và (SBC) là
o
ISJ 60∠ =
Nhận xét : Ở bài toán này, để tính độ dài khoảng cách giữa hai đoạn AD và SB
ta còn có thể làm như sau :
+
o
BAD 60∠ = ⇒

ABDV
đều cạnh a

2
3
S a
4
ABD
⇒ =
∆
SO
(ABCD)⊥
Suy ra : V
S.ABD
=
2 3
ABD
1 1 3 3 3
SO.S a a a
3 3 4 4 16

= =
V
(1)
+ Mặt khác :
V
S.ABD
=
1
SB.AD.d(AD,SB).sin (AD,SB)
6
∠
Trong đó:
 SB =
2 2 2 2
9 1 13
OB SO a a a
16 4 4
+ = + =
 SC =
2 2 2 2
9 3 21
OC SO a a a
16 4 4
+ = + =
 AD // BC
⇒

(AD,SB) (BC,SB) SBC∠ = ∠ = ∠

2 2 2

2 2 2
13 21
a a a
SB BC SC 13
16 16
cosSBC
2.SB.BC 13
13
2.a. a
4
2 39
sinSBC
13
+ −
+ −
= = =
⇒ =
Suy ra: V
S.ABD
=
2
3
a .d(SB,AD)
12
(2)
+ Từ (1) và (2) ta suy ra được : d(AD,SB) =
3
a
4
Bài toán không khó, nó chỉ xoay quanh những phạm vi kiến thức cơ bản và chỉ đòi hỏi

mức độ nắm vững kiến thức của chúng ta và sự linh hoạt trong việc biến đổi biểu thức
Bài 11: Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại A. AB = a, BC = 2a.
Dựng SH vuông góc với (ABC) tại H sao cho
CA 6
CH , SH a
3 3
= =
. Gọi I, J lần lượt là trung điểm
của BC, SA. Gọi
( )β
là mặt phẳng qua BJ và vuông góc
với mặt phẳng (SHI).
Tính góc giữa
( )β
và (ABC).
Giải:
+ Dễ thấy CA = a
3
và
o
ABC 60∠ =
Gọi K là trung điểm của AH
Suy ra : AK
o
1 3 AK 3
CA a tan ABK ABK 30
3 3 AB 3
= = ⇒ = = ⇒ ∠ =
(1)
+ Gọi N là trung điểm của SI. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ICS và

ba điểm B, N, M ta có :

BI MC NS 1 MS
. . 1 . .( 1) 1
2
BC MS NI MC
MS
2
MC
= ⇒ − =
⇒ = −
Gọi T là giao điểm của MJ và AC. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACS và ba điểm T, M,
J ta có :
TA MC JS MS
. . 1 ( 2). .( 1) 1
TC MS JI MC
TA 1
2
TC
= ⇒ − − =
⇒ =
Do đó: A là trung điểm của TC.
Suy ra :
∆
BTC cân tại T
o
TBA ABC 60⇒ ∠ = ∠ =
. (2)
Từ (1) và (2) ta có :
BK TB

⇒ ⊥
(3)
+ Mặt khác , ta thấy H là hình chiếu của S trên (ABC) , do đó AH là hình
chiếu của SA trên (ABC) .
Mà J, K lần lượt là trung điểm cùa SA và AH.
Nên K là hình chiếu của J trên (ABC)
⇒

JK TB
⊥
(4)
+ Từ (3) và (4) ta được : (JBK)
⊥
TB
JBK (( ),(ABC))⇒ ∠ = ∠ β
Ta dễ dàng tính được :
6 2 3 6
JK a, BK a BJ a
6 3 2
= = ⇒ =
⇒
cos JBK =
BK 2 2
BJ 3
=
Bài 12 : Cho hình chóp C. ABB’A’ với đáy ABB’A’ là hình chữ nhật . Biết
AA’ và BB’ cùng vuông góc với (ABC), dựng đường vuông góc chung của
A’B và B’C.
Giải :
Trong mặt phẳng (ABB’A’) kẻ đường thẳng qua B’, song song với A’B và cắt

AB tại D.
Từ B kẻ BK
⊥
CD (
K CD
∈
).
Từ B kẻ BH
⊥
B’K (
H B'K∈
).
Từ H kẻ đường thẳng song song với A’B và cắt CB’ tại J.
Từ J kẻ đường thẳng song song với BH và cắt A’B tại I
Ta có :
CD BK
CD (B'BK)
BH B'C
BH (B'DC)
CD BB'
BH DB'
BH B'K

⊥

⇒ ⊥
⊥

 
⇒ ⊥ ⇒

⊥
 

⊥


⊥

Mà DB’ // A’B nên BH
⊥
A’B
Mặt khác IJ // BH nên
BH B'C
BH A'B
⊥


⊥

Vậy IJ là đường vuông góc chung mà ta cần dựng.
Bài 13 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa hình lục giác đều cạnh
a, đường cao SA = a. Dựng đường vuông góc chung của BD, SC ; xác định
chân đường vuông góc trên các cạnh SC và BD.Tính độ dài đoạn vuông góc
chung đó.
Giải :
Qua C kẻ đường thẳng song song với BD và cắt AB và AD lần lượt tại K và E.
Kẻ BH
⊥
SK
( )

H SK∈
. Từ H kẻ đường thẳng song song với BD cắt SC tại J, từ
J kẻ đường thẳng song song với BH và cắt BD tại I.
+ Do ABCD là nửa hình lục giác đều cạnh a nên BD
⊥
AB
KE AB
KE (SAK) KE BH
KE SA
⇒ ⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

+
BH SK
BH (SKE)
IJ (SKE) IJ KE IJ BD (doBD / /KE)
BH KE
IJ / / BH

⊥

⇒ ⊥
 
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥





+
IJ (SKE) IJ SC
⊥ ⇒ ⊥
Vậy IJ là đường vuông góc chung của SC và BD.
Dễ thấy :
2 2
a a 3 3a a 13
KB , KC , KA , KS SA AK
2 2 2 2
= = = = + =
Lại có tứ giác SABH nội tiếp. Do đó KH.KS = KB.KA
KB.KA 3a 13
KH
KS 26
⇒ = =
Vậy
3a 13
KH 3
26
KS 13
a 13
2
= =
Suy ra :
CJ 3
CS 13
=
(do HJ // KC). Điểm J được xác định trên CS

Ta lại có:
10 10 5a 3
13 13 13
SH HJ
HJ KC
SK KC
= = ⇒ = =
Vì BI = HJ nên
5a 3
5
13
D 13
3
BI
B
a
= =
. Điểm I được xác định trên BD
+Ta có:
1 13
IJ
13
13
BH BK a
BH
SA SK
= = ⇒ = =
( BH // IJ , HJ // BI
⇒
HJIB là hình bình hành )

BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BT1/ Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, mp(SAB)
⊥
mp(ABCD),
tam giác SAB đều. Tính góc giữa các cặp mặt phẳng sau:
a/ (SAB) và (SAD);
b/ (SAD) và (SBC);
c/ (SHC) và (SDI), với H, I lần lượt là trung điểm của AB và BC.
BT2/ Cho tứ diện ABCD, hai mp(SAB) và (SBC) vuông góc với nhau, SA
vuông góc mp(ABC). Cho
α
=∠°=∠= ASBBSCaSA ,45,2
. Xác định
α
để
mp(SCA) và mp(SCB) tạo với nhau góc 60
0
.
BT3/ Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD cạnh a,
3
62a
AC =
. Trên đường thẳng vuông góc
với (P) tại giao điểm O của hai đường chéo hình thoi,
lấy điểm S sao cho SO = a. Chứng minh rằng mp(SAB) vuông góc với
mp(SAD).
BT4/ Trong mp(P) cho hình thang cân ABCD có AB=2a, CD=a, BC=AD=a.
Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại trung điểm M của AB, lấy S: SM=a.
a/ Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
b/ Tính góc giữa SM với mp(SCD).

BT5/ Cho ABC là tam giác vuông ở C, AC = a, BC = b. Trên đường thẳng
vuông góc với (ABC) tại A lấy điểm S sao cho SA = h. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AC và SB. Tìm giá nhỏ nhất của MN khi h thay đổi.
BT6/ Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, góc BAC bằng 120
0
, AC = b,
BC = a, cạnh SA vuông góc với đáy, góc giữa mp(SBC) và mặt phẳng đáy là
60
0
. Tính:
a/ Đường cao của hình chóp.
b/ Khoảng cách từ A đến mp(SBC).
BT7/ Cho hình chóp S.ABC, đáy là tam giác vuông tại C, AC = x, AB = 2a,
đường cao SA = h (h cho trước và nhỏ hơn 2a). Gọi I và J lần lượt là trung
điểm AC và SB. Xác định x theo a để IJ là đường vuông góc chung của AC và
SB. Khi đó hãy tính khoảng cách từ A đến (SBC).
BT8/ Cho tam giác đều ABC cạnh a. Trên đường thẳng At vuông góc với
mp(ABC) lấy điểm S sao cho AS = b.
a/ Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a, b.
b/ Hz là đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác SBC và vuông góc với
(SBC). Chứng minh rằng khi S di động trên At thì Hz luôn đi điểm cố định.

NHỮNG BÀI TOÁN VỀ THIẾT DIỆN TRONG HÌNH
CHÓP
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. M là trung điểm của SC, (P) là mặt phẳng
qua AM và song song với BD. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của (P) với các cạnh SB, SD. Tìm tỉ số
diện tích của tam giác SME với tam giác SBC và tỉ số diện tích tam giác SMF với tam giác SCD.
Giải:
F
K

H
O
I
M
E
D
C
B
A
S
- Tỉ số diện tích tam giác SME với tam giác SBC:
+ Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M, C lên SB.
+
1
.
1
2
. . .
1
2
.
2
MH SE
MH SE SM SI SI
CK SB SC SO SO
CK SB
S
SME
S
SBC

= = = =
+ Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác SOC với bộ điểm (I, A, M):
3
2
SO
SI
3
IO
IS
1)1.(
2
1
.
IO
IS
1
MS
MC
.
AC
AO
.
IO
IS
=⇒=⇒=−⇔=
1 2 1
.
2 3 3
S
SME

S
SBC
⇒ = =
- Tương tự,
1
3
S
SMF
S
SDC
=
.
Bài 2: Cho hình chóp S.ABC có điểm M nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng qua M lần lượt
song song SA, SB, SC cắt các mp(SBC), (SAC), (SAB) tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng
.1
SC
'MC
SB
'MB
SA
'MA
=++
Giải:
-Gọi N là giao điểm của AM và BC. Suy ra, S, A’, N
thẳng hàng. (Do cùng thuộc giao tuyến của mp(SAM)
với (SBC)).
- Ta chứng minh:
'MA
SA
S

MBC
S
ABC
=
. Thật vậy:
1
. .
'
2
1
. .
2
MK BC
MK NM MA
AH NA SA
AH BC
S
MBC
S
ABC
= = = =
.
- Tương tự:

' '
,
MB MC
SB SC
S
S

MAC
MAB
S S
ABC ABC
= =
.
' ' '
1
MA MB MC
SA SB SC
S S S
S
MBC MAC ABC
MBA
S S S S
ABC ABC ABC ABC
⇒ + + = =+ + =
(đpcm).
Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi với các đường chéo AC = 4a, BD = 2a,
chúng cắt nhau tại O. Đường cao của hình chóp SO = h. Dựng mặt phẳng qua A và vuông góc với
SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Xác định h để thiết diện B’C’D’ là tam giác đều.
Giải:
Để mp(B’C’D’) chính là thiết diện cần dựng ta cần có C’ thuộc đoạn thẳng SC,
khi đó
SCA
∠
phải là góc nhọn. Suy ra
OC < SO.
Thật vậy, nếu OC = SO thì
SAC∆

vuông tại S và
SC ≡'
.
Còn nếu OC > SO thì:
M
A'
H
K
N
C
B
A
S
C
C’
S
B’
D’
B
H
B
1
A
O
D
0
0
90SC
180OASOSCASCSC2
OASOSA OCS,SC

>∠⇒
=∠+∠+∠>∠⇒
∠>∠∠>∠
A
A
O

Nghĩa là
ASC∠
là góc tù, trái với kết luận trên.
Từ đó OC < SO hay 2a < h.
Trong mp(ABCD) từ A kẻ
đường thẳng song song với BD, đường thẳng này cắt BC kéo dài tại B
1
,
)(
1
α
∈B
và
)(
1
SBCmpB ∈
. Hiển nhiên C’, B’, B
1
đều
thuộc giao tuyến của mp(
α
) và mp(SBC), nên chúng thẳng hàng.
2 2

2 2
4
2 4 '. '. 4 '
4
ah
ah AC SC AC a h AC
a h
S
SAC
= = + ⇒ =
+
=
Vì AC = 2OC và AB
1
// OB, nênAB
1
= 2OB = 2a.
Nếu AB’C’D’ đều thì
323
2
3
2'30''
11
0
aABABACBEC ===⇒=∠
. Suy ra :
SOah
ha
h
ha

ah
a ==⇔
+
=⇔
+
= 32
4
2
3
4
4
32
2222
Do đó
SAC∆
đều và C’ là trung điểm SC.
Dễ dàng kiểm tra lại nếu
32ah =
thì thiết diện B’C’D’ là tam giác đều.
Giải:
a) Vì SAC là tam giác cân SA = SC nên C’ thuộc đoạn SC khi và chỉ khi

SCA∠
là góc nhọn. Khi đó:
Bài 4: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy a và đường cao h. Dựng
mp(
α
) đi qua A và vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’.
a) h phải thoả điều kiện gì để C’ là một điểm thuộc cạnh SC ? Khi đó
b) hãy tính thể tích hình chóp S.AB’C’D’.

c) Có xảy ra trường hợp nào mà tam giác B’C’D’ là tam giác đều?