Chuyên đề hình chóp ôn thi THPT quốc gia _File Word

N
A
A'
H
O
( )
( ')
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)
- 1 -
* 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
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
- 2 -
S
A
B
C
F
E
I
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
= = =
- 3 -
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)
* 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 :

- 4 -
B C
A D
S
M
N
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′
- 5 -
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
- 6 -
* 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
- 7 -
⇒ 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
- 8 -
D C
BA
S
O
E
P
Q
P'
Q'
M
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
(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
- 9 -
⇒ 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)
- 10 -
+ 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
= =
- 11 -
⇒ 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
- 12 -
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
- 13 -
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.
SN CD
SNM ((SBC),(ABCD))
MN CD
⊥

⇒ ⇒ ∠ = ∠ = ϕ

⊥

+ Dựng DE
⊥
SC.
Ta có:
BD SH
BD (SHC)
HC BD
⊥

⇒ ⊥

⊥

- 14 -
H
A B

D C
S
M
N
E
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)
∈ ∈
- 15 -
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
- 16 -
( ) ( )
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 :
- 17 -
( ) ( )
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
⇒ = = = =
+
+
- 18 -

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).
- 19 -
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

- 20 -
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.
- 21 -
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) .
- 22 -
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
- 23 -
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 (do BD / /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
- 24 -
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
- 25 -