Tài liệu hình học không gian dành cho học sinh lớp 11 - TOANMATH.com

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.56 MB, 255 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Mục lục

1 ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN 3

A Tóm tắt lý thuyết . . . 3

B Bài tập rèn luyện . . . 4

Dạng 0.1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng . . . 4

Dạng 0.2. Tìm thiết diện của hình(H)khi cắt bởi mặt phẳng(P) . . . 9

Dạng 0.3. Tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng . . . 14

Dạng 0.4. Tìm thiết diện của hình(H)khi cắt bởi mặt phẳng(P). . . 23

Dạng 0.5. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng qui, chứng
minh một điểm thuộc một đường thẳng cố định. . . 24

2 QUAN HỆ SONG SONG 51
1 HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG 51
A Tóm tắt lý thuyết . . . 51

2 ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG . . . 52

A Tóm tắt lý thuyết . . . 52

B Bài tập rèn luyện . . . 53

Dạng 2.1. Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng
song song với mặt phẳng. . . 53

Dạng 2.2. Thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng(α)và song song với
một đường thẳng cho trước. Tính diện tích thiết diện . . . 63

3 HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG . . . 82

A Tóm tắt lý thuyết . . . 82

B Bài tập rèn luyện . . . 85

4 KHỐI LĂNG TRỤ . . . 92

5 BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II . . . 111

3 QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN 125
1 ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG . . . 125

A Tóm tắt lý thuyết . . . 125

B Bài tập rèn luyện . . . 127

2 HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC . . . 145

A Tóm tắt lý thuyết . . . 145

B Bài tập rèn luyện . . . 146

Dạng 2.1. Chứng minh hai mặt phẳng vng góc . . . 146

3 GĨC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG . . . 155

A Tóm tắt lý thuyết . . . 155

B Bài tập rèn luyện . . . 155

Dạng 3.1. Tính góc giữa hai đường thẳng . . . 155

4 GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG . . . 160

A Góc giữa hai đường thẳng . . . 160

B Bài tập rèn luyện . . . 160

Dạng 4.1. Tính góc giữa hai đường thẳng . . . 160

C Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng . . . 164

Dạng 4.2. Xác định và tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng . . . 165

D Bài tập rèn luyện . . . 165

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2 MỤC LỤC

Dạng 4.3. Tính góc giữa hai mặt phẳng . . . 173

F Bài tập rèn luyện . . . 174

5 KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG . . . 188

A Phương pháp giải toán . . . 188

B Bài tập mẫu . . . 189

Dạng 5.1. Tính khoảng cách nhờ tính chất của tứ diện vng . . . 206

6 HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU . . . 211

A Tóm tắt lý thuyết . . . 211

B Bài tập rèn luyện . . . 211

Dạng 6.1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau . . . 211

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Chương 1.

ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG

GIAN

A. Tóm tắt lý thuyết

1. Mặt phẳng

Mặt phẳng, mặt bàn, mặt nước hồ yên lặng, mặt sàn nhà,... cho ta hình ảnh một phần
của mặt phẳng.

2. Điểm thuộc mặt phẳng

Cho điểm Avà mặt phẳng(α). Khi điểm Athuộc mặt phẳng(α), ta nói Anằm trên(α)
hay mặt phẳng(α)chứa A, hay mặt phẳng(α)đi qua điểm Avà kí hiệu A ∈ (α), được
biểu diễn ở hình2.

Tính chất 1. Có một và chỉ một đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt.

Tính chất 2. Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm khơng thẳng hàng.

Tính chất 3. Nếu một đường thẳng có hai điểm phân biệt. thuộc một mặt phẳng thì
mọi điểm của đường thẳng đều thuộc mặt phẳng đó.

Tính chất 4. Tồn tại bốn điểm khơng cùng thuộc một mặt phẳng.

Tính chất 5. Nếu hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì có một điểm chung
thì chúng cịn một điểm chung khác nữa.

3. Cách xác định một mặt phẳng
Có ba cách xác định một mặt phẳng:

• Mặt phẳng được hoàn toàn xác định khi biết mặt phẳng đi qua ba điểm khơng
thẳng hàng.

• Mặt phẳng được hồn tồn xác định khi biết mặt phẳng đi qua một điểm và chứa
một đường thẳng khơng đi qua điểm đó.

• Mặt phẳng được hoàn toàn xác định khi biết mặt phẳng đi chứa hai đường thẳng
cắt nhau.

4. Hình chóp và tứ diện

• Trong mặt phẳng (α) cho đa giác lồi A1A2A3. . .An. Lấy một điểm S không

thuộcmặt phẳng(α)và lần lượt nối điểmSvới các đỉnh A1, A2,A3,. . ., An ta được

ntam giácSA1A2,SA2A3,. . .,SAnA1. Hình gồm đa giác A1A2A3. . .An vàntam

giácSA1A2,SA2A3,. . .,SAnA1được gọi là hình chóp, kí hiệu làS.A1A2A3. . .An.
• S được gọi là đỉnh của hình chóp, đa giác A1A2A3. . .An, các tam giác SA1A2,

SA2A3,. . .,SAnA1được gọi là các mặt bên của hình chóp,SA1,SA2,SA3,. . .,SAn

được gọi là các cạnh bên của hình chóp.

• Tên của hình chóp gọi theo tên của đa giác đáy. Hình chóp tam giác cịn gọi là
hình tứ diện.

Hình tứ diện có bốn mặt là các tam giác đều gọi là tứ diện đều.

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

4 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

A B

C
Hình chóp tam giác

(hình tứ diện)

A
D

B
C

Hình chóp tứ giác

A
D

B
C
Hình chóp tứ giác có

đáy là hình thang
S

A
D

B
C
Hình chóp tứ giác có

đáy là hình bình
hành

B. Bài tập rèn luyện

DẠNG 0.1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng

Phương pháp giải: Muốn tìm giao tuyến của hai mặt phẳng, ta đi tìm hai điểm chung

phân biệt thuộc cả hai mặt phẳng. Nối hai điểm chung đó được giao tuyến cần tìm.

Bài 1. Cho tứ giác ABCD sao cho các cạnh đối không song song với nhau. Lấy một
điểmSkhông thuộc mặt phẳng(ABCD). Xác định giao tuyến của

1. Mặt phẳng(SAC)và mặt phẳng(SBD).
2. Mặt phẳng(SAB)và mặt phẳng(SCD).
3. Mặt phẳng(SAD)và mặt phẳng(SBC).

Lời giải.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Khi đó

H ∈ AC

H ∈ BD ⇒ H ∈ (SAC)∩
(SBD) (1).

Dễ thấyS ∈(SAC)∩(SBD) (2).
Từ (1) và(2) suy ra SH là giao tuyến
của hai mặt phẳng(SBD)và(SAC).
2. Gọi K là giao điểm của hai đường

thẳngCDvàAB.
Khi đó

K∈ AB

K∈ CD ⇒ K ∈
(SAB)∩(SCD) (3).

Dễ thấyS ∈(SAB)∩(SCD) (4).
Từ (3) và(4) suy ra SK là giao tuyến
hai mặt phẳng(SAB)và(SCD).
3. Gọi L là giao điểm của hai đường

thẳngADvàBC.
Khi đó

L∈ AD

K ∈ BC ⇒ L ∈
(SAD)∩(SBC) (5).

Dễ thấyS ∈(SAD)∩(SBC) (6).
Từ (5) và (6) suy ra SL là giao tuyến
hai mặt phẳng(SAD)và(SBC).

D H

Bài 2. Cho tứ diện ABCD. Gọi I, Jlần lượt là trung điểm các cạnhAD, BC.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(IBC)và mặt phẳng(J AD).

2. Lấy điểmMthuộc cạnhAB,Nthuộc cạnhACsao choM,Nkhơng là trung điểm.
Tìm giao tuyến của mặt phẳng(IBC)và mặt phẳng(DMN).

Lời giải.

1. Do giả thiết I ∈ ADnên I ∈ (J AD).
Suy ra I ∈ (BCI)∩(ADJ) (1).

Tương tự, ta có J ∈ (BCI)∩(ADJ) (2).
Từ (1) và(2) suy ra I J là giao tuyến của hai
mặt phẳng(BCI)và(ADJ).

2. GọiElà giao điểm của hai đường thẳngDM
vàBI.

Khi đó

E ∈ BI

E ∈ DM ⇒ E ∈ (MND) ∩
(IBC) (3).

Tương tự, gọi F là giao điểm củaDN vàCI
suy raF∈ (BCI)∩(MND) (4).

Từ(3)và(4)suy ra EFlà giao tuyến hai mặt
phẳng(BCI)và(MND).

B
J
M

C
E

D
N

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

6 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

Bài 3. Cho tứ diện ABCD. Lấy các điểm Mthuộc cạnhAB, Nthuộc cạnh ACsao cho
MN cắtBC. GọiI là điểm bên trong tam giácBCD. Tìm giao tuyến của

1. Mặt phẳng(MN I)và mặt phẳng(BCD).
2. Mặt phẳng(MN I)và mặt phẳng(ABD).
3. Mặt phẳng(MN I)và mặt phẳng(ACD).
Lời giải.

1. GọiHlà giao điểm của MNvàBC.
Suy ra H ∈(MN I)∩(BCD) (1).
Do I là điểm trong 4BCD nên I ∈
(MN I)∩(BCD) (2).

Từ (1) và (2) suy ra I H là giao tuyến
của hai mặt phẳng(MN I)và(BCD).
2. Giả sử E là giao điểm của hai đường

thẳngI HvàBD.

Vì H ∈ MN và

E ∈ BD

E ∈ I H ⇒ E ∈
(MN I)∩(ABD) (3).

Dễ thấyM ∈(ABD)∩(MN I) (4).

Từ (3) và(4) suy ra ME là giao tuyến
hai mặt phẳng(ABD)và(MN I).
3. Tương tự, gọi F là giao điểm của

hai đường thẳng I H và CD. Ta suy
ra

F∈ CD

F∈ I H ⇒ F ∈ (MN I) ∩
(ACD) (5).

DoN ∈ ACnên N ∈(ACD).
Khi đóN ∈ (MN I)∩(ACD) (6).
Từ (5) và (6) suy ra NF là giao tuyến
của hai mặt phẳng(ACD)và(MN I).

H
B

I
M

E D

Bài 4. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình thang có cạnhABsong song vớiCD. Gọi
I là giao điểm củaADvàBC. Lấy điểm Mthuộc cạnhSC. Tìm giao tuyến của

1. Mặt phẳng(SAC)và mặt phẳng(SBD).
2. Mặt phẳng(SAD)và mặt phẳng(SBC).
3. Mặt phẳng(ADM)và mặt phẳng(SBC).
Lời giải.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

7
Suy ra H ∈(SAC)∩(SBD) (1).

Dễ thấyS ∈(SAC)∩(SBD) (2).

Từ (1) và (2) suy ra SH là giao tuyến của hai mặt
phẳng(SAC)và(SBD).

2. DoI là giao điểm của hai đường thẳngADvàBC.
Nên

I ∈ AD

I ∈ BC ⇒ I ∈(SAD)∩(SBC) (3).
Dễ thấyS ∈(SAD)∩(SBC) (4).

Từ (3) và (4) suy ra SI là giao tuyến hai mặt phẳng
(SAD)và(SBC).

3. Do giả thiết ta có

I ∈ AD

I ∈ BC ⇒ I ∈ (ADM)∩
(SBC) (5).

Vì M ∈ SC nên M ∈ (SBC). Do đó M ∈ (ADM)∩
(SBC) (6).

Từ (5) và (6) suy ra I M là giao tuyến của hai mặt
phẳng(ADM)và(SBC).

H C

Bài 5. Cho hình chópS.ABCD đáy là hình bình hành tâmO. Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của cạnhBC,CD, SA. Tìm giao tuyến của

(MNP)và(SAB).

a) b) (MNP)và(SBC).

(MNP)và(SAD).

c) d) (MNP)và(SCD).

Lời giải.

1. (MNP)∩(SAB).

GọiF= MN∩AB,E =MN∩AD
(vì MN, AB, AD⊂(ABCD))
Vì

P∈ (MNP)

P∈ SA ⊂(SAB) nên
P∈ (MNP)∩(SAB) (1).

Mặt khác

F ∈ MN ⊂(MNP)
F ∈ AB⊂(SAB) nên
F∈ (MNP)∩(SAB) (2).

Từ (1)và(2)suy ra (MNP)∩(SAB) =

PF.

2. (MNP)∩(SAD).
Ta có

P∈ (MNP)

P∈ SA ⊂(SAD) ⇒ P ∈
(MNP)∩(SAD) (3).

Mặt khác

E ∈ MN ⊂(MNP)

E ∈ AD ⊂(SAD) ⇒E ∈
(MNP)∩(SAD) (4).

Từ(3)và(4)suy ra(MNP)∩(SAD) =

PE.

E
H

B C

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

8 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
3. Tìm(MNP)∩(SBC).

Trong(SAB). GọiK =PF∩SB. Ta có

K∈ PF⊂(MNP)

K∈ SB⊂(SBC) ⇒K ∈ (MNP)∩(SBC) (5).
Mặt khác

M∈ (MNP)

M∈ BC ⊂(SBC) ⇒ M∈ (MNP)∩(SBC) (6).
Từ(5)và(6)suy ra(MNP)∩(SBC)= MK.

4. Tìm(MNP)∩(SCD).

Trong mặt phẳng (SAD). Gọi H = PE∩ SD. Ta có

H ∈ PE⊂(MNP)

H ∈ SD⊂(SCD) ⇒ H ∈
(MNP)∩(SCD) (7).

Mặt khác

N ∈ (MNP)

N ∈ CD ⊂(SCD) ⇒ N ∈ (MNP)∩(SCD) (8).
Từ(7)và(8)suy ra(MNP)∩(SCD)= NH.

Bài 6. Cho tứ diệnSABC. Lấy M∈ SB, N ∈ AC, I ∈ SC sao choMI không song song
vớiBC, N Ikhơng song song vớiSA. Tìm giao tuyến của mặt phẳng(MN I)với các mặt
(ABC)và(SAB).

Lời giải.

1. Tìm(MN I)∩(ABC).
Vì

N ∈ (MN I)

N ∈ AC ⊂(ABC) nên N ∈ (MN I)∩
(ABC) (1).

Trong(SBC), gọiK =MI∩BC.
Vì

K ∈ MI ⊂(MN I)

K ∈ BC ⊂(ABC) ⇒ K ∈ (MN I)∩
(ABC) (2).

Từ(1)và(2)suy ra(MN I)∩(ABC)= NK.
2. Tìm(MN I)∩(SAB).

Trong(SAC), gọiJ = N I∩SA.
Ta có

M ∈ (MN I)

M ∈ SB⊂(SAB) ⇒ M ∈ (MN I)∩
(SAB) (3).

Mặt khác

J ∈ N I ⊂(MN I)

J ∈ SA ⊂(SAB) ⇒ J ∈
(MN I)∩(SAB) (4).

Từ(3)và(4)suy ra(MN I)∩(SAB)= MJ.

B
N

A K

Bài 7. Cho tứ diện ABCD,Mlà một điểm bên trong tam giácABD,Nlà một điểm bên
trong tam giác ACD. Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau

(AMN)và(BCD).

a) b) (DMN)và(ABC).

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

1. Tìm(AMN)∩(BCD).

Trong(ABD), gọiE = AM∩BD.
Ta có

E ∈ AM⊂(AMN)

E ∈ BD⊂(BCD) ⇒ E ∈ (AMN)∩
(BCD) (1).

Trong(ACD), gọiF = AN∩CD.
Ta có

F ∈ AN ⊂(AMN)

F ∈ CD⊂(BCD) ⇒ F ∈ (AMN)∩
(BCD) (2).

Từ(1)và(2)suy ra(AMN)∩(BCD)=EF.
2. Tìm(DMN)∩(ABC).

Trong(ABD), gọiP=DM∩AB.
Ta có

P ∈ DM ⊂(DMN)

P ∈ AB⊂(ABC) ⇒ P ∈ (DMN)∩
(ABC) (3).

Trong(ACD), gọiQ= DN∩ AC.

Ta có

Q ∈ DN ⊂(DMN)

Q ∈ AC⊂(ABC) ⇒ Q ∈ (DMN)∩
(ABC) (4).

Từ(3)và(4)suy ra(DMN)∩(ABC)=PQ.

C
E

B
P

D
F
M

Bài 8. Cho tứ diện ABCD. LấyI ∈ AB, J là điểm trong tam giácBCD,Klà điểm trong

tam giác ACD. Tìm giao tuyến của mặt phẳng(I JK)với các mặt của tứ diện.

Lời giải.

GọiM=DK∩AC,N =DJ∩BC,H = MN∩K J.
VìH ∈ MN ⊂(ABC)⇒ H ∈(ABC).

GọiP= H I∩BC,Q= PJ∩CD, T =QK∩ AD.

Theo cách dựng điểm ở trên ta có












(I JK)∩(ABC)= IP
(I JK)∩(BCD)=PQ
(I JK)∩(ACD) =QT
(I JK)∩(ABD)=T I.

C
J

Q
B

D
M

DẠNG 0.2. Tìm thiết diện của hình(H)khi cắt bởi mặt phẳng(P)
Thiết diện là phần chung của mặt phẳng(P)và hình(H).

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

10 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

khác của hình(H), từ đó ta tìm được các giao tuyến tiếp theo.

Đa giác giới hạn bởi các đoạn giao tuyến này khép kín thành một thiết diện cần tìm.

Bài 9. Cho hình chópS.ABCD. GọiMlà một điểm trong tam giácSCD.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(SBM)và(SAC).

2. Tìm giao điểm của đường thẳngBMvà(SAC).

3. Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng(ABM).
Lời giải.

1. Tìm(SBM)∩(SAC).

Trong(SCD), gọi N =SM∩CD.
Trong(ABCD), gọi AC∩BN =O.
Ta có

O∈ BN ⊂(SBN)

O∈ AC ⊂(SAC) ⇒ O ∈ (SAC)∩
(SBN) (1).

Mặt khácS ∈(SAC)∩(SBN) (2).

Từ(1)và(2)suy ra(SAC)∩(SBN)=SO.
2. TìmBM∩(SAC).

GọiH =BM∩SO.
Ta có

H ∈ BM

H ∈SO ⊂(SAC) ⇒ H = BM∩
(SAC).

C
O

D
M

I
J

A H

3. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi(ABM).
Trong(SAC), gọiI = AH∩SC. Ta có

I ∈ AH ⊂(ABM)

I ∈ SC ⊂(SCD) ⇒ I ∈(SCD)∩(ABM) (3).
Mặt khácM∈ (SCD)∩(ABM) (4).

Từ(3)và(4)suy ra(SCD)∩(ABM)= I M.

Trong(SCD), gọiJ = I M∩SD. Khi đó(SAC)∩(ABM) = AJvà(SBC)∩(ABM)=BI.
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác ABI J J.

Bài 10. Cho tứ diện ABCD. Trên AB, AC lấy 2điểm M, N sao cho MN không song
songBC. GọiOlà một điểm trong tam giác BCD.

1. Tìm giao tuyến của(OMN)và(BCD).
2. Tìm giao điểm của DC, BDvới(OMN).
3. Tìm thiết diện của(OMN)với hình chóp.
Lời giải.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

11
Trong(ABC), gọiH = MN∩BC.

Ta có

H ∈ MN ⊂(MNO)

H ∈ BC ⊂(BCD) ⇒ H ∈ (BCD)∩
(MNO) (1).

Mặt khácO∈ (BCD)∩(MNO) (2).

Từ(1)và(2)suy ra(BCD)∩(MNO)=HO.
2. TìmDC∩(OMN)vàBD∩(OMN).

Trong(BCD), gọiI = BD∩HO.
Ta có

I ∈ BD

I ∈ HO ⊂(MNO) ⇒ I =BD∩(MNO).
Trong(BCD), gọiJ =CD∩HO.

Ta có

J ∈CD

J ∈ HO ⊂(MNO) ⇒ J = CD ∩
(MNO).

C
O
I

J
B

M
H

D
N

3. Tìm thiết diện của(OMN)và hình chóp.

Ta có











(ABC)∩(MNO)= MN
(ABD)∩(MNO)= MI
(ACD)∩(MNO) =N J
(BCD)∩(MNO)= I J

.Vậy thiết diện cần tìm là tứ giácMN J I.

Bài 11. Cho tứ diện SABC. Gọi M ∈ SA, N ∈ (SBC), P ∈ (ABC), khơng có đường
thẳng nào song song.

1. Tìm giao điểm của MNvới(ABC), suy ra giao tuyến của(MNP)và(ABC).
2. Tìm giao điểm của ABvới(MNP).

3. Tìm giao điểm của NPvới(SAB).

4. Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng(MNP).

Lời giải.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

12 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
Chọn mặt phẳng phụ(SAH)chứa MN.

Tìm(SAH)∩(ABC).

Ta cóA ∈(ABC)∩(SAH) (1).
Trong(SBC), gọi H=SN∩BC.
Ta có

H ∈ SN ⊂(SAH)

H ∈ BC ⊂(ABC) ⇒ H ∈ (SAH)∩
(ABC) (2).

Từ(1)và(2)suy ra(SAH)∩(ABC) =AH.
Trong(SAH), gọiI = MN∩AH.

Ta có

I ∈ MN

I ∈ AHH ⊂(ABC) ⇒ I = MN∩
(ABC).

Tìm(MNP)∩(ABC).

Ta cóP∈ (MNP)∩(ABC) (3).
Mặt khácI ∈ (MNP)∩(ABC) (4).
Từ(3)và(4)⇒(MNP)∩(ABC)= PI.
2. TìmAB∩(MNP).

Trong(ABC), gọiK= AB∩PI.
Ta có

K∈ AB

K∈ PI ⊂(MNP) ⇒ K = AB∩
(MNP).

P J

L
A

C
N

I
Q

3. TìmNP∩(SAB).

Trong(MNK), gọiL =PN∩ MK. Ta có

L ∈ PN

L ∈ MK ⊂(SAB) ⇒L =PN∩(SAB).

4. Trong(ABC), gọi J =BC∩PI. Khi đó(MNP)∩(SBC)= JN.

Trong(SBC), gọiQ=SC∩JN. Ta có











(MNP)∩(SAB)= MK
(MNP)∩(SBC)= IQ
(MNP)∩(SAC) =MQ
(MNP)∩(ABC)=K J.
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MQJK.

Bài 12. Cho tứ diện SABC. Gọi I, J, K lần lượt là 3 điểm nằm trong ba mặt phẳng
(SAB),(SBC),(ABC).

1. Tìm giao điểm của I J với(ABC).

2. Tìm giao tuyến của(I JK)với các mặt của hình chóp. Từ đó suy ra thiết diện của
(I JK)cắt bởi hình chóp.

Lời giải.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

13
Trong(SAB), gọiM =SI∩AB.

Trong(SBC), gọiN =SJ∩BC.
Suy ra(SI J)∩(ABC)= MN.
Trong(SI J), gọiH = I J∩MN.
Ta có

H ∈ I J

H ∈ MN ⊂(ABC) ⇒ H =
I J∩(ABC).

B
M

H
D

K
E

A
I
L

C
J

2. Tìm giao tuyến của(I JK)và(ABC).
Ta có

K ∈(I JK)∩(ABC)

H ∈(I JK)∩(ABC) ⇒ HK =(I JK)∩(ABC).
Trong(ABC), gọiD =HK∩BCvàE= HK∩AC.
+ Tìm(I JK)∩(SBC).

Ta cóJ ∈(I JK)∩(SBC) (1). Mặt khác

D ∈ HK ⊂(I JK)

D ∈ BC ⊂(SBC) ⇒D ∈(I JK)∩(SBC) (2).
Từ(1)và(2)suy raDJ =(I JK)∩(SBC).

+ Tìm(I JK)∩(SAB).

Ta cóI ∈ (I JK)∩(SAB) (3).

Trong(SBC), gọiF =DJ∩SB. Ta có

F ∈ DJ ⊂(I JK)

F ∈ SB⊂(SAB) ⇒ F∈ (I JK)∩(SAB) (4).
Từ(3)và(4)suy raFI =(I JK)∩(SAB).

+ Tìm(I JK)∩(SAC).

Trong(SAB), gọiL =FI∩SA. Ta có

L∈ FI ⊂(I JK)

L∈ SA⊂(SAC) ⇒ L=(I JK)∩(SAC) (5).
Trong(ABC), gọiE= HK∩AC. Ta có

E ∈ HK ⊂(I JK)

E ∈ AC⊂(SAC) ⇒ E∈ (I JK)∩(SAC) (6).
Từ(5)và(6)suy raLE=(I JK)∩(SAC).

Vậy thiết diện cần tìm là tứ giácDFLE.

Bài 13. Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCDlà hình bình hành tâmO. Gọi M, N, I
lần lượt nằm trên ba cạnh AD, CD, SO. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng
(MN I).

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

14 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Trong (ABCD), gọi J = BD∩

MN,K = MN∩AB,H = MN∩
BC.

Trong(SBD), gọiQ= I J∩SB.
Trong(SAB), gọiR=KQ∩SA.
Trong(SBC), gọiP =QH∩SC.
Vậy thiết diện là ngũ giác
MNPQR.

B C

N
J

D
I

H
Q

Bài 14. Cho hình chópS.ABCD. Gọi M, N, Plần lượt là trung điểm lấy trên AB, AD
vàSC. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng(MNP).

Lời giải.

Trong (ABCD), gọi E = MN ∩ DC, F =

MN∩BC.

Trong(SCD), gọiQ =EP∩SD.
Trong(SBC), gọiR =EP∩SB.
Vậy thiết diện là ngũ giácMNPQR.

M
F

A
B

N
E

D
P

DẠNG 0.3. Tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Cách 1: Những bài tốn đơn giản, có sẵn một mặt
phẳng(Q)chứa đường thẳng dvà một đường
thẳng a thuộc mặt phẳng (P). Giao điểm của

hai đường thẳng khơng song songdvàachính
là giao điểm của đường thẳng dvà mặt phẳng
(P).

Cách 2: Tìm một mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng
d, sao cho dễ dàng tìm giao tuyến a với mặt
phẳng (P). Giao điểm của đường thẳng d và
mặt phẳng (P) chính là giao điểm của đường
thẳngdvà giao tuyến avừa tìm.

d
Q

P
a

Bài 15. Cho tứ diệnABCD. GọiM,Nlần lượt là trung điểm của ACvàBC.Klà điểm
nằm trên BDsao choKD <KB. Tìm giao điểm củaCDvàADvới mặt phẳng(MNK).

Lời giải.

Tìm giao điểm củaCDvới mp(MNK).

Các bạn để ýCDvàNKcùng thuộc mặt phẳng(BCD)và chúng
không song song nên hai đường thẳng này sẽ cắt nhau tại một
điểmI, nhưngNKlại thuộc mp(MNK)suy raIthuộc mp(MNK).
Vậy I chính là giao điểm củaCDvà mp(MNK).

Ta có thể trình bày lời giải như sau:

Trong mặt phẳng(BCD), gọi I =CD∩NK.
Vì

I ∈ CD

I ∈ NK,NK ⊂(MNK) ⇒ I =CD∩(MNK).

K D

I
H

Tìm giao điểm của ADvà(MNK).

Chọn mặt phẳng(ADC)chứaAD. Sau đó tìm giao tuyến của(ACD)và(MNK), ta trình bày
như sau:

M∈ (MNK)

M∈ AC,AC ⊂(ACD) ⇒ M ∈(MNK)∩(ACD).

I ∈ NK,NK ⊂(MNK)

I ∈ CD,CD⊂(ACD) ⇒ I ∈ (MNK)∩(ACD).

Vậy(MNK)∩(ACD)= MI. GọiH = MI∩AD. Suy ra H = AD∩(MNK).

Bài 16. Cho tứ diện ABCD. Trên AB,AC,BD lấy lần lượt ba điểm M,N,P sao cho
MN không song song với BC, MP khong song song với AD. Xác định giao điểm của
các đường thẳng BC,AD,CDvới mặt phẳng(MNP).

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

16 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

Tìm giao điểm củaBCvà(MNP).
Trong(ABC), gọi H= MN∩BC.

H∈ BC

H∈ MN,MN ⊂(MNP) ⇒ H ∈
BC∩(MNP).

Tìm giao điểm củaADvà(MNP).
Trong(ACD), gọi I = MP∩AD.

I ∈ AD

I ∈ MP,MP⊂(MNP) ⇒ I ∈
AD∩(MNP).

Tìm giao điểm củaCDvà(MNP).

I ∈ AD,AD ⊂(ACD)

N ∈ AC,AC ⊂(ACD) ⇒ I N ⊂(ACD).

J
D
N

P
B

Trong(ACD)gọi J = N I∩CD.

J ∈ CD

I ∈ N I,N I ⊂(MNP) ⇒ J =CD∩(MNP).
Bài 17. Cho tứ diệnABCD. trênACvàADlấy hai điểmM,Nsao choMNkhông song
song vớiCD. GọiOlà điểm bên trong tam giác(BCD).

1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(OMN)và(BCD).
2. Tìm giao điểm của BCvới(OMN).

3. Tìm giao điểm của BDvới(OMN).
Lời giải.

1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (OMN) và
(BCD).

Ta cóO∈ (OMN)∩(BCD). (1)

Trong(ACD), gọi I = MN∩CD.

I ∈ MN,MN ⊂(MNO)

I ∈ CD,CD ⊂(BCD) ⇒ I ∈ (OMN) ∩

(BCD). (2)

Từ(1)và(2)ta cóOI =(OMN)∩(BCD).
2. Tìm giao điểm củaBCvới(OMN).

Trong(BCD), gọiP = BC∩OI. Ta có P = BC∩
(OMN).

3. Tìm giao điểm củaBDvới(OMN).

Trong(BCD), gọiQ=BD∩OI. Ta cóQ=BD∩
(OMN).

Q
B

O D

Bài 18. Cho tứ diện ABCD, lấy M ∈ AB, N ∈ AC sao cho MN không song song với
BC, I là điểm thuộc miền trong4BCD. Xác định giao điểm của các đường thẳngBC,
BD,CDvới(MN I).

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Tìm giao điểm củaBCvới(MN I).
Trong(ABC), gọi H= MN∩BC.

H∈ BC

H∈ MN,MN ⊂(MN I) ⇒ H =BC∩(MN I).
Tìm giao tuyến của(BCD)với(MN I).

H∈ MN,MN ∈ (MN I)

H∈ BC,BC ⊂(BCD) ⇒ H ∈(MN I)∩(ACD). (1)

Lại có I ∈ (MN I)∩(BCD). (2)

Từ(1)và(2)ta cóH I =(MN I)∩(BCD).
Tìm giao điểm củaBDvới(MN I).
Trong(BCD), gọiE= H I∩BD.

E∈ BD

E∈ H I,H I ⊂(MN I) ⇒E= BD∩(MN I).
Tìm giao điểm củaCDvới(MN I).

Trong(BCD), gọiF =H I∩CD.

B
H

C
E

D
N

F
K

F∈ CD

F∈ H I,H I ⊂(MN I) ⇒ F=CD∩(MN I).
Bài 19. Cho tứ diệnABCD. GọiM,Nlần lượt là các trung điểm của các cạnh AC,BC.
Trên cạnhBDlấy điểmPsao choBP=2PD. LấyQthuộcABsao choQMcắtBC. Tìm

1. giao điểm củaCDvà(MNP).
2. giao điểm của ADvà(MNP).
3. giao tuyến của(MPQ)và(BCD).
4. giao điểm củaCDvà(MPQ).
5. giao điểm của ADvà(MPQ).
Lời giải.

1. Tìm giao điểm củaCDvà(MNP).
Trong(BCD), gọiE=CD∩NP.

E∈ CD

E∈ NP,NP⊂(MNP) ⇒ E =
CD∩(MNP).

2. Tìm giao điểm củaADvà(MNP).

Tìm giao tuyến của (ACD) và

(MNP).

M∈ (MNP)

M∈ AC,AC ⊂(ACD) ⇒ M ∈
(MNP)∩(ACD). (1)

E∈ NP,NP⊂(MNP)

E∈ CD,CD ⊂(ACD) ⇒ E ∈
(MNP)∩(ACD). (2)
Từ (1) và (2) ta có EM = (MNP)∩
(ACD).

Trong (ACD), gọi F = AD∩ EM.
Suy ra F= AD∩(MNP).

B
N

C
P

Q M F

T
D

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

18 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
3. Tìm giao tuyến của(MPQ)và(BCD).

Trong(ABC), gọiK= QM∩BC.

K∈ BC,BC ⊂(BCD)

K∈ QM,QM⊂(MPQ) ⇒K ∈(MPQ)∩(BCD). (3)

P∈ BD,BD⊂(BCD)

P∈ (MPQ) ⇒ P∈ (MPQ)∩(BCD). (4)
Từ(3)và(4)ta cóKP =(MPQ)∩(BCD).

4. Tìm giao điểm củaCDvà(MPQ).
Trong(BCD)gọiL =KP∩CD.

L ∈CD

L ∈ KP,KP⊂(MPQ) ⇒ L=CD∩(MPQ).
5. Tìm giao điểm củaADvà(MPQ).

Tương tự như trên, ta tìm đượcML=(PQ)∩(ACD).
Trong(ACD), gọiT = AD∩ML. Suy raT = AD∩(MPQ).

Bài 20. Cho hình chóp S.ABCD có ABvà CD khơng song song. Gọi M là một điểm
thuộc miền trong tam giácSCD.

1. Tìm giao điểm NcủaCDvà(SBM).

2. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(SBM)và(SAC).
3. Tìm giao điểm IcủaBMvà(SAC).

4. Tìm giao điểm Pcủa SC và(ABM). Từ đó suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng
(SCD)và(ABM).

Lời giải.

1. Tìm giao điểm NcủaCDvà(SBM).
Trong(SCD), gọi N =SM∩CD.

N ∈ CD

N ∈ SM,SM ⊂(SBM) ⇒ N =CD∩(SBM).
2. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(SBM)và(SAC).

Ta có một lưu ý rằng(SBN)≡(SBM).
Trong(ABCD), gọiO =AC∩BN.

O ∈ AC,AC ⊂(SAC)

O ∈ BN,BN ⊂(SBN) ⇒O∈ (SAC)∩(SBN). (1)

Lại cóS∈ (SAC)∩(SBN). (2)

Từ(1)và(2)ta cóSO =(SAC)∩(SBN).

B C

N
D
M
P
O
I

3. Tìm giao điểm IcủaBMvà(SAC).

Trong(SBN), gọi I =BM∩SO.

I ∈ BM

I ∈ SO,SO ⊂(SAC) ⇒ I =BM∩(SAC).

4. Tìm giao điểmPcủaSCvà(ABM). Từ đó suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng(SCD)
và(ABM).Ta có(ABM)∩(SAC)= AI.

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Bài 21. Cho tứ giácABCDvà một điểmSkhông thuộc mặt phẳng(ABCD). Trên đoạn
AB lấy một điểm M, trên đoạn SC lấy một điểm N (M,N khơng trùng với các đầu
mút).

1. Tìm giao điểm của đường thẳng ANvới mặt phẳng(SBD).
2. Tìm giao điểm của đường thẳngMN với mặt phẳng(SBD).

Lời giải.

1. Tìm giao điểm của đường thẳngANvới mặt phẳng
(SBD).

• Chọn mặt phẳng phụ(SAC)⊃ AN. Ta tìm giao
tuyến của(SAC)và(SBD).

Trong (ABCD) gọi P = AC ∩ BD. Suy ra
(SAC)(SBD)=SP.

ã Trong(SAC)giI =ANSP.

I AN

I SP,SP(SBD) I = AN∩(SBD).
2. Tìm giao điểm của đường thẳng MN với mặt

phẳng(SBD).

• Chọn mặt phẳng phụ (SMC) ⊃ MN. Ta tìm
giao tuyến của(SMC)và(SBD).

Trong (ABCD) gọi Q = MC ∩ BD. Suy ra
(SMC)∩(SBD)=SQ.

• Trong(SMC)gọi J =MN∩SQ.

J ∈ MN

J ∈ SQ,SQ⊂(SBD) ⇒ J = MN∩(SBD).

B
M

C
D
P

Q
I

Bài 22. Cho hình chópS.ABCD. GọiOlà giao điểm củaACvàBD. M, N,Plần lượt là
các điểm trênSA,SB,SD.

1. Tìm giao điểm IcủaSOvới mặt phẳng(MNP).
2. Tìm giao điểmQcủaSCvới mặt phẳng(MNP).

Lời giải.

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

20 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
Trong mặt phẳng(SBD), gọiI =SO∩NP, có

I ∈ SO

I ∈ NP ⊂(MNP) ⇒ I =SO∩(MNP).
2. Tìm giao điểmQcủaSCvới mặt phẳng(MNP).

•Chọn mặt phẳng phụ(SAC)⊃SC.
•Tìm giao tuyến của(SAC)và(MNP).
Ta có

M∈ (MNP)

M∈ SA, SA ⊂(SAC) ⇒ M ∈
(MNP)∩(SAC). (1)
Và

I ∈ SP, SP⊂(MNP)

I ∈ SO, SO ⊂(SAC) ⇒ I ∈ (MNP) ∩

(SAC). (2)

B
A

C
D
P

Q
S

Từ(1)và(2)có(MNP)∩(SAC)= MI.

• Trong mặt phẳng (SAC) gọi Q = SC∩ MI, có

Q ∈SC

Q ∈ MI, MI ⊂(MNP) ⇒ Q =
SC∩(MNP).

Bài 23. Cho tứ diệnABCD. GọiM, Nlà hai điểm trênACvàAD.Olà điểm bên trong
tam giác BCD. Tìm giao điểm của

1. MN và mặt phẳng(ABO).

2. AOvà mặt phẳng(BMN).

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

1. Tìm giao điểm của MNvà mặt phẳng(ABO).
•Chọn mặt phẳng phụ(ACD)⊃MN.

•Tìm giao tuyến của(ACD)và(ABO).

Ta cóAlà điểm chung của(ACD)và(ABO). (1)
Trong mặt phẳng(BCD), gọiP= BO∩CD, ta có

P∈ BO, BO⊂(ABO)

P∈ CD, CD ⊂(ACD) P (ABO)(ACD).
(2)

T(1)v(2)suy ra(ACD)(ABO) =AP.
ãTrong(ACD), giQ = APMN, cú

Q MN

Q∈ AP, AP⊂(ABO) ⇒ MN∩(ABO)=Q.
2. Tìm giao điểm của AOvà mặt phẳng(BMN).

•Chọn mặt phẳng(ABP)⊃ AO.

•Tìm giao tuyến của(ABP)và(BMN).

Ta cóBlà điểm chung của(ABP)và(BMN). (3)

Q∈ MN, MN ⊂(BMN)

Q∈ AP, AP⊂(ABP) ⇒ Q ∈ (ABP) ∩

(BMN). (4)

Từ(3)và(4)suy ra(ABP)∩(BMN)= BQ.

Gọi I = BQ ∩ AO (vì BQ, AO ∈ (ABP)), có

I ∈ AO

I ∈ BQ, BQ⊂(BMN) ⇒ I = AO∩(BMN).

C
D
N

P
Q

Bài 24. Trong mặt phẳng(α)cho hình thang ABCD, đáy lớnAD. Gọi I, J,Klần lượt là
các điểm trênSA, AB,BC (Kkhơng là trung điểmBC). Tìm giao điểm của

1. IKvà(SBD).
2. SDvà(I JK).
3. SC và(I JK).
Lời giải.

B
I

C
D

N
S

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

22 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
1. Tìm giao điểm của IKvà mặt phẳng(SBD).

•Chọn mặt phẳng phụ(SAK)⊃ IK.
•Tìm giao tuyến của(SAK)và(SBD).

Ta cóSlà điểm chung của(SAK)và(SBD). (1)

Trong mặt phẳng(ABCD), gọiP =AK∩BD, ta có

P∈ AK, AK ⊂(SAK)

P∈ BD, BD⊂(SBD) ⇒P (SAK)(SBD). (2)
T(1)v(2)suy ra(SAK)(SBD)=SP.

ãTrong(SAK), giQ= IKSP, cú

Q IK

Q SP, SP(SBD) ⇒Q = IK∩(SBD).

2. Tìm giao điểm củaSDvà mặt phẳng(I JK).
•Chọn mặt phẳng phụ(SBD)⊃SD.
•Tìm giao tuyến của(SBD)và(I JK).

Ta cóQlà điểm chung của(SBD)và(I JK). (3)

Trong mặt phẳng(ABCD), gọiM = JK∩BD⇒ Mlà điểm chung của(I JK)và(SBD).
(4)

Từ(3)và(4)suy ra(I JK)∩(SBD)=QM.•Trong mặt phẳng(SBD), gọiN = QM∩SD.
Ta có

N ∈SD

I ∈ QM, QM ⊂(I JK) ⇒N =SD∩(I JK).

3. Tìm giao điểm củaSCvà mặt phẳng(I JK).
•Chọn mặt phẳng phụ(SAC)⊃SC.
•Tìm giao tuyến của(SAC)và(I JK).
Ta có

I ∈ (I JK)

I ∈ SA, SA ⊂(SAC) ⇒ I ∈(I JK)∩(SAC). (5)

GọiE= AC∩ JK(vì AC, JK ⊂(ABCD)). VậyE ∈(I JK)∩(SAC). (6)
Từ(5)và(6)suy ra(I JK)∩(SAC)= IE.

• Trong mặt phẳng(SAC), gọiF = IE∩SC. Ta có

F ∈SC

F ∈ IE, IE ⊂(I JK) ⇒ F = SC∩
(I JK).

Bài 25. Cho tứ diệnSABC. Gọi I, Hlần lượt là trung điểm củaSA, AB. Trên cạnhSC
lấy điểmKsao choCK=3SK.

1. Tìm giao điểmFcủaBCvới mặt phẳng(I HK). Tính tỉ số FB
FC.

2. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng I H. Tìm giao điểm củaKM và mặt phẳng
(ABC).

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

E M C

N
S

H
J

1. Tìm giao điểmFcủaBCvới mặt phẳng(I HK). Tính tỉ số FB
FC.
•Ta tìm giao tuyến của(ABC)và(I HK)trước.

GọiE= AC∩KI(AC, KI ⊂(SAC)), ta có

E∈ AC, AC ⊂(ABC)

E∈ KI, KI⊂(I HK) ⇒E∈ (ABC)∩(I HK). (1)

H ∈ (I HK)

H ∈ AB, AB⊂(ABC) ⇒ H ∈(ABC)∩(I HK). (2)
Từ(1)và(2)suy raEH =(ABC)∩(I HK).

ãGiF =EHBC(EH, BC (ABC)), cú

F BC

F EH, EH ⊂(I HK) ⇒ F= BC∩(I HK).
GọiDlà trung điểm củaSC, ta có IKlà đường trung bình của4SAD.

Trong4CEKcó CA

AE =
CD

DK =2⇒CA =2CK.
Trong mặt phẳng(ABC)kẻ AN k EF(N ∈ BC). Ta có

HF k AN ⇒ BH
H A =

FN =1⇒ BF=FN.
EFk AN ⇒ CA

AE =

NF =2 ⇒CN =2NF.
Do đó FB

FC =

FB
FN+NC =

FB
3FB =

1
3.

2. Tìm giao điểm củaKMvà mặt phẳng(ABC).

Ta cóKM ⊂(I HK). Gọi J =KM∩EH(EH, KM ⊂(I HK)).
Ta có

J ∈ KM

J ∈ EH, EH ⊂(ABC) ⇒ J =KM∩(ABC).

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

24 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

Bài 26. Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCDlà hình bình hành tâmO. Gọi M, N, I
lần lượt nằm trên ba cạnh AD, CD, SO. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng
(MN I).

Lời giải.

Trong mặt phẳng (ABCD), gọi J = BD∩
MN,K = MN∩AB, H = MN∩BC.
Trong mặt phẳng(SBD), gọiQ= I J∩SB.
Trong mặt phẳng(SAB), gọiR=KQ∩SA.
Trong mặt phẳng(SBC), gọiP=QH∩SC.
Vậy, thiết diện của hình chóp S.ABCD với
mặt phẳng(MN I)là ngũ giác MNPQR.

I
Q

D
P
S

C
R

H
N

Bài 27. Cho hình chópS.ABCD. Gọi M, N, Plần lượt là trung điểm lấy trên AB, AD
vàSC. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng(MNP).

Lời giải.

Trong mặt phẳng (ABCD), gọi E = MN ∩ DC,
F= MN∩BC.

Trong mặt phẳng(SCD), gọiQ=EP∩SD.
Trong mặt phẳng(SBC), gọiR=FP∩SB.

Vậy, thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt
phẳng(MNP)là ngũ giác MNQPR.

A
F

D
P

Q
S

B
R

DẠNG 0.5. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng qui, chứng minh
một điểm thuộc một đường thẳng cố định.

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Muốn chứng minh ba điểmA,B,Cthẳng hàng, ta chứng minh
ba điểm đó lần lượt thuộc hai mặt phẳng phân biệt (α) và(β)
thì suy ra ba điểm A, B, Cnằm trên giao tuyến của (α) và(β),
nên chúng thẳng hàng.

α β

B
C

•Phương pháp chứng minh ba đường thẳng đồng quy:

Ta tìm giao điểm của hai đường thẳng trong ba đường thẳng đã cho, rồi chứng minh
giao điểm đó nằm trên đường thẳng thứ ba. Cụ thể như sau:

Chọn một mặt phẳng(P)chứa hai đường thẳng(a)và(b). GọiI =(a)∩(b).
Tìm một mặt phẳng(Q)chứa đường thẳng(a), tìm một mặt

phẳng(R)chứa đường thẳng (b), sao cho(c) =(Q)∩(R) ⇒
I ∈(c).

Vậy, ba đường thẳng(a),(b),(c)đồng quy tại điểm I.



















(a), (b)⊂(P)
(a)∩(b) =I
(P)∩(Q) =(a)
(P)∩(R)=(b)
(Q)∩(R) =(c)

⇒(a)∩(b)∩(c)= I.

a b

Q P R

Bài 28. Cho tứ diệnSABC. TrênSA,SBvàSClần lượt lấy các điểmD,E,Fsao choDE
cắt ABtạiI,EFcắtBCtạiJ, FDcắtCAtạiK. Chứng minh ba điểmI, J,Kthẳng hàng.
Lời giải.

K
E

J
F

A C

B
Ta có

•







I =AB∩DE(AB, DE⊂(SAB))
I ∈ AB, AB⊂(ABC)

I ∈ DE, DE⊂(DEF)

⇒ I ∈ (ABC)∩(DEF). (1)

•







K = AC∩DF(AC, DF ⊂(SAC))
I ∈ AC, AC⊂(ABC)

K ∈ DF, DF⊂(DEF)

⇒K ∈(ABC)∩(DEF). (2)

•







J =BC∩EF(BC, EF ⊂(SBC))
J ∈ BC, BC⊂(ABC)

J ∈ EF, EF⊂(DEF)

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

26 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

Từ(1),(2)và(3)suy ra ba điểmI, J, Kthẳng hàng.

Bài 29. Cho tứ diện ABCD cóG là trọng tâm tam giác BCD, Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của AB, BC,CD.

1. Tìm giao tuyến của(AND)và(ABP).

2. GọiI =AG∩MP, J =CM∩AN. Chứng minhD, I, Jthẳng hàng.
Lời giải.

J I

C
B

N G P

1. Tìm giao tuyến của(AND)và(ABP).

A∈ (ABP)∩(ADN). (1)

Ta cóG=BP∩DN, có

G ∈ BP, BP⊂(ABP)

G ∈ DN, DN ⊂(ADN) ⇒ G∈ (ABP)∩(ADN). (2)
Từ(1)và(2)ta cóAG=(ABP)∩(ADN).

2. Chứng minhD, I, Jthẳng hàng.

I = AG∩MP, AG⊂(ADG), MP⊂(DMN) ⇒ I ∈(ADG)∩(DMN). (3)
J =CM∩ AN, AN ⊂(ADG),CM ⊂(DMN)⇒ J ∈ (ADG)∩(DMN). (4)

D∈ (ADG)∩(DMN). (5)

Từ (3), (4), (5) suy ra ba điểm D, I, J thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (ADG) và
(DMN).

Vậy ba điểmD, I, Jthẳng hàng.

Bài 30. Cho hình bình hành ABCD.Slà điểm không thuộc (ABCD), MvàN lần lượt
là trung điểm của đoạn thẳng ABvàSC.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

B
M

C
N

O
K

1. Xác định giao điểmI =AN∩(SBD).

•Chọn mặt phẳng phụ(SAC)chứa AN. Ta tìm giao tuyến của(SAC)và(SBD).
Trong mặt phẳng(ABCD)gọiOlà giao điểm củaAC vàBD. Hai mặt phẳng(SAC)và
(SBD)có hai điểm chung làSvàO.

Vậy(SAC)∩(SBD)=SO.

•Trong mặt phẳng(SAC)gọiI = AN∩SO. Ta có I = AN∩(SBD).
2. Xác định giao điểm J =MN∩(SBD).

•Chọn mặt phẳng phụ(SMC)chứa MN. Ta tìm giao tuyến của(SMC)và(SBD).
Trong mặt phẳng (ABCD) gọiK là giao điểm của MC và BD. Hai mặt phẳng (SMC)
và(SBD)có hai điểm chung làSvàK.

Vậy(SMC)∩(SBD)=SK.

•Trong mặt phẳng(SMC)gọiJ = MN∩SK. Ta có J =MN∩(SBD).
3. Chứng minh ba điểmI, J, Bthẳng hàng.

•Ta cúBl im chung ca(ABN)v(SBD). (1)

I SO, SO(SBD)

I AN, AN (ABN) I (ABN)(SBD). (2)
ã

J SK, SK (SBD)

J ∈ MN, MN ⊂(ABN) ⇒ J ∈(ABN)∩(SBD). (3)
Từ(1),(2)và(3)suy ra ba điểmI, J, Bthẳng hàng.

Bài 31. Cho tứ giácABCDvàS 6∈(ABCD). Gọi I, Jlà hai điểm trênADvàSB, ADcắt
BCtạiOvàOJ cắtSCtại M.

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

28 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
1. Tìm giao điểmK= I J∩(SAC).

Chọn mặt phẳng phụ(SIB)chứa I J.
Tìm giao tuyến của(SIB)và(SAC).

cóS∈ (SBI)∩(SAC) (1)

Trong mặt phẳng(ABCD)gọiE= AC∩BI, ta có:

E∈ AC, AC⊂(SAC)

E∈ BI, BI ⊂(SBI) ⇒E =(SAC)∩(SBI) (2)
Từ(1)và(2)suy raSE=(SBI)∩(SAC).

Trong mặt phẳng(SIB), gọiK= I J∩SE.
Ta có

K ∈ I J

K ∈ SE,SE⊂(SAC) ⇒K =I J∩(SAC)
2. Xác định giao điểmL =DJ∩(SAC).

Chọn mặt phẳng phụ (SBD) chứa DJ. Tìm giao
tuyến của(SBD)với(SAC).

Ta cóS∈ (SBD)∩(SAC) (3)

A B

C
D

O
M

F
L

Trong mặt phẳng(ABCD) gọiF = AC ⊂ BD. Suy ra F là điểm chung thứ hai của hai mặt

phẳng(SBD)và(SAC). (4)

Từ(3)và(4)suy raSF =(SBD) ⊂(SAC). Trong mặt phẳng(SBD)gọiL= DJ∩SF.
Vậy

L ∈ DJ

L ∈ SF, SF⊂(SAC) ⇒ L= DJ∩(SAC)
3. Chứng minh A, K, L, Mthẳng hàng.

Ta cóA ∈(SAC)∩(AJO) (3)
và

K ∈ I J, I J ⊂(AJO)

K ∈SE, SE⊂(SAC) ⇒ K∈ (SAC)∩(AJO). (4)
có

L∈ DJ, DJ⊂(AJO)

L∈ SF, SF⊂(SAC) ⇒ L∈ (SAC)∩(AJO) (5)
có

M∈ JO, JO⊂(AJO)

M∈ SC, SC ⊂(SAC) ⇒ M∈ (SAC)∩(AJO) (6)

Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra bốn điểm A, K, L, Mcùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng

(SAC)và(AJO). Vậy A, K, L, Mthẳng hàng.

Bài 32. Cho tứ giác ABCDvàS6∈(ABCD). GọiM, Nlà hai điểm trênBCvàSD.
Tìm giao điểm J =BN∩(SAC)

Tìm giao điểm J = MN∩(SAC)

Chứng minh rằngC, I, Jthẳng hàng.
3.

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

29
1. Tìm giao điểm I =BN∩(SAC)

Chọn mặt phẳng phụ(SBD)chứaBN.

Tìm giaio tuyến của hai mặt phẳng (SBD) và
(SAC). Trong mặt phẳng (ABCD) gọi O = AC∩
BD.

Hai mặt phẳng(SAC)và(SBD)có hai điểm chung
làSvàO. Vậy giao tuyến của chúng làSO.

Trong mặt phẳng(SBD)gọi I =BN∩SO.
Ta có

I ∈ BN

I ∈ SO, SO⊂(SAC) ⇒ I =BN∩(SAC).
2. Tìm giao điểm J = MN∩(SAC).

Chọn mặt phẳng phụ(SMD)chứa MN. Tìm giao
tuyến của(SMD)và(SAC).

Trong mặt phẳng(ABCD), gọiK = AC∩DM. Hai
mặt phẳng (SAC)và(SMD) có hai điểm chung là
SvàK.

Vậy giao tuyến của chúng làSK.

Trong mặt phẳng SMD, gọi J = MN∩SK. Ta có

J ∈ MN

J ∈ SK, SK ⊂(SAC) ⇒ J = MN∩(SAC)
3. Chứng minhC, I, Jthẳng hàng.

C
M

D
N

K
J

Theo cách tìm điểm ở những câu trên, ta có ba điểm C, I, J là điểm chung của hai mặt
phẳng(BCN)và(SAC)⇒Ba điểmC, I, J cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng(BCN)

và(SAC). Kết luậnC, I, J thẳng hàng.

Bài 33. Cho hình chópS.ABCD. Gọi M, N, Plần lượt là trung điểm của SA, SB, SC.
GọiE= AB∩CD, K = AD∩BC

Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(SAC)∩(SBD) , (MNP)∩(SBD).
1.

Tìm giao điểmQcủa đường thẳngSDvới mặt phẳng(MNP).
2.

GọiH = N M∩PQ. Chứng minh ba điểmS, H, Ethẳng hàng.
3.

Chứng minh ba đường thẳngSK, QM, NPđồng quy.
4.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

30 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
1. Tìm giao tuyến của(SAC)∩(SBD).

Trong mặt phẳng ABCD gọi O = AC∩

BD, có:

O ∈ AC, AC ⊂(SAC)

O ∈ BD, BD⊂(SBD) ⇒ O ∈ (SAC)∩
(SBD) (1)

S ∈(SAC)∩(SBD) (2)

Từ (1) và(2) suy ra (SAC)∩(SBD) = SO.
Tìm giao tuyến của(MNP)∩(SBD).
Trong mặt phẳng(SAC)gọiF = MP∩SO,
có

F ∈ MP, MP⊂(MNP)

F ∈ SO, SO⊂(SBD) ⇒F ∈(MNP)∩
(SBD) (3)

có:

N ∈(MNP)

N ∈ SB, SB⊂(SBD) ⇒ N ∈
(MNP)∩(SBD) (4)

Từ (3) và (4) suy ra(MNP)∩(SBD) =NF.
2. Tìm giao điểm Q của đường thẳng SD
với(MNP).

GọiQ= NF∩SD(vì NF, SD⊂(SBD)).
Ta có

Q ∈ SD

Q ∈ NF, NF ⊂(MNP) ⇒ Q =
SD∩(MNP).

B
M

C
D

E
P

K
O

H
F

G
Q

3. GọiH = N M∩PQ. Chứng minh ba điểmS, H, Ethẳng hàng.
Ta có








H = MN∩PQ, MN ⊂(SAB) , PQ⊂(SCD)⇒ H ∈(SAB)∩(SCD) (∗)
E = AB∩CD, AB⊂(SAB) , CD ⊂(SCD)⇒E∈ (SAB)∩(SCD) (∗∗)
S ∈(SAB)∩(SCD) (∗ ∗ ∗)

Từ (*), (**), (***) suy ra ba điểmS, H, Ethuộc giao tuyến của hai mặt phẳng(SAB)và(SCD)
nên ba điểmS, H, Ethẳng hàng.

4. Chứng min ba đường thẳngSK, QM, NPđồng quy.
GọiG= MQ∩NP(vì MQ, NP ⊂(MNP)) (5)

có

G ∈ MQ, MQ⊂(SAD)

G ∈ NP, NP ⊂(SBC) ⇒ G∈ (SAD)∩(SBC) (6)
Ngoài ra(SAD)∩(SBC)=SK ⇒G ∈ SK. (7)

Từ (5),(6),(7) suy ra ba đường thẳngSK, QM, NPđồng quy.

Bài 34. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành. GọiMlà trung điểm
của cạnhSD, I là điểm trên cạnhSAsao cho AI =2IS. GọiKlà giao điểm củaI Mvới
mặt phẳng ABCD. Tính tỷ số KD

KA. Gọi N là trung điểm của BC. Tìm thiết diện của
hình chópS.ABCDcắt bởi mặt phẳng(AMN).

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

B C

D K

Trong mặt phẳng(SAD)gọiK= I M∩AD.
Vì

K ∈ I M

K ∈ AD, AD⊂(ABCD) ⇒K = I M∩(ABCD).

Dựng DF k KI(F ∈ SA). Trong ∆SDF có I M là đường trung bình của tam giác ⇒ SI =

IF= FA.

Từ đó suy raFDlà đường trung bình của tam giác∆AIK⇒ Dlà trung điểm của AK.
Kết luận KD

KA =
1
2.

Trong mặt phẳng(ABCD), gọiE =AN∩CD.

Trong mặt phẳng(SCD), gọiP = EM∩SC. Từ đó suy ra thiết diện của hình chóp S.ABCD

bị cắt bởi mặt phẳng(AMN)là tứ giácAMPN.

Bài 35. Cho tứ diện ABCD. Gọi P và Q lần lượt là những điểm nằm trên hai đoạn
thẳng BC vàBD, M là một điểm nằm trên AC. Giả sử không tồn tại song song trong
hình vẽ của bài tốn

Tìm giao điểm của đường thẳng ABvà mặt phẳng(MPQ). Suy ra giao điểm N
của đường thẳng ADvà mặt phẳng(MPQ).

PQcắtCDtại điểm I. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(MPQ)với mặt phẳng
(ACD). Nhận xét gì về vị trí củaM, N, I?

DPvàCQcắt nhau tạiE, MQvàNPcắt nhau tạiF. Chứng tỏ rằngA, E, Fthẳng
hàng.

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

32 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
a. Trong mặt phẳng(ABC), gọiH = AB∩MP.

Có

H∈ AB

H∈ PM, PM ⊂(MPQ) ⇒ H = AB ∩
(MPQ).

Ta có H và Q là hai điểm chung của hai mặt
phẳng (MPQ) và (ABD) nên giao tuyến của
chúng là đường thẳng HQ. HQ cắt AD tại N,
thìNlà giao điểm của ADvà(MPQ).

b. MvàIlà hai điểm chung của hai mặt phẳng
(MPQ)và(ACD). Vậy giao tuyến của(ACD)và
(MPQ)là đường thẳngMI.

Vì N ∈ (MPQ)∩(ACD) ⇒ N ∈ MI. Vậy ba
điểmM, N, Ithẳng hàng.

c. Vì ba điểm A, E, Flà ba điểm chung của hai
mặt phẳng (ADP) và(ACQ) nên chúng thuộc
giao tuyến của hai mặt(ADP)và(ACQ).

Kết luận ba điểm A, E, Fthẳng hàng.

M I

C
N
F

Q
N

BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG I

Bài 36. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCDlà hình bình hành. Gọi Mlà điểm bất
kỳ thuộcSB, N thuộc miền trong tam giácS∆SCD.

Tìm giao điểm của MNvà mặt phẳng(ABCD)
1.

TìmSC∩(AMN)vàSD∩(AMN)
2.

TìmSA∩(CMN)
3.

Lời giải.

a. Tìm giao điểm củaMNvà(ABCD).

Gọi I = SN ∩ CD (vì SN, CD ⊂

(SCD)). Chọn mặt phẳng (SBI) chứa
MN. Ta có B và I là hai điểm chung
của hai mặt phẳng (SBI)và(ABCD).
Vậy(SBI)∩(ABCD)=BI.

Gọi H = MN ∩ BI (vì MN, BI ⊂

(SBI)) Ta có

H∈ MN

H∈ BI, BI ⊂(ABCD)
⇒ H = MN∩(ABCD)

b. TìmSC∩(MAN).

Đầu tiên ta tìm giao tuyến của mặt
phẳng(SAC)và(SBI). GọiO =AC∩
BI(vì AC, BI ⊂(ABCD)).

Ta cóSvàOlà hai điểm chung của hai
mặt phẳng(SAC)và(SBI).

VậySO =(SAC)∩(SBI).

Gọi E = SO∩ MN (vì SO, MN ⊂

(SBI)). Chọn mặt phẳng (SAC) chứa
SC. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
(SAC)và(AMN)

B
M

E K
NP

C
I

D H

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

1. MvàIlà hai điểm chung của hai mặt phẳng(MPQ)và(ACD).
Vậy giao tuyến của(ACD)và(MPQ)là đường thẳngMI.

VìN ∈(MQP)∩(ACD)⇒ N∈ MI. Vậy ba điểm M,N,Ithẳng hàng.

2. Vì ba điểm A, E, Flà ba điểm chung của hai mặt phẳng(ADP)và(ACQ). Nên chúng
thuộc giao tuyến của(ADP)và(ACQ).

Kết luận ba điểm A, E,Fthẳng hàng.

BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG I

Bài 37. Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm bất kỳ
thuộcSB, Nthuộc miền trong tam giácSCD.

1. Tìm giao điểm của MNvà mặt phẳng(ABCD).
2. TìmSC∩(AMN),SD∩(AMN).

3. TìmSA∩(CMN).

Lời giải.

1. Tìm giao điểm của MNvà mặt phẳng(ABCD).

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

34 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
Ta có B và I là

hai điểm chung

của hai mặt

phẳng (SBI)

và (ABCD).

Vậy (SBI) ∩

(ABCD) = BI.

Gọi H =

MN ∩ BI (vì
MN,BI ⊂
(SBI)). Ta có

H ∈ MN

H ∈ BI,BI ⊂(ABCD)

⇒ H =

MN∩(ABCD).

2. Tìm SC ∩

(AMN),
SD∩(AMN).

Đầu tiên ta

tìm giao tuyến
của mặt phẳng
(SAC) và (SBI).
GọiO= AC∩BI

(vì AC,BI ⊂

(ABCD)). Ta có

S và O là hai

điểm chung của
hai mặt phẳng
(SAC)và(SBI).

Vậy (SBI) ∩

(SAC)=SO.

Gọi E =

SO ∩ MN (vì
SO,MN ⊂
(SBI)).

M
Q

D H

C
I
O

Chọn mặt phẳng(SAC)chứaSC. Tìm giao tuyến của(SAC)và(AMN). A ∈ (SAC)∩

(AMN). (1)

Và

E∈ SO,SO⊂(SAC)

E∈ MN,MN ⊂(AMN) ⇒E ∈(SAC)∩(AMN). (2)
Từ(1)và(2)suy ra(SAC)∩(AMN)= AE.

Gọi K = SC∩ AE (vì AE,SC ⊂ (SAC)), có

K ∈ SC

K ∈ AE,AE⊂(AMN) ⇒ K = SC∩
(AMN).

Tìm giao điểm củaSDvà mặt phẳng(AMN): Ta có KvàN là hai điểm chung của hai
mặt phẳng(AMN)và(SCD). Vậy(AMN)∩(SCD)=KN. GọiP =KN∩SD. Suy raP
cũng là giao điểm củaSDvà mặt phẳng(AMN).

3. TìmSA∩(CMN).

Chọn mặt phẳng(SAC)chứaSA. Tìm(SAC)∩(CMN). Ta cóC ∈ (SAC)∩(CMN). (3)
Theo câu2,E =SO∩MN (vìSO,MN ⊂(SBI)), có

E ∈ SO,SO ⊂(SAC)

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

(SAC)∩(CMN). (4)

Từ(3)và(4)suy ra(SAC)∩(CMN)=CE. GọiQ=SA∩CE(vìSA,CE∩(SAC)).
Ta có

Q ∈SA

Q ∈CE,CE⊂(CMN) ⇒ Q=SA∩(CMN).

Bài 38. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thang vớiABsong song vớiCD.
O là giao điểm của hai đường chéo, MthuộcSB.

1. Xác định giao tuyến của các cặp mặt phẳng:(SAC)và(SBD);(SAD)và(SBC).
2. Tìm giao điểmSO∩(MCD);SA∩(MCD).

Lời giải.

1. Xác định giao tuyến của (SAC) và
(SBD).

Ta có S là điểm chung thứ nhất và O
là điểm chung thứ hai của hai mặt

phẳng(SAC)và(SBD).

Vậy(SAC)∩(SBD)=SO.

Xác định giao tuyến của (SAD) và
(SBC).

Ta cóS ∈(SAD)∩(SBC). (1)

Trong mặt phẳng (ABCD)

gọi H = AD ∩ BC, có

H ∈ AD,AD⊂(SAD)

H ∈ BC,BC ⊂(SBC) ⇒ H ∈
(SAD)∩(SBC). (2)
Từ (1) và(2) suy ra (SAD)∩(SBC) =

SH.

2. Tìm giao điểm SO ∩ (MCD); SA ∩
(MCD).

Gọi I = SO ∩ DM (vì SO,DM ⊂

(SBD)).
Ta có

I ∈ SO

I ∈ DM,DM⊂(MCD) ⇒ I =
SO∩(MCD).

GọiJ =SA∩CI (vìSA,CI ⊂(SAC)).
Ta có

J ∈ SA

J ∈ CI,CI ⊂(MCD) ⇒ J =
SA∩(MCD).

H
D

Bài 39. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình bình hành tâmO. Gọi M, Nlần
lượt là trung điểm của AB,SC.

1. TìmI = AN∩(SBD).
2. TìmK = MN∩(SBD).
3. Tính tỉ số KM

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

36 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

4. Chứng minhB,I,Kthẳng hàng. Tính tỉ số IB
IK.
Lời giải.

1. TìmI = AN∩(SBD).

Trước hết ta tìm giao tuyến của
mp(SAC) và mp(SBD). Ta có S ∈
(SAC)∩(SBD). (1)
Có

O ∈ AC,AC ⊂(SAC)

O ∈ BD,BD⊂(SBD) ⇒ O ∈
(SAC)∩(SBD). (2)
Từ (1) và (2) suy ra SO = (SAC)∩
(SBD).

Gọi I = SO ∩ AN (vì SO,AN ⊂

(SAC)). Suy ra I = AN∩(SBD).
2. TìmK = MN∩(SBD).

Chọn mp(ABN) chứa MN. Tìm giao
tuyến của mp(ABN)và mp(SBD).
Có

I ∈ SO,SO⊂(SBD)

I ∈ AN,AN ⊂(ABN) ⇒ I ∈
(ABN)∩(SBD). (3)

CóB∈ (ABN)∩(SBD). (4)

Từ (3) và (4) suy ra BI = (ABN)∩
(SBD); K = BI ∩ MN. Khi đó K =

MN∩(SBD).

B
M

O
I
K

C
D

3. Tính tỉ số KM
KN.

Gọi Q là trung điểm của AI. Ta có AQ =

QI = I N(vìIlà trọng tâm tam giácSAC). Có
MQ là đường trung bình của tam giác ABI.
Suy ra MQ k BI. Ta có IK là đường trung
bình tam giác MNQ. Vậy K là trung điểm
MN. Suy ra KM

KN =1.

M K

Q I N

4. Chứng minhB,I,Kthẳng hàng. Tính tỉ số IB
IK.

Theo cách tìm giao tuyến của câu 2 thì ba điểmB,K, I thẳng hàng.
Trong tam giácABI, cóQM = 1

2BI ⇒ IB =4IK ⇔
IB
IK =4.

Bài 40. Cho hình chóp S.ABC. GọiK, N lần lượt là trung điểm của SA, BC. Điểm M
thuộcSC,SM = 2

3MC.

1. Tìm thiết diện của hình chóp với mp(KMN).
2. Mặt phẳng(KMN)cắtABtại L. Tính tỉ số LA

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Lời giải.

1. Tìm thiết diện của hình chóp với mp(KMN).

Trong mặt phẳng(SAC), gọiI là giao điểm củaKMvàAC. Trong mặt phẳng(ABC), L
là giao điểm củaI Nvà AB. Kết luận thiết diện cần tìm là tứ giácMNLK.

2. Mặt phẳng(KMN)cắt ABtạiL. Tính tỉ số LA
LB.

A
L
I

C
N

Trong mặt phẳng(SAC), kẻ AEk KMvới EthuộcSC. Ta có KMlà đường trung bình
của tam giácSAEnên Mlà trung điểmSE. ĐoạnSCđược chia làm5phần, MCchiếm
3phần suy raCEchiếm1phần.

Trong tam giácCI M có CE
EM =

CA
AI =

2 ⇒CA =
1
2AI.

Trong tam giác ABC, kẻDN k AB(∈ AC). Vậy DN là đường trung bình của ∆ABC
nênDN = 1

2AB. (1)

Trong tam giácIDNcó I A
ID =

AL
DN =

5 ⇒DN =
4

5AL. (2)

Từ (1) và (2) ta có 1

2AB =
4

5AL ⇔ 2AB = 5AL ⇔ 2(LA+LB) = 5LA ⇔ 2LB =
3LA⇒ LA

LB =
2
3.

Bài 41. Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, BC. Lấy K thuộc
cạnhBDsao choBK =2KD.

1. TìmE=CD∩(I JK). Chứng minhDE =DC.

2. Tìm giao điểmF = AD∩(I JK). Chứng minhFA =2FD.

3. Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (I JK). Xác định hình tính của
thiết diện.

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

38 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

1. TìmE = CD∩(I JK). Chứng minh
DE=DC.

Gọi E = CD∩ JK (vì CD,JK ⊂

(BCD)),

có

E ∈ CD

E ∈ JK,JK ⊂(I JK) ⇒ E =
CD∩(I JK).

C
I

E
F

K D

Chứng minhDE =DC.

Trong∆BCE, kẻ DPk EJ. Trong tam giácBDP, có JKk
PDnên

BJ
JP =

KD =2 ⇒ BJ = 2JP ⇒ CI = 2JP. Từ đó suy ra
DPlà đường trung bình của tam giácCEJ. Suy raD là
trung điểmCE. Vậy DE=DC.

I
P

B E

2. Tìm giao điểmF = AD∩(I JK). Chứng minh FA =2FD.

Vì IE,AD ⊂ (ACD). Gọi F = IE∩AD. Mà IE ⊂ (I JK) ⇒ F = AD∩(I JK). Xét trong
tam giácACEcóFlà giao điểm của hai đường trung tuyếnADvàEI. Suy raFlà trọng
tâm của∆ACE. Vậy FA =2FD.

3. Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (I JK). Xác định hình tính của thiết
diện.

Ta có

(I JK)∩(ABC)= I J; (I JK)∩(BCD) = JK

(I JK)∩(ABD) =KF; (I JK)∩(ACD)= FI. Thiết diện cần tìm là tứ giácI JKF.
Trong tam giácABD, có DK

DB =
DF
DC =

3 ⇒ KFk AB. (1)

Trong tam giácABC, cóI J là đường trung bình nên I J k AB. (2)

Từ(1)và(2)suy ra tứ giácI JKF là hình thang.

Bài 42. Cho tứ diện S.ABC. Trên SB,SC lần lượt lấy hai điểm I, J sao cho I J không
song song vớiBC. Trong tam giác ABClấy một điểmK.

1. Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng(ABC)và(I JK).
2. Xác định giao điểm của AB, ACvới(I JK).

3. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(SAB)và(I JK).
4. Tìm giao điểm của BC, I J với mặt phẳng(SAK).

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

1. Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng
(ABC)và(I JK).

GọiD= I J∩BC(vì I J,BC ⊂(SBC)),
có

D∈ I J,I J ⊂(I JK)

D∈ BC,BC ⊂(ABC) ⇒ D ∈ (I JK)∩

(ABC). (1)

CóK ∈(I JK)∩(ABC). (2)

Từ(1)và(2)suy ra(I JK)∩(ABC)= DK.
2. Xác định giao điểm của AB,AC và(I JK).

Gọi E,F lần lượt là giao điểm của AB,AC
với DK (vì AB,AC,DK cùng thuộc mặt
phẳng (ABC)). Ngoài ra DK nằm trong mặt
phẳng (I JK). Vậy AB∩mp(I JK) = E; AC∩
mp(I JK) =F.

F
K

A
E

G
C

D
L

3. Tìm giao tuyến của(SAB)và(I JK).

Ta cóI vàElà hai điểm chung của hai mặt phẳng(SAB)và(I JK)nên(SAB)∩(I JK)=

IE.

4. Tìm giao điểm củaBC,I J với(SAK).

GọiG = AK∩BC (vì AK,BC ⊂ (ABC)). Ta có

G ∈ BC

G ∈ AK,AK ⊂(SAK) ⇒ G = BC∩
(SAK).

GọiL=SG∩I J (vìSG,I J ⊂(SBC)). Ta có

L ∈ I J

L ∈ SG,SG⊂(SAK) ⇒L =I J∩(SAK).

5. Xác định thiết diện của mp(I JK)với tứ diệnS.ABC.
Theo cách dựng điểm ở các câu trên ta có

(I JK)∩(ABC)= EF; (I JK)∩(SAC)= FJ
(I JK)∩(SAB)= IE; (I JK)∩(SBC) = J I.
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác I JFE.

Bài 43. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn là AB. Trên
SA,SB lần lượt lấy 2 điểm M,N sao cho MN không song song với AB. Gọi O =

AC∩DB.

1. Tìm giao điểm của đường thẳng ABvới mp(MNO).

2. Tìm giao tuyến của mp(MNO)với các mặt(SBC)và(SAD).
3. Xác định thiết diện của(M)với hình chópS.ABCD.

4. GọiKlà giao điểm của hai giao tuyến ở câu thứ2vàE= AD∩BC. Chứng minh
3điểmS,K,Ethẳng hàng.

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

40 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

1. Tìm giao điểm của đường thẳng AB
với mp(MNO).

Gọi H = AB∩ MN (vì AB,MN ⊂

(SAB)).
Ta có

H∈ AB

H∈ MN,MN ⊂(MNO) ⇒
H = AB∩(MNO).

2. Tìm giao tuyến của mpMNOvới các
mặt phẳng(SBC)và(SAD).

Gọi F = BC ∩ HO (BC,HO ⊂

(ABCD)),

ta có :

F∈ BC,BC ⊂(SBC)
F∈ HO,HO ⊂(MNO)
⇒ F∈ (MNO)∩(SBC). (1)
N ∈(MNO)∩(SBC). (2)

Từ(1)và(2)suy ra(MNO)∩(SBC)=

FN.

Trong mp(ABCD), gọi G = AD∩
HO,

ta có

G∈ AD,AD⊂(SAD)
G∈ HO,HO⊂(MNO) ⇒
G ∈ (MNO)∩(SAD). (3)

M∈ (MNO)∩(SAD). (4)

Từ(3)và(4)suy ra(MNO)∩(SAD)=

MG.

C
E

H
N

S
M

B
F
GD

3. Xác định thiết diện của(MNO)với hình chópS.ABCD.
Theo cách dựng điểm ở trên, ta có

(MNO)∩(ABCD)=GF; (MNO)∩(SBC) =FN
(MON)∩(SAB)= N M; (MNO)∩(SAD)= MG.
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNFG.

4. Chứng minh3điểmS,K,Ethẳng hàng.

Ta cóE= AD∩BC, AD ⊂(SAD),BC ⊂(SBC)nên E∈ (SAD)∩(SBC). (∗)
K =GM∩FN,GM ⊂(SAD),FN ⊂(SBC)nênK ∈(SAD)∩(SBC). (∗∗)
S ⊂(SAD)∩(SBC). (∗ ∗ ∗)

Từ(∗)(∗∗)(∗ ∗ ∗)suy ra ba điểm E,K,Sthuộc giao tuyến của hai mặt phẳng(SAD)và
(SBC)nên ba điểmE,K,Sthẳng hàng.

Bài 44. Cho tứ diện ABCD . Gọi M là trung điểm AB, K là trọng tâm của tam giác
ACD.

1. Xác định giao tuyến của(AKM)và(BCD).

2. Tìm giao điểmHcủaMKvà mp(BCD). Chứng minhKlà trọng tâm của tam giác
ABH.

3. TrênBClấy điểmN. Tìm giao điểmP,QcủaCD, ADvới mp(MNK).
4. Chứng minh 3 đường thẳngMQ,NP,BDđồng quy.

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

1. Xác định giao tuyến của
(AKM)và(BCD).

Gọi G = AK ∩ CD (vì

AK,CD⊂(ACD)).

Ta có

G∈ AK,AK ⊂(AKM)
G∈ CD,CD ⊂(BCD)

⇒ G ∈ (AKM) ∩

(BCD). (1)

B∈ (ABG)∩(BCD). (2)

Từ (1) và (2) suy ra

(ABG)∩(BCD)=BG.

2. Tìm giao điểmHcủaMKvà
mp(BCD).

Trong mp(ABG), gọi H =

MK∩BG,
có

H ∈ MK

H ∈ BG,BG⊂(BCD)
⇒ H = MK∩(BCD).

E
B

C P
G

D
K

Chứng minhKlà trọng tâm của tam giác ABH.
VìK là trọng tâm của tam giác ACD nên K chia
đoạn AGthành ba phần bằng nhau.

GọiLlà điểm đối xứng củaKquaGthìKlà trung
điểm củaAL.

Trong 4ABL, MK là đường trung bình của tam

giác.

Ta có4BGL=4HGK(g.c.g)⇒ BG=HG.
VậyKlà trọng tâm của tam giác ABH.

3. Tìm giao điểmP,QcủaCD,ADvớimp(MNK).
Trong mp(ABC) gọi E = MN ∩ AC. Trong
mp(ACD) đường thẳng EK cắt CD và AD lần
lượt tại P,Q, thì P và Q chính là giao điểm của
CDvàADvới mp(MNK).

M K

H
L

4. Chứng minhMQ,NP,BDđồng quy.
Trong mp(MNK)gọiF =MQ∩NP, vì

F ∈ MQ⊂(ABD)

F ∈ NP ⊂(BCD) ⇒ F∈ (ABD)∩(BCD).

Tù đó suy raFthuộc giao tuyến củaBDvà hai mặt phẳng(ABD)và(BCD).

Vậy ba đường thẳng MQ,NP,BDđồng quy tại điểmF.

Bài 45. Cho hình chópS.ABCD có đáyABCD và hình bình hành. GọiG là trọng tâm
của tam giácSAD, Mlà trung điểm củaSB.

1. Tìm giao điểm NcủaMGvà mặt phẳng(ABCD).

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

42 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

1. Trong mặt phẳng chứa MG, gọi N
là giao điểm của MG và BE. Vì BE
thuộc mặt phẳng (ABCD), nên N
thuộc (ABCD). Vậy N là giao điểm
củaMGvà mặt phẳng(ABCD).
2. Trong mặt phẳng (SBN), kẻ EF k

MN(FthuộcSB).

Trong tam giácSEFcóMGk EFnên
SM

MF =
SG

GE =2⇒SM =2MF ⇔BM =2MF.
Vậy Flà trung điểm của BM.

A
M
F

B C

E D

N
G

Trong 4BMN cóEF k MN nên BF

FM =
BE

EN =1 ⇒ BE = EN. VậyElà trung điểm của
BN.

Dễ dàng chứng minh 4AEB =4DEN(c.g.c)⇒ ABE‘ =END.’

Hai góc này bằng nhau theo trường hợp so le trong nênABk DN, mà ABk CDnênC,D,N
thẳng hàng.

EDlà đường trung bình của tam giácNBCsuy raDlà trung điểm củaCN.

Bài 46. Cho hình chópS.ABCD, đáy ABCDlà hình bình hành tâmO. Gọi Mlà trung
điểm củaSC.

1. Xác định giao tuyến của(ABM)và(SCD).

2. Gọi N là trung điểm củaBO. Xác định giao điểm I của(AMN)với SD. Chứng
minh SI

ID =
2

3. Tìm thiết diện của hình chópS.ABCDcắt bởi mặt phẳng(AMN).

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

1. Xác định giao tuyến của(ABM)
và(SCD).

Ta có








M∈ (ABM)∩(SCD)
ABk CD

AB⊂(ABM),CD⊂(SCD)
⇒ (ABM) ∩ (SCD) = MH
(MH k ABkCD.)

2. Xác định giao điểm I của
(AMN)vàSD.

Ta có (SAC) ∩ (SBD) = SO.

Gọi K = AM ∩ SO

(AM,SO ⊂(SAC)).

Tìm giao tuyến (AMN) và
(SBD).

Ta có

N ∈(AMN)

N ∈ BD,BD⊂(SBD) ⇒
N ∈(AMN)∩(SBD). (1)

K∈ AM,AM ⊂(AMN)

K∈ BD,BD⊂(SBD) ⇒
K ∈ (AMN)∩(SBD). (2)

Từ (1) và (2) suy ra

(AMN) ∩ (SBD) = NK. NK
cắt SD tại điểm I, thì I chính là
giao điểm của(AMN)vàSD.

B L C

D
M

I
H

Trong mặt phẳng (SBD), từ O dựng OP k N I(P ∈
SD).

Trong4DN I, cóOP k DI nên có DO
ON =

DP
PI =

2
1 =
2⇒ DP=2PI. (3)

Trong 4SOP có KI k OP nên có SK
KO =

SI
PI =

2
1 =
2 ⇒ SI = 2PI. (4)(K) là trọng tâm của 4SAC. Từ
(3)và(4)suy ra IS

ID =
2
3.

Thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng
(AMN).

GọiLlà giao điểm của ANvàBC. Kết luận thiết diện
là tứ giácALMI.

B N O D

I
P
K

Bài 47. Cho tứ diệnABCD. TrênADlấy điểmNsao cho AN =2ND, Mlà trung điểm
của AC, trênBC lấy điểmQsao choBQ= 1

4BC.

1. Tìm giao điểm IcủaMN với(BCD). Tính tỷ số IC
ID.
2. Tìm giao điểm JcủaBDvới(MNQ). Tính tỷ số JB

JD,
JQ

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

44 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

1. Tìm giao điểm I của MN với
(BCD).

Gọi I = MN ∩ CD (MN,CD ⊂

(ACD)).
Vì

I ∈ MN

I ∈ CD,CD⊂(BCD) ⇒ I =
MN∩(BCD).

J D

Q
B

M N

Tính tỷ số IC
ID.

Từ Dkẻ DGk I M(G∈ AC).

Trong4AGDcó AM

MG =
AN

ND =2 ⇒ AM=2MG.
Do G là trung điểm của CM suy ra DG là đường
trung bình của tam giácCMI, suy raDlà trung điểm
củaCI. Vậy IC

ID =2.

C D I

G N

2. Tìm giao điểm J của BDvà(MNQ). Tính tỷ số JB
JD,
JQ

J I .

GọiJ = QI∩BD(QI,BD⊂(BCD)).
Vì

J ∈ BD

J ∈ QI,QI ⊂(MNQ) ⇒ J =BD∩(MNQ).

Gọi E là trung điểm của BC, từ E kẻ đường thẳng
song song với QI cắt BD, IC lần lượt tại F và
H. Ta có QJ là đường trung bình của tam giác
BEF ⇒BJ = JF. (1)

Trong 4CQI có CE

EQ =
CH

H I = 2 ⇒ CH =
2H I ⇒ CD+DH = 2H I ⇒ DI +DH = 2H I ⇒
DH+H I+DH =2H I ⇒ H I =2DH.

Trong4DI Jcó DF
FJ =

DH
H I =

2 ⇒DF =
1

2FJ. (2)
Từ(1)và(2)suy ra JB

JD =
2

B Q E C

F
H

Ta cóEF =2QJ, FH = 1

3I J vàEH =
2

3IQ ⇒EF+FH =
2

3(I J+JQ) ⇒2JQ+
1
3I J =
2

3(I J+JQ)⇒ I J =4JQ. Vậy
JQ

I J =

1
4.

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

1. Tìm giao điểm IcủaSDvà mặt phẳng(AME). Chứng minhEI kSB.
2. Tìm giao điểm HcủaSDvà mặt phẳng(MNE).

3. Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng(MNE).
Lời giải.

Ta cóSO=(SAC)∩(SBD). GọiJ = AM∩SO(AM,SO ⊂(SAC))
1. Tìm giao điểm I của SD và mặt

phẳng(AME).

Chọn mặt phẳng(SBD)chứaSD.
Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
(AME)và(SBD).

Có E là điểm chung thứ nhất, J là
giao điểm của AMvàSO. MàAM,
SO lần lượt thuộc hai mặt phẳng
(AME)và(SBD).

Vậy giao tuyến của chúng làEJ.
Kéo dàiEJ cắtSDtại một điểm thì
đó là điểm Icần tìm.

Chứng minhEI k SB.

VìJlà giao điểm củaAM,SOlà hai
đường trung tuyến của tam giác
SAC. Nên J là trọng tâm của tam
giácSAC.

Ta có OJ
OS =

OE
OB =

1
3

⇒ EJ k SB(theo định lý đảo Talet),
hayEI k SB.

2. Tìm giao điểm H của SD và mặt
phẳng(MNE).

Chọn mặt phẳng(SBD)chứaSD.
Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
(N ME)và(SBD).

B L C

E
A
K

D
M

F
I

J
H

GọiF= MN∩SO(MN,SO ⊂(SAC)).
Ta có

F ∈ MN,MN ⊂(MNE)

F ∈ SO,SO⊂(SBD) ⇒ F∈ (MNE)∩(SBD) (1)

Ngoài raE∈ (MNE)∩(SBD) (2)

Từ (1) và (2) thìEF =(MNE)∩(SBD).

GọiH =EF∩SD(EF,SD ⊂(SBD))⇒ H=SD∩(MNE).
3. Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng(MNE).

Đầu tiên tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(MNE)và(ABCD).

Ta có: Elà điểm chung thứ nhất, cóMN k AC, mà hai đường thẳng MN, AClần lượt
thuộc hai mặt phẳng(MNE)và(ABCD).

Vậy giao tuyến của chúng quaEvà song song vớiACcắt AB,BClần lượt tạiKvàL.
Kết luận thiết diện cần tìm là đa giácKLMHN.

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

46 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

1. Tìm giao điểmKcủa đường thẳng MNvới mặt phẳng(SBD). Tính tỉ số KM
KN.
2. Gọi E là trung điểm của SA. Tìm giao điểm F của SD và mặt phẳng (EMN).

Chứng minh tứ giác MEFNlà hình thang.

3. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng(EMN).
Lời giải.

1. • Tìm giao điểm K của đường thẳng MN
với mặt phẳng(SBD).

Chọn mặt phẳng (SMC) chứa MN. Tìm
giao tuyến của(SMC)và(SBD).

Ta cóS ∈(SMC)∩(SBD) (1)

GọiI = MC∩BD(MC,BD⊂(ABCD)), ta
có:

I ∈ MC,MC ⊂(SMC)

I ∈ BD,BD⊂(SBD) ⇒ I ∈ (SMC)∩

(SBD) (2)

Gọi K = MN ∩SI (MN,SI ⊂(SMC)) ⇒
K = MN∩(SBD).

•Tính tỉ số KM
KN.

Trong tam giác SMC kẻ NG k SI (G ∈
CM).

Trong4CIScó NG k SI ⇒ CN
NS =

CG
GI =
1⇒CG= GI.

P
J

A D

O
I
B

M
E

C
N

VìI là trọng tâm của tam giácABCnên suy raMI =IG =GC.

Trong4MNGcó: IKk NG⇒ MK

KN =

IG =1⇒ MK =KN.

Vậy KM

KN =1.

2. •Tìm giao điểmFcủaSDvà mặt phẳng(EMN).

Chọn mặt phẳng(SBD)chứaSD, tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(SBD)và(MNE).
GọiO= AC∩BD ⇒(SAC)∩(SBD)=SO.

GọiJ = EN∩SO(EN,SO⊂(SAC)). Ta có

J ∈ EN,EN ⊂(MNE)

J ∈ SO,SO⊂(SBD) ⇒ J ∈ (MNE)∩(SBD) (1)

Theo câu 1) thìKlà điểm chung thứ 2. (2)

Từ (1) và (2) thì(MNE)∩(SBD)=K J.
GọiF=K J∩SD⇒K =SD∩(MNE).
•Chứng minh tứ giác MEFNlà hình thang.
Ta cóENlà đường trung bình của tam giácSAC.
Dễ dàng chứng minh Jlà trung điểm của EN.

Trong tam giácMNE,K Jlà đường trung bình của tam giác nên:

K J = 1

2EM,K J k EM.

GọiLlà trung điểm củaSDcóOL = 1

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Trong4SOLcó JFlà đường trung bình nên JF = 1

2OL.

MàOL= 1

2SB⇒ JF =
1

4SB. (5)

VàK J = 1

2MEmà ME=
1

2SB ⇒K J=
1

4SB. (6)

Từ (5) và (6) suy ra:KF= 1

2SB⇒KF =EM.
Vậy tứ giácEMKFlà hình bình hành.

Tứ giác MNFElà hình thang vì cóEFk MN.

3. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng(EMN).
Ta có:

M∈ (MNE)∩(ABCD)

EN k AC ⇒(MNE)∩(ABCD)= MP(MPk AC k EN, P∈ BD).
Thiết diện cần tìm là ngũ giácMPNFE.

Bài 50. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành,Mlà điểm trên cạnh
ADsao cho AM=2MD,Klà trung điểm cạnhSB.

1. Tìm giao điểmFcủaDKvới mặt phẳng(SMC). Tính tỉ số DF
DK.
2. GọiElà điểm trênSC sao cho SE

SC =
1

3, gọi Hlà giao điểm củaKEvà mặt phẳng
(SAD). Tính tỉ số HE

HK.

3. GọiIlà điểm trên cạnhSD(DI >SI),Plà giao điểm củaAKvà(SDC),Qlà giao
điểm củaCI và(SAB). Chứng minhP,Q,Sthẳng hàng.

Lời giải.

S H

G
E

B C

O
A

K
N

D
I

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

48 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

1. Tìm giao điểmFcủaDKvới mặt phẳng(SMC). Tính tỉ số DF
DK.

Gọi J là trung điểm của AM, W là trung điểm củaOD ⇒ MW là đường trung bình
của4DJO.

Trong mặt phẳng(SBD)dựng đường thẳngd k SW vàdđi quaO. Đường thẳngdcắt
DKvàSBlần lượt tạiGvàN.WFlà đường trung bình của4DGO ⇒Flà trung điểm
củaDG.

Trong4BSW có:ON kWS:
BN
BS =
BO
BW =
2
3 ⇔

BK+KN
2KS =

3 ⇔

BK
2KS +

KN
2KS =

2
3 ⇔

1
2 +

KN
2KS =

2
3 ⇒
KN
KS =
1
3.
Trong4KSFcóGN k FSnên: KN

KS =
KG
KF =

3 ⇒KF=3KG ⇒GF =2KG.
Kết luận: DF

DK =
2KG
5KG =

2
5.
2. Tính tỉ số HE

HK.
Có:






S∈ (SBC)∩(SAD)
BC k AD

BC ⊂(SBC),AD⊂(SAD)

⇒(SBC)∩(SAD) =Sx Sxk BC k AD
.
Gọi H = KE∩ Sx (KE,Sx⊂(SBC)) ⇒ H = KE∩

(SAD).

Vẽ lại mặt phẳng (SBC) như hình bên. Gọi L là trung
điểm của EC, KE đường trung bình của tam giác SBL
nênKE= 1

2BL (1)

Ta có:S“1 =Cc1(so le trong);
c

E1 =cE2(đối đỉnh),
c

E2 =cL1(đồng vị)
⇒cE1 =cL1.

Từ đó suy ra:4SEH =4CLB(g.c.g)⇒BL= HE. (2)
Từ (1) và (2) ta có HE

HK =
2
3.
1
1
1
2
1
S H
L
B C

Z
K E

3. Chứng minhP,Q,Sthẳng hàng.
Ta có:






S ∈(SAB)∩(SCD)
BA k CD

AB⊂(SAB),CD⊂(SCD)

⇒(SAB)∩(SCD)=Sy Syk ABk CD
.
GọiP= AK∩Sy AK,Sy ⊂(SAB)⇒ P= AK∩(SCD);

GọiQ=CI∩Sy CI,Sy ⊂(SCD)

⇒Q=CI∩(SAB);

Vì ba điểmP,S,Qcùng nằm trên giao tuyếnSynên chúng thẳng hàng.

Bài 51. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành. GọiM,N lần lượt là
trung điểm của ABvàSC.

1. Tìm giao điểm Icủa ANvà(SBD). Tính I A
I N.
2. Tìm giao điểmKcủaMNvà(SBD). Tính KM

KN.
3. Chứng tỏB, I,Kthẳng hàng. Tính IB

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

của(MNE)và hình chóp.
Lời giải.

B L

O
K

M
E

D
N

C
H

F
1. Tìm giao điểm IcủaAN và(SBD).

S ∈(SAC)∩(SBD) (1)

O ∈ AC,AC ⊂(SAC)

O ∈ BD,BD⊂(SBD) ⇒O ∈(SAC)∩(SBD) (2)
Từ (1) và (2)⇒SO=(SAC)∩(SBD).

GọiI =SO∩AN (SO,AN ⊂(SAC)).
Suy ra I = AN∩(SBD).

VìSO, ANlà hai trung tuyến của tam giácSAC⇒ I là trọng tâm của tam giácSAC.
Do đó I A

I N =2.

2. Tìm giao điểmKcủaMNvà(SBD).
Chọn mặt phẳng(ABN)chứaMN.
Ta có:

I ∈ SO,SO ⊂(SBD)

I ∈ AN,AN ⊂(ABN) ⇒ I ∈ (ABN)∩(SBD). (3)
B∈ (ABN)∩(SBD) (4)
Từ (3) và (4)⇒BI =(ABN)∩(SBD).

GọiK = MN∩BI ⇒K= MN∩(SBD).
Vẽ lại tam giácABNnhư bên.

GọiQlà trung điểm của AI. Ta có AQ=QI = I N.
Xét4N MQ, ta có:IKlà đường trung bình của tam giác.
VậyKlà trung điểm của MN.

Suy ra KM
KN =1.

A Q I N

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

50 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
3. Theo cách tìm giao tuyến của câu b) thì3điểmB,K, I thẳng hàng.

Trong4N MQ, ta có: IK = 1

2QM.
Trong4ABI, ta có:QM = 1

2BI ⇒ IB =4IK ⇔
IB
IK =4.

Hai mặt phẳng(MNE)và(ABCD)cóMlà điểm chung và cóNEk ACnên giao tuyến
dcủa chúng quaMvàd k ACk NE.

GọiF=d∩CD(d,CD ⊂(ABCD)); gọiH = FN∩SD(FN,SD⊂(SCD)).

Vậy thiết diện của mặt phẳng(MNE)cắt hình chópS.ABCDlà đa giácEMLNH.

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Chương 2.

QUAN HỆ SONG SONG

Bài 1. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ HAI ĐƯỜNG

THẲNG SONG SONG

A. Tóm tắt lý thuyết

Định nghĩa 1. Hai đường thẳng được gọi là đồng phẳng nếu chúng cùng nằm trong
một mặt phẳng.

Hai đường thẳng được gọi là chéo nhau nếu chúng không đồng phẳng.

Hai đường thẳng gọi là song song nếu chúng đồng phẳng và khơng có điểm chung.
Định lí 1.

Trong khơng gian, qua một điểm khơng nằm trên
đường thẳng cho trước, có một và chỉ một đường
thẳng song song với đường thẳng đã cho.

Định lí 2. Nếu ba mặt phẳng phân biệt đơi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt
thì ba giao tuyến đó hoặc đồng quy hoặc đơi một song song với nhau.

α

β

γ

b
c

α

β

γ

b
c

Hệ quả 1. Nếu hai mặt phẳng phân biệt lần lượt chứa hai đường
thẳng song song thì giao tuyến của chúng (nếu có) cũng song song
với hai đường thẳng đó hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó.

α

β

d00
d
d0

α

β

d00
d

α

β

d00
d0
d

Định lí 3.

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

52 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với
đường thẳng thứ ba thì song song với nhau

α

β

γ

b
c

Bài 2.

ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG

A. Tóm tắt lý thuyết

Định lí 1.

Nếu đường thẳngdkhơng nằm trong mặt phẳng
(α)và đường thẳngdsong song với đường thẳng
d0nằm trong(α)thìdsong song vớiα.

α
β

Định lí 2.

Nếu đường thẳngasong song với mặt phẳng(α).
Nếu mặt phẳng (β) chứa a và cắt (α) theo giao
tuyếnbthìbsong song vớia.

α
β

Hệ quả 1.

Nếu hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một
đường thẳng thì giao tuyến của chúng (nếu có) cũng
song song với đường thẳng đó.

d
d0

α

β

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 53

Cho hai đường thẳng chéo nhau. Có duy nhất một

mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với
đường thẳng kia.

M b0

a
α

B. Bài tập rèn luyện

DẠNG 2.1. Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng
song song với mặt phẳng. . .

Phương pháp giải:

Chứng minh hai đường thẳng song song thì dựa vào hình học phẳng: Định lý Thales
đảo, đường trung bình. . .

Muốn chứng minh đường thẳng d song song với mặt phẳng(P), ta phải chứng minh
đường thẳngdsong song với một đường thẳng thuộc mp(P).

Tìm giao tuyến cách 2: Tìm một điểm chung của hai mặt phẳng, tìm trong hai mặt
phẳng lần lượt có hai đường thẳng song song với nhau. Giao tuyến cần tìm đi qua
điểm chung và song song với hai đường thẳng song song vừa tìm.

Bài 1. Cho tứ diệnABCD. GọiI,Jlần lượt là trọng tâm các tam giácABC,ABD. Chứng
minh I J k CD.

Lời giải.

Gọi E là trung điểm AB. Ta có

I ∈ CE

J ∈ DE ⇒ I J và CD
đồng phẳng.

Do có EI
EC =

EJ
ED =

3 (tính chất trọng tâm), nên theo
định lý Thales suy raI J kCD.

D
I

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thang với hai đáy AB và CD
(AB >CD). GọiM,N lần lượt là trung điểm của các cạnhSA,SB.

1. Chứng minhMN k CD.

2. Tìm giao điểmPcủaSC với(ADN).

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

54 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Lời giải.

1. Chứng minhMN k CD.

Trong tam giácSAB, ta có MN k AB(vì
MNlà đường trung bình). MàAB kCD
(ABCDlà hình thang). VậyMN k CD.
2. Tìm giao điểm củaSCvới(ADN).

Chọn mặt phẳng phụ (SBC) chứa SC.
Tìm giao tuyến của(SBC)và(ADN).
Ta có N là điểm chung của (SBC) và
(ADN) (1).

Trong(ABCD), gọiE= AD∩BC. Ta có

E∈ AD⊂(ADN)

E∈ BC ⊂(SBC) ⇒E ∈(ADN)∩(SBC) (2).
Từ (1) và (2) suy ra (ADN)∩(SBC) =

NE.

Trong(SBC), gọiP =SC∩NE. Khi đó

P∈ SC

P∈ NE ⊂(ADN) ⇒ P=SC∩(ADN).
3. Chứng minh SI k AB k CD. Tứ giác

SABI là hình gì?

S ∈(SAB)∩(SCD) (3)
và

I ∈ AN ⊂(SAB)

I ∈ DP ⊂(SCD) ⇒ I ∈ (SAB)∩

(SCD) (4).

S I

E
P
A

D
M

Từ(3)và(4)suy raSI =(SAB)∩(SCD).
Ta có








SI =(SAB)∩(SCD)
AB⊂(SAB),CD ⊂(SCD)
ABk CD

⇒SI k ABkCD.

Xét tam giácSAIcóSI k MN(vì cùng song song với AB) vàMtrung điểm củaAB. VậyMN
là đường trung bình của tam giác. Suy raSI =2MN.

Ta có

SI k AB
SI =2MN,AB=2MN ⇒

SI k AB
SI =AB.

Vậy tứ giácSABIlà hình bình hành.

Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thang (đáy lớn là AB). Gọi I,J
lần lượt là trung điểm của các cạnhAD,BC,Klà điểm trên cạnhSBsao choSK = 2

3SB.
1. Tìm giao tuyến của(SAB)và(I JK).

2. Tìm thiết diện của (I JK)với hình chóp S.ABCD. Tìm điều kiện để thiết diện là
hình bình hành.

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 55

1. Tìm giao tuyến của(SAB)và(I JK).
TừKkẻKL k AB(L∈ SA). Ta có








K ∈(SAB)∩(I JK)
ABk I J
AB⊂(SAB),I J ⊂(I JK)
(vì I Jlà đường trung bình của hình thang).

Suy ra(SAB)∩(I JK) = KL (vì KL k AB k I J,K ∈
SA).

2. Tìm thiết diện của(I JK)với hình chópS.ABCD.
Ta có

(I JK)∩(ABCD)= I J, (I JK)∩(SBC)= JK
(I JK)∩(SAB)=KL, (I JK)∩(SAD)= LI.
Vậy thiết diện cần tìm là hình thang I JKL (vì I J k
LK k AB).

Do I J là đường trung bình của hình thang ABCD

nên I J = AB+CD

2 .

Xét tam giác SAB có LK
AB =

SK
SB =

3, suy ra
LK = 2

3AB.

Để I JKL là hình bình hành ⇔ I J = KL ⇔
AB+CD

2 =
2

3AB⇔ AB=3CD.

Vậy thiết diện I JKL là hình bình hành ⇔ AB =

3CD.

C
J
K
A

D
I

Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M,N,P,Q lần
lượt là các điểm nằm trên các cạnhBC,SC,SD,ADsao choMN k BS,NP kCD,MQk
CD

1. Chứng minhPQkSA.

2. GọiK = MN∩PQ. Chứng minh điểmK nằm trên đường thẳng cố định khi M
di động trên cạnhBC.

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

56 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

1. Chứng minhPQk SA.

Xét ∆SCD có NP k CD ⇒ DP

DS =
CN

CS (1).

Xét ∆SCB có N M k SB ⇒ CM

CB =
CN

CS (2).

Xét hình thang ABCD có MQ k CD ⇒
CM

CB =
DQ
DA (3).

Từ (1), (2), (3) suy ra DP
DS =

DQ
DA. Vậy
PQk SA.

2. Chứng minh điểm K nằm trên đường
thẳng cố định khi Mdi động trên cạnh
BC.

Ta có







BC k AD
BC ⊂(SBC),AD ⊂(ADS)
S∈ (SBC)∩(SAD)

⇒
(SBC)∩ (SAD) = St với (St k AD k
BC).

MàK= MN∩PQvà

MN ⊂(SBC)
PQ⊂(SAD).
Suy raK ∈(SBC)∩(SAD)hayK ∈ St.
Vì S cố định và BC cố định nên St cố
định. VậyK ∈ Stcố định khiMdi động
trên cạnhBC.

S K t

A N

B M C

Bài 5. Cho hình chóp tứ giácS.ABCD. Gọi M,N,E,Flần lượt là trung điểm các cạnh
SA,SB,SC,SD. Chứng minh rằng

1. MEk AC,NF k BD.

2. Ba đường thẳngME,NF,SO(vớiOlà giao điểm củaACvàBD) đồng qui.
3. Bốn điểmM,N,E,Fđồng phẳng.

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 57

1. Chứng minhMEk AC,NF k BD.

MElà đường trung bình của tam giácSAC ⇒
MEk AC.

FN là đường trung bình của tam giác SBD ⇒
FN k BD.

2. Ba đường thẳng ME,NF,SO (với O là giao

điểm củaAC vàBD) đồng qui.

Trong tam giácSAC, gọiK= ME∩SO. Suy ra
Klà trung điểm củaSO.

Trong tam giácSDOcóFKlà đường trung bình
của tam giác⇒ FKk DO ⇔FKk BD (1).
Trong tam giácSBDcóFNlà đường trung bình
của tam giác⇒ FN k BD (2).

Từ (1) và (2) thì K thuộc NF. Vậy ba đường
thẳngME,NF,SOđồng qui tại điểmK.

3. Bốn điểm M,N,E,F đồng phẳng. Từ chứng
minh ở câu 2) thì ME và NF cắt nhau tại K.
Suy ra bốn điểm M,N,E,Fđồng phẳng.

E
F

C
A

Bài 6. Cho tứ diệnABCD, gọiI, Jlần lượt là trung điểm củaBCvàBD,Elà một điểm
thuộc cạnh AD.

a) Xác định thiết diện của tứ diện khi cắt bởi mp(I JE).
b) Tìm vị trí củaEtrênADđể thiết diện là hình bình hành.

c) Tìm điều kiện của tứ diệnABCDvà vị trí điểmEtrênADđể thiết diện là hình thoi.
Lời giải.

a) Xác định thiết diện của tứ diện khi cắt bởi mp
(I JE).

Ta có I J là đường trung bình của 4BCD nên
I J k CD.

(I JE)∩(ACD)=E

I J ⊂(I JE), CD ⊂(ACD) ⇒ (I JE) ∩
(ACD) =Ex.

VớiExk CD k I J. GọiF =Ex∩AC.
Vậy thiết diện cần tìm là hình thangEFI J.
b) Để I JEFlà hình bình hành thì I J = EF.

VậyEphải là trung điểm của AD.

c) Khi EFI J là hình bình hành thì EJ là đường
trung bình của tam giác DAB, suy ra EJ =

1
2AB.

Vậy: để I JEF là hình thoi thì I J = EJ ⇔ AB =

CD.

Kết luận: Để thiết diệnI JEFlà hình thoi thìElà
trung điểm củaADvàAB=CD.

D
I

J
B

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

58 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Bài 7. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà tứ giác lồi. Gọi M,N lần lượt là trọng
tâm của tam giácSABvàSAD,Elà trung điểm củaCB.

a) Chứng minh MN k BD.

b) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp(MNE).

c) Gọi H, L lần lượt là các giao điểm của mp(MNE)với các cạnh SBvà SD. Chứng
minhLH k BD.

Lời giải.

a) Chứng minh MN k BD.
GọiKlà trung điểm củaSA.
Theo tính chất trọng tâm ta có

KM
KB =

KN
KD =

3 ⇒ MN k BD.
b) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi

mp(MNE).

E là điểm chung của(MNE)và(ABCD)
nên giao tuyến của chúng quaEvà song
song vớiMN và song song vớiBD. Giao
tuyến này cắtABvàCDlần lượt tạiFvà
G.

Trong mặt phẳng (SAB) đường thẳng
FMcắtSAvàSBlần lượt tạiPvàH. Còn
trong(SAD)đường thẳngPN cắtSDtại
L. Từ đó suy ra thiết diện cần tìm là ngũ
giácEHPLG.

c) Chứng minhLH k BD.
Ta có








HL =(MNE)∩(SBD)
MN k BD

MN ⊂(MNE), BD⊂(SBD)
⇒ HL k MN k BD.

N
K

B
M
P

C
H

E
F

Bài 8. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của các cạnh ABvàCD.

a) Chứng minh MN k (SBC), MN k (SAD).

b) Gọi P là trung điểm của cạnhSA. Chứng minh rằng SBvàSC đều song song với
(MNP).

c) Gọi G1, G2 lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC vàSBC. Chứng minh G1G2 k

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 59

a) Chứng minh MN k(SBC).
Ta có

MN k BC, MN 6⊂(SBC)
BC ⊂(SBC) ⇒
MN k(SBC).

Ta có

MN k AD, MN 6⊂ (SAD)
AD⊂(SAD) ⇒
MN k(SAD).

b) Chứng minhSBvàSCđều song song với
(MNP).

Tìm giao tuyến của mặt phẳng(SAD)và
(MNP).

Ta có







P∈ (MNP)∩(SAD)
MN k AD

MN ⊂(MNP), AD ⊂(SAD)
⇒ (PMN)∩(SAD) = PQ(PQ k MN k
AD, Q ∈ SD).

Xét4SAD ta có PQ k ADvà P là trung
điểm củaSA, suy raQlà trung điểm của
SD.

Xét4SCDta cóQN k SC (QNlà đường
trung bình của tam giácSCD).

Ta có

SC 6⊂(PMN), SC k QN

QN ⊂(PMN) ⇒ SC k
(PMN).

M
A

Q G2

C
P

I
G1

c) Chứng minhG1G2 k (SAB).

Xét tam giácSAIta có IG1
I A =

IG2

IS =
1

3 (Tính chất trọng tâm)⇒G1G2 k SA.
Có

G1G2 6⊂(SAB), G1G2 kSA

SA⊂(SAB) ⇒G1G2k (SAB).

Bài 9. Cho hình chópS.ABCDcó đáy(ABCD)là hình thang. ADlà đáy lớn và AD =

2BC. GọiOlà giao điểm của ACvàBD,Glà trọng tâm của tam giácSCD.
a) Chứng minhOGk(SBC).

b) Gọi Mlà trung điểm của cạnhSD. Chứng minh rằngCM k(SAB).
c) Giả sử điểm I trên đoạnSCsao choSC = 3

2SI. Chứng minh SAk (BID).
d) Xác định giao điểmKcủaBGvà mặt phẳng(SAC). Tính KB

KG.

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

60 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
VìADk BC ⇒ 4OBCv4ODA(g-g).

Vậy OB
OD =

OC
OA =

BC
AD =

1
2.
a) Gọi Hlà trung điểm củaSC.

Trong4DHBta có DG
DH =

DO
DB =

3 ⇒OGk
BH.

Ta có

OG k BH

BH ⊂(SBC), OG6⊂ (SBC) ⇒ OG k
(SBC).

b) Gọi N là trung điểm của SA. Ta có MN là
đường trung bình của tam giácSAD.

Nên MN k ADvàMN = 1

2AD.

Mà theo đề bài ta lại có BC k AD và BC =

1
2AD.

Vậy BC k MN và BC = MN. Vậy tứ giác
BCMNlà hình bình hành.

Ta có

CM k BN

BN ⊂(SAB), CM 6⊂(SAB) ⇒CM k
(SAB).

I
K
A

D
M

c) Trong4SACcó CO
CA =

CI
CS =

3 ⇒OI k SA.
Có

SAk OI

OI ⊂(BID), SA 6⊂(BID) ⇒SA k(BID).

d) Ta cóOvàHlà hai điểm chung của hai mặt phẳng(BDH)và(SAC).
Vậy(SAC)∩(BDH)=OH.

Trong(BDH), gọiK =BG∩OH ⇒K =BG∩(SAC).
Ta có:4KOGv4KHB(g-g)⇒ KG

KB =
OG
HB =

2
3 (Vì

OG
BH =

DG
DH =

2
3).
Kết luận: KB

KG =
3
2.

Bài 10. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF khơng cùng nằm trong một mặt
phẳng.

a) GọiOvàO0 lần lượt là tâm của ABCDvàABEF. Chứng minh rằngOO0song song
với(ADF)và(BCE).

b) Gọi M,N lần lượt là trọng tâm của 4ABD và 4ABE. Chứng minh rằng MN k
(CEF).

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 61

a) Chứng minh rằngOO0 song song với
(ADF)và(BCE).

Ta cóOO0 k DF (OO0 là đường trung
bình4BDF).

MàDF⊂(ADF) ⇒OO0 k (ADF).
Ta cóOO0 k CE(OO0 là đường trung
bình4ACE).

MàCE ⊂(BCE)⇒OO0 k (BCE).
b) Chứng minh rằngMN k (CEF).

GọiHlà trung điểm của AB.

Trong 4HDE ta có HM

HD =

HE =
1

3 ⇒MN k DE.

Mà DE ⊂ (CEFD) ≡ (CEF). Vậy
MN k(CEF).

E
F

A B

D C

H
M

Bài 11. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành. Gọi M,Nlần lượt là
trọng tâm của hai tam giácSABvàSAD.

a) Chứng minh MN k (ABCD).

b) GọiElà trung điểm củaBC. Xác định thiết diện của hình chópS.ABCDcắt bởi mặt
phẳng(MNE).

Lời giải.

a) Chứng minh MN k(ABCD).

Gọi I,J lần lượt là trung điểm của ABvà
AD.

Theo tính chất trọng tâm có SM
SI =

SN
SJ =
2

3 ⇒MN k I J (tính chất Talet đảo).
Mà I J thuộc mặt phẳng (ABCD), suy ra
MN k(ABCD).

b) Trong mặt phẳng đáy, qua E kẻ đường
thẳng song song I J cắt AC tại F, cắt CD
tạiG.EGlà giao tuyến của(MNE)và đáy
(ABCD).

GọiK = I J∩ AC(I J, AC ⊂(ABCD)).

Ta cóSK =(SI J)∩(SAC), gọi L= MN∩
SK.

Suy ra FL = (MNE)∩(SAC), gọi O =

SA∩FL(SA,FL⊂(SAC)).

Vậy OM = (MNE) ∩ (SAB), ON =

(MNE)∩(SAD).

GọiP=OM∩AB, Q =ON∩SD.
Kết luận: thiết diện cần tìm là đa giác
OPEGQ.

B
P

M
O

F
J
L

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

62 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Bài 12. Cho tứ diện ABCD. GọiGlà trọng tâm tứ diện ABCD.

a) Chứng minh rằng đường thẳngdđi quaGvà một đỉnh của tứ diện sẽ đi qua trọng
tâm của mặt đối diện với đỉnh đấy.

b) Gọi A0là trọng tâm của tam giácBCD. Chứng minh rằngGA =3GA0.
Lời giải.

GọiM, N lần lượt là trung điểm củaABvàCD.
GọiGlà trung điểm của MN.

Suy raGlà trọng tâm của tứ diệnABCD.

a) Bước 1: Tìm giao điểm của AG và mặt phẳng

(BCD).

Chọn mặt phẳng(ABN)chứaAGvàBN.
Trong mặt phẳng(ABN)gọiA0 =AG∩BN.
Có

A0 ∈ AG

A0 ∈ BN,BN ⊂(BCD) ⇒ A

0 = AG∩

(BCD).

Bước 2: Chứng minh A0 là trọng tâm của tam
giácBCD.

Trong mặt phẳng (ABN) kẻ MI song song với
AA0(Với IthuộcBN).

Xét 4ABA0 có MI là đường trung bình của
tam giác, nên I là trung điểm của BA0. Suy ra
BI = I A0.

Xét4I MNcóGA0là đường trung bình của tam
giác, nênA0 là trung điểm củaI N.

Suy ra A0N = I A0.

Ngoài ta trong tam giác BCD có BN là đường
trung tuyến, kết hợp lại ta cóBA0 = 2

3BN.
Vậy A0là trọng tâm của tam giácBCD.

b) Vì MI là đường trung bình của tam giác ABA0
nên MI = 1

2AA

0.

VìGA0 là đường trung bình của tam giácI MN
nênGA0 = 1

2MI.
Từ đó ta cóGA0 = 1

4AA

0 ⇔ AA0 =4GA0.

MàAA0 = AG+GA0 ⇒ AG=3GA0.
Kết luậnGA=3GA0.

N
A0

I
B

C
G

Bài 13. Cho tứ diện ABCD. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,CDvà
Glà trung điểm của đoạnMN.

a) Tìm giao điểm A0của đường thẳng AGvà mặt phẳng(BCD).

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 63

c) Chứng minhGA =3GA0.

Lời giải.

a) Chọn(ABN)chứaAG.

Hai mặt phẳng (ABN) và (BCD) có hai điểm
chung là Bvà N. Suy ra giao tuyến của chúng
làBN,BN cắtAGtại A0 thìA0 = AG∩(BCD).

b) Vì Mx k AA0, mà AA0 ⊂ (ABN) và M ∈

(ABN) ⇒Mx ⊂(ABN).

GọiM0 = Mx∩BN ⇒ M0 = Mx∩(BCD).
Từ đó suy ra ba điểmB, M0, A0thẳng hàng.
Có MM0 là đường trung bình của 4BAA0 ⇒
BM0 = M0A0(1).

Và GA0 là đường trung bình của 4N MM0 ⇒
M0A0 = A0N(2).

Từ(1)và(2)suy raBM0 = M0A0 = A0N.
c) Từ chứng minh câu b) có:

GA0 = 1

2MM

0 và

MM0 = 1

2AA

0 ⇒

GA0 =

4AA

0 ⇒ AG=3GA0.

N
A0

M0
B

M
x

C
G

DẠNG 2.2. Thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng(α)và song song với một
đường thẳng cho trước. Tính diện tích thiết diện

Dạng tốn này các bạn phải nhớ kĩ tính chất:

M ∈(α)∩(P)

(α)k d,d⊂(P) ⇒(α)∩(P)= Mx(Mx kd).

Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang có AD đáy lớn. Gọi M
trung điểm củaCD,(α)là mặt phẳng quaMvà song song vớiSAvàBC.

a) Hãy xác định thiết diện của hình chópS.ABCDvới mặt phẳng(α).

b) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (α) và(SAC). Chứng minh giao tuyến vừa tìm
được song song với mặt phẳng(SAD).

Lời giải.

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

64 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Xác định thiết diện của hình chópS.ABCDvới mặt

phẳng(α).

Mlà điểm chung của hai mặt phẳng(α)và(ABCD),
có (α) k BC nên giao tuyến của chúng qua M và
song song vớiBC, giao tuyến này cắtABtạiE.
Elà điểm chung của hai mặt phẳng(α)và(SAB), có
(α) k SA nên giao tuyến của chúng qua E và song
song vớiSA, giao tuyến này cắtSBtạiF.

Flà điểm chung của hai mặt phẳng(α)và(SBC), có
(α) k BC nên giao tuyến của chúng qua F và song
song vớiBC, giao tuyến này cắtSCtạiG.

Kết luận mặt phẳng(α)cắt hình chópS.ABCDtheo

một thiết diện là hình thang MEFG, vì có ME và
FGcùng song song với BC.

B C

H
S

A D

E M

G
F

b) Gọi Hlà giao điểm của MEvàAC, ta có HvàGlà hai điểm chung của hai mặt phẳng(α)
và mặt phẳng(SAC). Vậy (α)∩(SAC) = HG. Vì(α) k SAnên giao tuyến HG k SA, mà
SAthuộc mặt phẳng(SAD)nên giao tuyến HGk (SAD).

Bài 15. Cho tứ diện ABCD. Lấy điểm Mlà một điểm thuộc miền trong của tam giác
BCD. Gọi(α)là mặt phẳng quaMvà song song vớiACvàBD. Hãy xác định thiết diện
của mặt phẳng(α)với tứ diện ABCD. Thiết diện là hình gì?

Lời giải.

Mlà điểm chung của hai mặt phẳng(α)và(BCD), có(α)k
BDnên giao tuyến của chúng quaMvà song song vớiBD,
giao tuyến này cắtBCtạiEvà cắtCDtạiF.

Elà điểm chung của hai mặt phẳng(α)và(ABC), có(α)k
ACnên giao tuyến của chúng quaEvà song song vớiAC,
giao tuyến này cắt ABtạiH.

Hlà điểm chung của hai mặt phẳng(α)và(ABD), có(α)k
BDnên giao tuyến của chúng quaHvà song song vớiBD,
giao tuyến này cắtADtạiG.GvàFlà hai điểm chung của
hai mặt phẳng(α)và mặt phẳng(ACD).

Vậy giao tuyến của chúng là FG.

Vì mặt phẳng(α)k AC, nên giao tuyếnFG k AC.

Kết luận: thiết diện cần tìm là hình bình hành EFGH, vì
cóEFk HGk BDvàHEk FGk AC.

H G

E M F

B D

Bài 16. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành. Lấy một điểm Mdi

động trên cạnhSC. Gọi(α)là mặt phẳng chứaAMvà song song vớiBD.

a) Chứng minh rằng mặt phẳng(α)luôn đi qua một đường thẳng cố định khi Mthay
đổi.

b) Mặt phẳng(α)cắtSBvàSDtạiEvàF. Hãy nêu cách dựngEvàF.

c) Gọi I là giao điểm của ME vàCB, J là giao điểm của MF vàCD. Chứng minh ba
điểmI, J, Athẳng hàng.

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 65
S

J
F

B C

O
G

a) Alà một điểm chung của hai mặt phẳng(α)và(ABCD), có(α) k BD, nên giao tuyến của
chúng quaAvà song song vớiBD.

Vậy(α)∩(ABCD)= Ax(Axk BD).

VìAxlà đường thẳng cố định khiMthay đổi.
Kết luận: mp(α)luôn đi qua đường cố định Ax.
b) GọiO= AC∩BD.

Ta có:SOlà giao tuyến của hai mặt phẳng(SAC)và(SBD).
GọiG = AM∩SO(AM,SO⊂(SAC)).

Ta có: G là điểm chung của mặt phẳng (α) và mặt phẳng(SBD), có (α) k BD nên giao
tuyến của chúng quaGvà song song với BD, giao tuyến này cắtSBvàSDlần lượt tạiE
vàF.

c) I vàFlà hai điểm chung của mặt phẳng(α)và mặt phẳng đáy(ABCD), nên I vàFphải
thuộc giao tuyếnAxcủa hai mặt phẳng.

Vậy ba điểmI, J, Athẳng hàng.

Bài 17. Cho hình bình hành ABCD và điểm S khơng nằm trong mặt phẳng chứa
ABCD.

a) Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau(SAC)và(SBD),(SAB)và(SCD).
b) Một mặt phẳng(α)quaBC, cắtSAtại Mvà cắtSDtạiN. Chứng minh MN k BC.

c) Chứng tỏ giao điểm củaBN vàCM luôn luôn ở trên một đường thẳng cố định khi
Mdi động trênSA.

d) Gọi Glà trọng tâm tam giácSAB,Klà điểm trên cạnhACsao cho AK
AC =

3. Chứng
minhGKsong song với mặt phẳng(SCD).

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

66 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

a) Ta cóS ∈(SAC)∩(SBD)(1).

GọiO= AC∩BD⇒O∈ (SAC)∩(SBD)(2).
Từ (1) và (2) suy ra:(SAC)∩(SBD)=SO.
Ta có:








S ∈(SAC)∩(SBD)
ABk CD

AB⊂(SAB),CD ⊂(SCD)

⇒ (SAB)∩
(SCD)=Sx(Sxk ABk CD).

b) Vì







(α)∩(SAD)= MN
BC k AD

BC ⊂(α),AD ⊂(SAD)

⇒ MN k AD k

BC.

c) Gọi I = BN∩CM(BN,CM ⊂(α)).
Vì

I ∈ BN,BN ⊂(SBD)

I ∈ CM,CM ⊂(SAC)) ⇒ I ∈ (SAC)∩
(SBD).

Suy raIthuộc giao tuyếnSOcố định của hai mặt
phẳng(SAC)và(SBD).

S
M
G

C
O

I
x

K
E

D
N

d) GọiEvàFlần lượt là trung điểm củaSAvàAD.

VìKchia đoạn ACthành ba phần bằng nhau vàAK chiếm 1 phần, từ đó ta cóKlà trọng
tâm của tam giácABD.

Theo tính chất trọng tâm có: BG
BE =

BK
BF =

3. Ngồi raGK((SCD)nênGK k EF(3).
MàEFlà đường trung bình của tam giácADS ⇒ EFk SD(4).

Từ(3)và(4)cóGKk SD ⊂(SCD)⇒ GKk(SCD).

Bài 18. Cho tứ diện ABCD, gọi M, Nlần lượt là trung điểm củaBC vàBD.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(AMN)và(ACD).

b) Một mặt phẳng (P) qua CD và cắt AM, AN lần lượt tại F và E. Tứ giác CDEF là
hình gì?

c) CFvàDEcắt nhau tạiK. Chứng tỏA, B,Kthẳng hàng.

d) Chứng tỏ giao điểm I của CEvà DFluôn nằm trên một đường thẳng cố định khi
(P)thay đổi.

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 67








A∈ (AMN)∩(ACD)
MN kCD

MN ⊂(AMN),CD ⊂(ACD)
.

⇒(AMN)∩(ACD)= Ax(Axk MN kCD)

b)







(P)∩(AMN) =EF
MN kCD

MN ⊂(AMN),CD ⊂(P)

⇒ EFk MN kCD.
VìCD k MNsuy raCDEFlà hình thang.

c) Ta có AB là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABC) và
(ABD).

VìK = CF∩DE, mà

K ∈ CF,CF⊂(ABC)

K ∈ DE,DE⊂(ABD) ⇒ K ∈
(ABC)∩(ABD).

VìKlà điểm chung của hai mặt phẳng(ABC)và(ABD)
nên K thuộc giao tuyến. Vậy ba điểm A, B, K thẳng
hàng.

C
M

N
O
x

K
F

E
I

d) Trong mặt phẳng(BCD)gọiOlà giao tuyến củaCN vàDM.

Ta có AvàOlà hai điểm chung của hai mặt phẳng(ANC)và(AMD), nên giao tuyến của
chúng là AO.

GọiIlà giao điểm củaCEvàDF.

Ta có:

I ∈ CE,CE⊂(ANC)

I ∈ FE,DF⊂(AMD) ⇒ I ∈(ANC)∩(AMD).

Suy ra Ithuộc giao tuyến AOcủa hai mặt phẳng.

Vì hai điểmAvàOcố định nên điểm I thuộc đoạnAOcố định.

Bài 19. Cho hình chóp S.ABCD. M, N là hai điểm trên AB, CD. Mặt phẳng (α) qua
MN và song song vớiSA.

a) Tìm các giao tuyến của(α)với(SAB)và(SAC).
b) Xác định thiết diện của hình chóp với(α).

c) Tìm điều kiện của MNđể thiết diện là hình thang.

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

68 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

a) Tìm các giao tuyến của(α)với(SAB):
Ta có:

M ∈(α)∩(SAB)
(α)k SA,SA ⊂(SAB)

⇒(α)∩(SAB)= MP(với MP kSA,P∈ SB).
Tìm các giao tuyến của(α)với(SAC):

GọiR= MN∩AC(MN,AC⊂(ABCD)).
Ta có:

R∈ (α)∩(SAC)
(α) kSA,SA⊂(SAC)

⇒(α)∩(SAC) =RQ(với
RQk SA,Q ∈ SC).

b) Xác định thiết diện của hình chóp với(α).

Theo câu a) thiết diện là tứ giácMPQN.

c) Tìm điều kiện của MNđể thiết diện là hình thang:
Ta có: MPQNlà hình thang⇒

MPk QN(1)
MN k PQ. (2)

Xét(1), ta cóMPk QR, màQRkhơng song songQNnên
(1)vơ lí.

Do đó:

SA k QN

QN ⊂(SCD) ⇒SA k(SCD)(vơ lí).
Xét (2), ta có

BC =(ABCD)∩(SBC)

MN ⊂(ABCD),PQ⊂(SBC) ⇒ MN k
BC.

Ngược lại, nếuMN k BCthì

PQ=(α)∩(SBC)

MB⊂(α),BC ⊂(SBC) ⇒
MN k PQ.

Vậy để thiết diện là hình thang thìMN k BC.

C
R

B
M

D
N
Q

Bài 20. Cho tứ diệnABCD. Trên cạnhADlấy trung điểmM, trên cạnhBClấy điểmN
bất kỳ. Gọi(α)là mặt phẳng chứa đường thẳng MNvà song song vớiCD.

a) Hãy xác định thiết diện của mặt phẳng(α)với tứ diệnABCD.

b) Hãy xác định vị trí củaN trênBCsao cho thiết diện là hình bình hành.

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 69

a) Xác định thiết diện của mặt phẳng (α) với tứ diện
ABCD.

Ta có:







(α)k CD
CD⊂(ACD)
M∈ (α)∩(ACD)

⇒ (α) ∩ (ACD) =
MP(MPk CD,P∈ AC) (1).

Ta có:







(α)k CD
CD ⊂(BCD)
N ∈(α)∩(BCD)

⇒(α)∩(BCD) =NQ(NQ k
CD,Q∈ BD) (2).

Và(α)∩(ABD)= MQ(3);(α)∩(ABC)= PN(4).
Từ(1)và(2), ta được:MPk NQ. Vậy thiết diện là hình

thangMPNQ.

b) Xác định vị trí củaNtrênBCsao cho thiết diện là hình
bình hành.

Ta có: MP k NQ; MP = 1

2CD (MP là đường trung
bình4ACD).

MNPQ là hình bình hành ⇔

MP k NQ
MP =NQ ⇔






MPk NQ
MP= NQ= 1

2CD.
Do đóNlà trung điểmBC.

Vậy Nlà trung điểmBCthìMNPQlà hình thang.

Q
N

B
P

D
M

Bài 21. Cho hình thangABCDcó đáy lớnABvàSlà một điểm ở ngồi mặt phẳng của
hình thang. Gọi Mlà một điểm trênCD,(α)là mặt phẳng qua Mvà song song vớiSA

vàBC.

a) Hãy tìm thiết diện của mặt phẳng(α)với hình chópS.ABCD. Thiết diện là hình gì?
b) Tìm giao tuyến của(α)với mặt phẳng(SAD).

Lời giải.

a) Tìm thiết diện của mặt phẳng(α)với hình chóp
S.ABCD.

Ta có:

(α)k BC,BC ⊂(ABCD)
M∈ (α)∩(ABCD)

⇒ (α) ∩
(ABCD) = MN (với MN k BC và N ∈ AB)
(1).

Ta có:

(α)k SA,SA ⊂(SAB)
N ∈ (α)∩(SAB)

⇒(α)∩(SAB) =
NP(vớiNP k SAvàP ∈ SB).

Có:

(α)k BC,BC ⊂(SBC)
P∈ (α)∩(SBC)

⇒ (α)∩ (SBC) =
PQ(vớiPQk BCvàQ∈ SC)(2).

Từ (1)và(2), ta được MN k PQ. Vậy thiết diện
là hình thang MNPQ.

C
D

t
S

A B

P
Q
M

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

70 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
b) Tìm giao tuyến của(α)với mặt phẳng(SAD).

Trong(ABCD), gọiI =AD∩MN ⇒ I là điểm chung của(α)và(SAD).
Ta có:

(α)k SA,SA ⊂(SAD)

I ∈ (α)∩(SAD) ⇒(α)∩(SAD) =It(với It k SA).

Bài 22. Trong mặt phẳng (α) cho tam giác ABC vuông tại A, ’ABC = 60◦,AB = a.

Gọi O là trung điểm của BC. Lấy điểm S ở ngoài mặt phẳng (α) sao cho SB = a và
SB ⊥OA. Gọi Mlà một điểm trên cạnh AB. Mặt phẳng βqua Msong song với SB
vàOA, cắtBC,SC,SAlần lượt tạiN,P,Q. Đặtx =BM(0 <x< a).

1. Chứng minhMNPQlà hình thang vng.

2. Tính diện tích của hình thang theoavàx. Tínhxđể diện tích này lớn nhất.
Lời giải.

1. Chứng minhMNPQlà hình thang vng.

Có

βkOA,OA ⊂(ABC)

MN = β∩(ABC) ⇒ MN k

OA (1)

Và

β kSB,SB⊂(SAB)

MQ= β∩(SAB) ⇒ MQ k

SB (2)

Ta có

β kSB,SB⊂(SBC)

NP = β∩(SBC) ⇒ NP k

SB (3)

Từ(2)và(3)suy raMQk NP k SB (4)
suy raMNPQlà hình thang.

Từ (1) và(4) ta có








OA⊥SB
MN kOA
MQk NP k SB.

⇒

MN ⊥MQ
MN ⊥NP.

VậyMNPQlà hình thang vng, đường
caoMN.

N
B

C
P

2. Tính diện tích của hình thang theoavàx.
Ta cóSMNPQ = 1

2(MQ+NP)MN.
TínhMN:

Xét tam giácABC, ta có:cosB= AB

BC ⇒ BC =
AB

cosB ⇒ BC =2a⇒ BO=
1

2BC =a.
DoBb=60◦vàBA =BOnên 4ABOđều.

Trong4ABOcóMN k AO⇒ MN

AO =
BM

AB =
BN

BO ⇒ MN = MB= BN =x.
Tính MQ : Xét 4SAB, ta có MQ k SB nên MQ

SB =
AM

AB ⇒ MQ = AM·
SB
AB =
(a−x)· a

a = a−x.

Tính NP : Xét 4SBC, ta có NP k SBnênNP
SB =

CB ⇒ NP = CN·
SB

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 71
a

2a =

2a−x
2 .
Do đóSMNPQ =

x(4a−3x)
4 =

12·3x·(4a−3x).

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho 2 số dương3xvà(4a−3x)ta có
3x(4a−3x)≤

3x+4a−3x
2

ã2

⇔3x(4a−3x)≤4a2 ⇔SMNPQ ≤
a2

3 .
Đẳng thức xảy ra khi3x =4a−3x ⇔x = 2a

3 .
Kết luận khix = 2a

3 thìSMNPQ đạt giá trị lớn nhất.

Bài 23. Cho hình vng ABCD cạnha, tâmO. GọiSlà một điểm ngồi ở mặt phẳng
(ABCD)sao choSB =SD.Gọi Mlà một điểm tùy ý trên AOvới AM =x.Mặt phẳng
(α)quaMsong song vớiSAvàBDcắtSO,SB,ABtạiN,P,Q.

1. Tứ giác MNPQlà hình gì?

2. ChoSA =a.Tính diện tích MNPQtheoavàx.Tìmxđể diện tích lớn nhất.
Lời giải.

1. Tứ giác MNPQlà hình gì?

SB=SD ⇒∆SBC =∆SDC (c.c.c)⇒ SCB‘ =’SCD.

Gọi I là trung điểm SC thì ∆IBC =

∆IDC c.g.c

⇒ IB = ID. Vậy ∆IBD
cân tạiI ⇒ IO⊥BD,mà

OI k SA ⇒SA ⊥BD(∗)

Ta có







(α)k BD
BD⊂(ABO)

(α)∩(ABO)= MQ

⇒ MQ k

BD (1)

Tương tự:







(α)k BD
BD⊂(SBO)

(α)∩(SBO)= NP

⇒ NP k

BD (2)

Từ(1)và(2), suy raMQk NPk BD. (3)

M
O
A

B
P

C
N

Ta có:







(α) kSA
SA ⊂(SAO)

(α)∩(SAO)= MN

⇒ MN kSA (4)

Tương tự:







(α)k SA
SA⊂(SAB)

(α)∩(SAB) =PQ

⇒PQk SA (5)

Từ(4)và(5), suy raMN k PQk SA (6)

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

72 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
2. Tính diện tích MNPQtheoavàx:

Ta có:SMNPQ = MQ·MN.
TínhMQ:Xét tam giácAQM.

Ta cóA =45◦,Q =45◦,M=90◦ ⇒∆AQMcân tại M.Vậy MQ= AM =x.
TínhMQ.Xét∆SAO,ta có

MN k SA⇒ MN
AS =

OA ⇒MN = AS·
OM

OA =a
a√2

2 −x
a√2

=a−x√2

⇒SMNPQ = MQ·MN = x·

a−x√2ä= √1
2x

√

2·Äa−x√2ä.

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dươngx√2vàÄa−x√2ä :

x√2Äa−x√2ä ≤

x√2+a−x√2
2

å2

⇔ x√2Äa−x√2ä ≤ a

4 ⇔SMNPQ ≤
a2
4√2.
Đẳng thức xảy ra khi

x√2= a−x√2⇔x = a

2√2 =
a√2

4 ⇔ Mlà trung điểm của AO.

Vậy:x= a

√
2

4 thìSMNPQđạt giá trị lớn nhất.

Bài 24. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vng cạnh a. Trên cạnh AB lấy một
điểm Mvới AM =x. Gọi(α)là mặt phẳng quaMvà song song với mặt phẳng(SAD)
cắtSB,SC,vàCDlần lượt tạiN,P,Q.

1. Tìm thiết diện của(α)với mặt phẳng hình chóp. Thiết diện là hình gì?
2. Tìm quĩ tích giao điểmI củaMNvàPQkhiMdi động trên đoạnAB.

3. Cho ’SAD = 90◦ vàSA = a. Tính diện tích của thiết diện theoa và x. Tìm x để

diện tích thiết diện bằng 3a

8 .
Lời giải.

1. Tìm thiết diện của(α)với mặt phẳng hình chóp:

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 73

• Tìm giao tuyến của mặt phẳng(α)
và mặt phẳng(ABCD).

CóM là điểm chung của hai mặt
phẳng(α)và(ABCD), vì mp(α)k
AD nên giao tuyến của chúng
quaMvà song song với AD, giao

tuyến này cắt CD tại điểm Q.
Tương tự:

• Mặt phẳng (α) và mặt phẳng
(SAB) có M là điểm chung và
(α) k SA nên giao tuyến của

chúng là MN với MN k SA và

N ∈SB. (1)

• Mặt phẳng (α) và mặt phẳng
(SBC)cóNlà điểm chung và(α)k

AD k BC nên giao tuyến của

chúng là NP với NP k BC và

P ∈ SC. (2)

• Mặt phẳng (α) và mặt phẳng
(SCD) có 2 điểm chung là P,Q.
Vậy giao tuyến của chúng làPQ.

S I S0

C
N

Suy ra thiết diện cần tìm là MNPQ. Từ (1) và(2)thì MQ k PN. Vậy MNPQ là hình
thang.

2. Tìm quĩ tích giao điểmIcủa MNvàPQkhiMdi động trên đoạnAB.
Ta có:








ABk DC

AB⊂(SAB) ,DC ⊂(SCD)
S∈ (SAB)∩(SCD)

⇒(SAB)∩(SCD)=Sx Sx k ABk CD

Mà

I ∈ PQ⊂(SCD)

I ∈ MN ⊂(SAB) ⇒ I ∈ (SAB)∩(SCD). Vậy I ∈ Sx.

Giới hạn quĩ tích: Khi M≡ AthìI ≡S. Cịn khi M≡BthìI ≡S0.

3. Tính diện tích của thiết diện theoavàx.

Ta có:SMNPQ =S4I MQ−S4I NP =S4SAD−S4I NP Vì4I MQ=4SAD c·g·c

.
TínhS4SAD. Ta có4SADvng cân tạiA, do đóSSAD = 1

2.

TínhS4I NP: Xét tam giácSBC, tam giácSBS0và tam giácSAB.có:

N I k S0B⇒

N I
S0B

= SN

SB (1)

PNk BC ⇒ PN
BC =

SB (2)

MN k SA⇒ AM
AB =

SB (3)

Từ(1), (2)và(3), ta được N I
S0B

= PN

BC =
AM

AB ⇒ N I= PN = AM= x.
⇒ 4I NPvuông cân tạiN, vìN I k SA,PN k ADvàSA ⊥AD.
Do đóS4I NP =

1
2x

2.

Vậy diện tích thiết diệnSMNPQ = 1

2−1

2 = 1

2 a

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

74 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

ĐểSMNPQ = 3a

8 thì
1
2 a

2−x2

= 3a

8 ⇔x

2 =a2−3a2

4 ⇔x

2= a2

4 ⇔x =
a
2.

Bài 25. Cho tứ diện ABCD có AB = AC = CD = a và AB vng góc với CD. Lấy
M thuộc đoạn AC với AM = x(0 <x< a). Mặt phẳng (α) qua M và song song với
AB,CDcắtBC,BD,ADlần lượt tạiN,P,Q.

1. Chứng minhMNPQlà hình chữ nhật.
2. Tính diện tích MNPQtheoavàx.

3. Tínhxđể diện tíchMNPQlớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
4. ĐịnhxđểMNPQlà hình vng.

Lời giải.
1.

Ta có:

MN =(α)∩(ABC)

(α)k AB ⇒ MN k AB.
Ta có:

MQ=(α)∩(ACD)
(α)k CD

⇒ MQk CD.
Ta có:

NP =(α)∩(BCD)
(α)k CD

⇒ NP k CD.
Ta có:

PQ=(α)∩(ABD)
(α)k AB

⇒ PQk AB.

Tứ giác MNPQ có hai cặp cạnh đối song song
với nhau nênMNPQlà hình bình hành.

Vì

ABk MN,CDk NP

AB⊥CD ⇒ MN ⊥ NP.
Vậy MNPQlà hình chữ nhật.

C
P
M

B
N

D
Q

2. Trong4ACDcóMQk CD⇒ AM

AC =
MQ

CD ⇒ MQ=x.
Trong4ABCcóMN k AB.

Suy ra CM
CA =

AB ⇒ MN =
CM

CA ·AB=
a−x

a ·a=a−x.
SMNPQ = MN·MQ=(a−x)·x.

3. Ta có(a−x)+x=a= (hằng số). Nên để diện tích này lớn nhất khia−x= x⇔ x= a

2.
4. ĐểMNPQlà hình vng thìMN = MQ⇔a−x= x⇔ x= a

Bài 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình hình hành với AB = a, AD = 2a.
Mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại A. Trên cạnh AD lấy điểm M với AM = x
(0< x<2a), mặt phẳng(α)quaMsong song vớiSAvàCDcắtBC,SC,SDlần lượt tại

N,P,Q.

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 75

c) Tìm tập hợp giao điểm I củaMQvàNPkhiMchạy từ AđếnD.
Lời giải.

S I K

B N C

D
M

2a
x
a

a) Vì mặt phẳng(α) k ABnên(α)cắt mặt phẳng(ABCD)theo giao tuyếnMN k ABk CD.
Mặt phẳng (α) k SA nên (α) cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến MQ k SA. Mặt

phẳng(α) k CDnên (α)cắt mặt phẳng(SCD)theo giao tuyến QP k CD. Suy ra thiết
diện mặt phẳng(α)cắt hình chópS.ABCDlà hình thang MNPQ(1).

Mặt khácAB⊥ AS, MN k ABvàMQk SAnên MN ⊥MQ(2).
Từ(1)và(2)suy raMNPQlà hình thang vng.

b) Trong mặt phẳng(SAD)cóMQk ASsuy ra
DM

DA =
DQ

DS =
MQ

AS =

2a−x

2a ⇒ MQ=

2a−x
2a ·a=

2a−x
2 .
Trong mặt phẳng(SCD)cóPQk CDsuy ra

PQ
CD =

SQ
SD =

SD−DQ

SD =1−
DQ

SD =1−

2a−x
2a =

2a ⇒PQ=
x
2.
VìMN k AB, màABCDlà hình bình hành nên MN = AB=a.

Diện tích hình thang vngMNPQ

SMNPQ =

(MN+PQ)MQ

2 =

a+x

· 2a−x
2

2 =

(2a+x)(2a−x)

8 =

4a2−x2
8 .
c) Ta có(SBC)∩(SAD)=St (vớiStk ADk BC). VìI =MQ∩NP, mà

I ∈ MQ⊂(SAD)

I ∈ NP⊂(SBC) ⇒ I ∈ (SAD)∩(SBC).

Từ đó suy raIthuộc giao tuyếnStcố định. Mặt khác, nếuM≡ AthìI ≡S, nếuM≡ D
thìI ≡K(với DKk SA).

Vậy khiMchạy trên đoạnADthì giao điểmI chạy trên đoạnSK.

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

76 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Bài 27. Cho tứ diệnABCDcó AB=a, CD=b. GọiI,Jlần lượt là trung điểm của AB
vàCD. Giả sửAB⊥CD, mặt phẳng(α)quaMnằm trên đoạn I,Jvà song song vớiAB
vàCD.

a) Tìm giao tuyến của(α)với(ICD)và(J AB).

b) Xác định thiết diện của ABCDvà mặt phẳng(α). Chứng minh thiết diện là hình
chữ nhật.

c) Tính diện tích thiết diện của hình chữ nhật biết I M= 1

3I J.
Lời giải.

H
Q

D
G

N
M
B

L
F

J
P

a) Tìm giao tuyến của(α)với(ICD):
Ta có

(α)k CD,CD ⊂(ICD)

M∈ (α)∩(ICD) suy ra giao tuyến của(α)và(ICD)là đường thẳng qua
Mvà song song vớiCDcắtICtạiLvàIDtại N. Tương tự

(α)k AB,AB ⊂(J AB)
M ∈(α)∩(J AB) suy
ra giao tuyến của(α)và(J AB)là đường thẳng quaMvà song song vớiABcắtJ AtạiP
vàJBtạiQ.

b) Xác định thiết diện của ABCDvà mặt phẳng(α):
Ta có

(α)k AB,AB⊂(ABC)

L∈ (α)∩(ABC) ⇒(α)∩(ABC)=EF (1). Với EFđi qua LvàEF k AB,
E ∈ BC,F ∈ AC.

Ta có

(α) k AB,AB⊂(ABD)

N ∈ (α)∩(ABD) ⇒ (α)∩(ABD) = HG (2). VớiN ∈ HG vàHG k AB,
H ∈ BD,G ∈ AD.

Từ(1)và(2)suy raEF k HG k AB (3). Mặt khác

(α) kCD,CD ⊂(ACD)
FG =(α)∩(ACD)

⇒ FGk CD (4);

(α)k CD,CD⊂(BCD)
EH =(α)∩(BCD)

⇒EH k CD (5)
Từ(4)và(5)suy raFG k EH k CD (6). Từ(3)và(6)suy ra EFGHlà hình bình hành

màAB⊥CD (∗).

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 77

c) Tính diện tích thiết diện của hình chữ nhật biết I M= 1

3I J:
Ta cóSEFGH = EF·FG= PQ·LN.

Xét tam giác ICD, ta có LN k CD ⇒ LN
CD =

I N

ID (7). Xét tam giác I JDta có MN k
JD ⇒ I N

ID =
I M

I J (8).
Từ(7)và(8)suy ra LN

CD =
I M

I J =
1

3 ⇒ LN =

3 =
b

3. Tương tự
PQ
AB =

J M
J I =

2
3 ⇒
PQ= 2

3AB=
2
3a.
Suy raSEFGH =

2ab
9 .

Bài 28. Cho hình chópS.ABCDcóABCDlà hình bình hành. GọiMlà trung điểm của
SC,(P)là mặt phẳng qua AMvà song song vớiBD.

a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng(P).

b) Gọi E,Flần lượt là giao điểm của (P)với các cạnh SBvàSD. Tìm tỉ số diện tích
của tam giácSME với tam giácSBCvà tỉ số diện tích của tam giác SMFvà tam
giácSCD.

c) Gọi K là giao điểm của ME vàCB, J là giao điểm của MF vàCD. Chứng minh
rằng3điểmK,A,Jnằm trên một đường thẳng song song vớiEFvà tìm tỉ số EF

K J.
Lời giải.

C
E

B
J

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

78 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

I ∈ (SBD)). Ta có







I ∈ (P)∩(SBD)
BDk(P)

BD⊂(SBD)

⇒(SBD)∩(P)= Ix (Ix k BD).

GọiE= Ix∩SB, F= Ix∩SD. Suy raE,Flà giao điểm củaSB,SDvới mặt phẳng(P).
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác AEMF.

b) Dễ thấy I là trọng tâm của tam giácSACnên SI
SO =

2
3.
Xét tam giácSBD cóEFsong song vớiBDta có SE

SB =

SF
SD =

SI
SO =

3. Suy ra
SSME

SSBC =
1

2SM·SE·sinBSC‘
1

2SC·SB·sinBSC‘

= SE

SB ·
SM

SC =
1
3

SSMF
SSCD

2SM·SF·sin’DSC
1

2SC·SD·sin’DSC

= SF

SD ·
SM

SC =
1
3.

c) Ta có

K =EM∩BC ⇒K ∈ (P)∩(ABCD) (1)
J = FM∩CD⇒ J ∈ (P)∩(ABCD) (2)

A ∈(P)∩(ABCD) (3)

Từ(1), (2), (3)suy ra ba điểmK,J,Athuộc giao tuyến(∆)của mặt phẳng(P)và(ABCD).
Ta lại có

(P)∩(ABCD)=(∆)

BD k(P) ⇒(∆)k BD.
Xét tam giácMJKcóEF k JK(vì JKk BD,EF k BD) suy ra

ME
MK =

MF
MJ =

MI
MA =

EF
JK =

1
3.

Bài 29. Cho hình chópS.ABCDcóGlà trọng tâm tam giác ABC. Gọi M,N,P,Q,R,H
lần lượt là trung điểm củaSA,SC,CB,BA,QN,AG.

a) Chứng minh rằng:S,R,Gthẳng hàng vàSG=2MH =4RG.

b) Gọi G0 là trọng tâm tam giác SBC. Chứng minh rằng: GG0 k (SAB) và GG0 k
(SAC).

c) Mặt phẳng (α)quaGG0 và song song với BC. Xác định thiết diện của hình chóp
tạo bởi mặt phẳng(α).

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 79
S

B
P
G

E
Q

C
K
R

G0 V
N

A T

a) Chứng minh rằng:S,R,Gthẳng hàng vàSG=2MH =4RG.

GọiElà trung điểm củaGC. Trong tam giácQNEcóRGlà đường trung bình của tam
giác nên GR k NE, GR = 1

2NE (1). Trong tam giácSCGcó NElà đường trung bình
của tam giác nênGS k NE,GS =2NE (2). Từ(1)và(2)suy ra ba điểmG,R,Sthẳng
hàng vàGS=4GR. Trong tam giácSAGcóHMlà đường trung bình của tam giác nên
GS=2HM.

b) Chứng minh rằng:GG0 k(SAB)vàGG0 k(SAC).
Trong tam giácSAPcó PG

PA =
PG0

PS =
1

3 ⇒GG

0 k SA. Hai mặt phẳng(SAB)và(SAC)

cùng chứaSA. Suy raGG0 k (SAB)vàGG0 k (SAC).
c) Xác định thiết diện của hình chóp tạo bởi mặt phẳng(α).

Vì(α) k BC nên (α)cắt mặt phẳng đáy (ABCD) theo giao tuyến qua G và song song

với BC. Giao tuyến này cắt ABtại F, cắt ADtạiL. VìGG0 k SAnên (α)cắt mặt phẳng
(SAB)theo giao tuyến quaFvà song song vớiSA. Giao tuyến này cắtSBtạiT.

VìGG0 kSAnên(α)cắt mặt phẳng(SAD)theo giao tuyến quaFvà song song vớiSA.
Giao tuyến này cắtSBtạiT.TG0là giao tuyến của mặt phẳng(α)với mặt phẳng(SBC),
giao tuyến này cắtSCtạiV.

Vậy thiết diện cần tìm là ngũ giácFLKVT.

Bài 30. Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâmO, có AC = a,
BD=b, tam giácSBDđều.

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(SAB)và(SCD).

b) Gọi G1,G2 lần lượt là trọng tâm của tam giác ACD và SCD. Chứng minh rằng

G1G2song song với mặt phẳng(SCA).

c) Gọi M là điểm di động trên đoạn AOvới AM = x(0 < a < a

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

80 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Lời giải.

B C

O
H
M

I
A

D
K

a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(SAB)và(SCD).
Ta có








S∈ (SAB)∩(SCD)
ABk CD

AB⊂(SAB),CD⊂(SCD)

⇒(SAB)∩(SCD)=Sx (Sx k ABk CD).

b) Chứng minh rằngG1G2song song với mặt phẳng(SCA).

GọiKlà trung điểm củaCD. VìG1,G2là trọng tâm của hai tam tam giácACDvàSCD

nên KG1
KA =

KG2

KS =
1

3 ⇒ G1G2 kSA, màSA ⊂(SAC)⇒G1G2k (SAC).
c) Tìm thiết diện tạo bởi(P)và hình chópS.ABCD.

Vì(P) k (SBD) ⇒ (P) k SB, (P) k SD, (P) k BD. Vì (P) k BD nên (P) cắt mặt phẳng
(ABCD)theo giao tuyến qua Mvà song song với BD. Giao tuyến này cắt AB,ADlần
lượt tạiI vàH.

Vì(P) k SBnên (P) cắt mặt phẳng(SAB)theo giao tuyến qua I và song song với SB.
Giao tuyến này cắtSAtại J. Vậy thiết diện cần tìm là tam giác I JH.

Ba cạnh của tam giác I JH lần lượt song song với ba cạnh của tam giác SBD, mà tam
giácSBDđều nên tam giác I JHđều. Ta có

AM
AO =

AJ
AB =

AH
AD =

BD ⇒ JH=
AM

AO ·BD=
x
a
2

·b= 2bx

a .

Suy raSI JH =

JH2√3
4 =

b2x2√3
a2 .

Bài 31. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình bình hành.
a) Tìm giao tuyến của(SBC)và(SAD).

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 81

c) Gọi Flà giao điểm củaSAvà(BGM). Tính tỉ số FS
FA.
Lời giải.

S x

y K

B C

O
H

E
G

M
L

D
F

A
I

a) Tìm giao tuyến của(SBC)và(SAD).
Ta có








S∈ (SBC)∩(SAD)
BC k AD

BC ⊂(SBC),AD ⊂(SAD)

⇒(SBC)∩(SAD)=Sx (Sx k BC k AD).

b) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(SND)và(BGM).
GọiKlà trung điểm củaSD ⇒K∈ BG. Ta có









K ∈(SND)∩(BMG)
ND k BM

ND ⊂(SND),BM ⊂(BMG)

⇒(SND)∩(BMG)=Ky (Kyk ND k BM).

Trong mặt phẳng(SND), gọiI =SN∩Ky. Ta có

I ∈ SN

I ∈ Ky,Ky⊂(BMG) ⇒ I =SN∩(BMG).

c) Trong mặt phẳng (ABCD) gọi E = AC∩BM. Ta có EG là giao tuyến của hai mặt
phẳng (SAC) và(BMG). Gọi F = SA∩ EG thì F chính là giao điểm của SA và mặt
phẳng(BMG).

GọiO = AC∩BD ⇒SO =(SAC)∩(SBD). VìGlà trọng tâm tam giácSBD ⇒ SG=

3SO, màSOlà đường trung tuyến củaSAC. Suy raGlà trọng tâm của tam giácSAC.
DựngOLk BM(L∈ CD), thìOLlà đường trung bình của tam giácDBM⇒ DL= LM.
Theo đề bài suy raDL = KM = MC, cho nênEM là đường trung bình của tam giác
COL.

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

82 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
giácSAOvàFAEta có

OG
OS =

OH
OA =

GH
AS =

3 ⇒OH =
1

3OA,GH =
1

3AS (∗)

HG
AF =

EH
EA, mà

EH
EA =

EO+OH
EO+OA =

2OH+OH
3

2OH+3OH

= 5

9 ⇒ HG =
5

9AF (∗∗)

Từ(∗)và(∗∗)suy ra 1
3SA =

9AF ⇒ AF=
3
5SA⇒

FS
FA =

2
3.

Bài 3.

HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG

A. Tóm tắt lý thuyết

1. Định nghĩa

Định nghĩa 1. Hai mặt phẳng (α) và (β) gọi là song song với nhau nếu chúng khơng có
điểm chung, khi đó ta kí hiệu(α) k(β).

Hệ quả 1.

Cho hai mặt phẳng song song(α)và(β). Nếu đường thẳng
dnằm trong(α)thì(α)k(β).

α

β

2. Tính chất
Định lí 1.

Nếu mặt phẳng (α) chứa hai đường thẳng cắt nhau a và b
cùng song song với mặt phẳng(β)thì(α) k(β).

α

β

a
b
M

4

! Phương pháp chứng minh hai mặt phẳng song song: Ta chứng minh có hai đường thẳng cắt

nhau thuộc mặt phẳng này lần lượt song song với mặt phẳng kia.
Định lí 2.

Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước, có một
và chỉ một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.

α

β

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 83
Hệ quả 2. Nếu đường thẳngdsong song với mặt phẳng(α)thì quadcó duy nhất một mặt
phẳng song song với(α).

4

! Phương pháp chứng minh đường thẳngdsong song với mặt phẳng(α): Ta chứng minhdthuộc

mặt phẳng(β)và(β)song song với(α).

Hệ quả 3. Hai mặt phẳng phân biệt cùng song với mặt phẳng thứ ba thì song song với

nhau.

Hệ quả 4.

Cho điểm A khơng nằm trên mặt phẳng (α). Mọi đường
thẳng đi qua A và song song với (α) đều nằm trong mặt

phẳng qua Avà song song với(α). β

α

Định lí 3.

Cho hai mặt phẳng song song. Nếu một mặt phẳng cắt mặt phẳng
này thì cũng cắt mặt phẳng kia và hai giao tuyến song song với
nhau.

b
a

β
α

γ

Hệ quả 5.

Hai mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyến song song những

đoạn thẳng bằng nhau.

B0
a

β
α

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

84 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến bất

kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.

C C0

B B

0
d

A A0

R
Q

4

! Nếu hai cát tuyếndvàd0cắt3mặt phẳng song song(P)k(Q)k (R)lần lượt tại các giao điểm

A,B,CvàA0,B0,C0thì AB
A0B0 =

BC
B0C0 =

CA
C0A0.
4. Hình lăng trụ và hình hộp

Định nghĩa 2.

Cho hai mặt phẳng (α) k (α0). Trong (α) cho đa
giác lồi A1A2. . .An. Qua các điểm A1,A2, . . . ,An ta

dựng các đường song song với nhau và cắt (α0) tại
A01,A02, . . . ,A0n.

Hình tạo thành bởi hai đa giác A1A2. . .An,

A01A02. . .A0n cùng với các hình bình hành A1A2A02A01,

A2A3A03A02, . . . , AnA1A01A0n được gọi làhình lăng trụ
và được ký hiệu bởiA1A2. . .An.A01A02. . .A0n.

• Hai đa giác A1A2. . .An, A01A02. . .A0n được gọi
là haimặt đáy(bằng nhau) của hình lăng trụ.

• Các đoạn thẳngA1A01, A2A20,. . . ,AnA0ngọi là các
cạnh bêncủa hình lăng trụ.

• Các hình bình hànhA1A2A02A01, A2A3A03A02,. . . ,

AnA1A01A0n gọi là cácmặt bêncủa hình lăng trụ.

• Các đỉnh của hai đa giác đáy gọi là cácđỉnhcủa
hình lăng trụ.

A10

A2 A3

A02

A03

A04
A05

α
α0

Tính chất 1.

• Các cạnh bên của hình lăng trụ thì song song và bằng nhau.

• Các mặt bên của hình lăng trụ đều là hình bình hành.

• Hai đáy của hình lăng trụ là hai đa giác bằng nhau.

• Người ta gọi tên hình lăng trụ theo đáy của nó như sau:

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 85
Hình hộp Lăng trụ ngũ giác

• Hình lăng trụ có đáy là tam giác gọi làhình lăng trụ tam giác.

• Hình lăng trụ có đáy là hình bình hành gọi làhình hộp.
5. Hình chóp cụt

Định nghĩa 3. Cho hình chópS.A1A2. . .An. Một mặt phẳng(P)song song với mặt đáy của

hình chóp và khơng đi qua đỉnh lần lượt cắt các cạnhSA1, SA2, . . . , SAn tại A01,A20, . . . ,A0n.
Hình tạo thành bởi hai đa giácA01A20 . . .An0,A1A2. . .Anvà các tứ giácA1A2A02A01,A2A3A03A02,. . . ,

AnA1A01A0n gọi làhình chóp cụt.

• Đáy A1A2. . .An của hình chóp gọi là đáy lớn của hình chóp cụt.

• Thiết diệnA10A02. . .A0n của hình chóp và(P)gọi là đáy nhỏ của hình chóp cụt.

• Ta gọi tên hình chóp cụt theo đa giác đáy của nó (chóp cụt tam giác, tứ giác,. . . ).
S

A01

A02 A03

A04
A05

A2 A3

Tính chất 2.

• Hai đáy của hình chóp cụt là hai đa giác có các cạnh tương ứng song song và tỉ lệ giữa
các cặp cạnh tương tứng bằng nhau.

• Các mặt bên là hình thang.

• Các đường thẳng chứa các cạnh bên đồng quy tại1điểm.

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

86 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Bài 1. Cho hình chópS.ABCD có đáy là hình bình hành tâmO. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm củaSA, AD.

1. Chứng minh rằng(OMN)k(SBC).

2. Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của AB,ON, SB. Chứng minh: PQ k (SBC),
(MOR)k (SCD).

Lời giải.

1. Trong hai tam giácSACvàSBDcóOM k SC vàON k SB(đường trung bình của tam
giác).

Có

OM,ON ⊂(OMN)

SB,SC ⊂(SBC) ⇒(OMN)k (SBC).
2.

Ta có: OP k AD, mà AD k MN nên suy ra

OPk MN vàPQ⊂(OMN).

Vì(OMN)k (SBC)nên suy raPQk (SBC).
Ta có: MR k AB, mà AB k CD nên suy ra
MN k CD.

Mặt khácOMk SCvà

MR,OM ⊂(OMR)
CD,SC ⊂(SCD)
⇒(OMR)k (SCD).

A
R

B C

D
Q

O
S

M N

Bài 2. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF có chung cạnh AB và khơng đồng
phẳng. Gọi I,J,Klần lượt là trung điểm các cạnh AB,CD,EF. Chứng minh rằng:

1. (ADF) k(BCE).
2. (DIK)k (JBE).
Lời giải.

1. Ta có: AFk BEvàADk BC.

MàAF,AD⊂(ADF)vàBE,BC⊂(BCE)nên suy
ra(ADF) k(BCE).

2. Ta dễ dàng chứng minh được BIDJ và BIKE là
hình bình hành. Từ đó suy raDI k BJ vàIK k BE.
Suy ra(DIK)k(JBE).

F K

A I B

D J C

Bài 3. Cho hai hình bình hànhABCD, ABEFnằm trên hai mặt phẳng khác nhau. Trên
các đường chéoAC,BFtheo thứ tự lấy các điểmM,Nsao choMC =2AM,NF =2BN.
Qua M, N lần lượt kẻ các đường thẳng song song với cạnh AB, cắt các cạnh AD, AF

theo thứ tự tại M1vàN1. Chứng minh rằng:

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 87

2. M1N1k (DEF).

3. (MN M1N1)k (DEF).

Lời giải.

1. GọiI là trung điểm của AB. Ta có:

AC =3AM

AC =2AO ⇒ AM=
2
3AO.

Mà AO là đường trung tuyến của tam giác ABD nên suy ra M là trọng tâm của tam
giác ABD.

Chứng minh tương tự ta có Nlà trọng tâm của tam giác EAB. Từ đó suy raDM, EN,
ABđồng quy tại I.

Trong tam giácIDEta có: I M
ID =

I N

IE =

3 ⇒ MN k DE.
2. Ta có: NN1 k AI ⇒ AN1

N1F

= I N

NE =
1

Tương tự ta có:
MM1k AI ⇒

AM1

M1D

= I M

MD =
1
2.
Từ đó suy ra AN1

N1F

= AM1

M1D

⇒
M1N1 k DF.

MàDF ⊂(DEF)nên suy ra
M1N1 k (DEF).

E
F

C
D

O
I
A

M
N1

3. Ta có: MN k DEvàM1N1 k DF.

MàMN,M1N1 ⊂(MNN1M1)vàDE,DF⊂(DEF)nên suy ra(MNN1M1)k (DEF).

Bài 4. Cho hai hình bình hành ABCDvàABEFcó cạnh chung là ABvà nằm trong hai
mặt phẳng phân biệt. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB, BCvà I, J, K theo
tứ tự là trọng tâm các tam giác ADF, ADCvàBCE. Chứng minh(I JK)k(CDFE).
Lời giải.

Xét4MFC có: MI
MF =

MJ
MC =

3 ⇒ I J k FC (1).
Xét hình bình hành MNEFcó:

MI
MF =

NK
NE =

3 ⇒ IK k FE (2).
Từ (1) và (2) ta có:








I J k FC,IK k FE
I J,IK⊂(I JK)
FC,FE ⊂(CDFE)

⇒(I JK)k (CDFE).

E
F

C
D

K
N
J

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

88 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Bài 5. Cho tứ diện ABCD. GọiG1, G2, G3 lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC,

ACD, ADB.

1. Chứng minh(G1G2G3)k (BCD).

2. Tìm thiết diện của tứ diệnABCDvới mặt phẳngG1G2G3. Tính diện tích thiết diện

theo diện tích tam giácBCD làS.
Lời giải.

1. Chứng minh(G1G2G3)k(BCD)

GọiM,N,Llần lượt là trung điểm các cạnh
BC,CDvàBD. Trong tam giácAMN, ta có

AG1

AM =
AG2

AN =
G1G2

MN =
2

3(tính chất trọng tâm)
Theo định lý Ta-lét đảo, suy raG1G2 k MN.

Chứng minh tương tự, ta cũng có G2G3 k

NLvàG3G1k LM.

Từ đó suy ra







G1G2 k MN,G2G3 k NL

MN,NL⊂(BCD)
G1G2,G2G3⊂(G1G2G3).

⇒(G1G2G3)k (BCD).

G
D
N
F
E

B
A
C
L
M
G1
G2
G3

2. Tìm thiết diện của tứ diệnABCDvới mặt phẳng(G1G2G3).

Ta có






BC k(G1G2G3)

BC ⊂(ABC)

G1 ∈ (G1G2G3)∩(ABC).

Vậy giao tuyến của mặt phẳng (G1G2G3) với (ABC) qua G1 và song song với BC, cắt

AB, AClần lượt tạiE, F.

Tương tự:(G1G2G3)cắt(ACD)theo giao tuyếnFGk CD.

(G1G2G3)cắt(ABD)theo giao tuyếnGEk BD.

Vậy thiết diện của ABCDvới mặt phẳng(G1G2G3)là tam giácEFG.

Xét tam giácAMCvà tam giácABC, ta có








G1F k MC ⇒

AG1
AM =
AF
AC =
2
3
EFk BC ⇒ EF

BC =
AF
AC =

2
3.
Suy ra AG1

AM =
EF
BC =

3 ⇒EF =
2

3BC. Tương tự,FG =
2

3CD, GE=
2
3BD.
Diện tích thiết diện

SEFG =
1
4

(EF+FG+GE)(EF+FG−GE)(EF−FG+GE)(−EF+FG+GE)
· 1

4·
4
9

(BC+CD+DB)(BC+CD−DB)(BC−CD+DB)(−BC+CD+DB)

= 4

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 89

Bài 6. Từ bốn đỉnh của hình bình hành ABCD vẽ bốn nửa đường thẳng song song
cùng chiều Ax, By,Cz,Dtsao cho chúng cắt mặt phẳngABCD. Một mặt phẳng(α)cắt
bốn nửa đường thẳng theo thứ tự nói trên tạiA0,B0,C0vàD0.

1. Chứng minh(Ax,By)k (Cz,Dt)và(Ax,Dt)k (By,Cz).
2. Tứ giác A0B0C0D0 là hình gì?

3. Chứng minhAA0+CC0 =BB0+DD0.
Lời giải.

1. Chứng minh(Ax,By)k(Cz,Dt)và(Ax,Dt)k(By,Cz).
Ta có

Ax k Dt

Dt⊂(Cz,Dt) ⇒ Ax k(Cz,Dt).

AB kCD

CD⊂(Cz,Dt) ⇒ AB k(Cz,Dt).
MàAx,AB⊂(Ax,By).

Suy ra(Ax,By)k(Cz,Dt).

Chứng minh tương tự, ta cũng có (Ax,Dt) k
(By,Cz).

C0
B0

B
O0

C
D0

O
A

2. Tứ giác A0B0C0D0là hình gì?
Ta có








(α)∩(Ax,By)= A0B0
(α)∩(Cz,Dt)=C0D0
(Ax,By)k (Cz,Dt)

⇒ A0B0 k C0D0.








(α)∩(Ax,Dt)= A0D0

(α)∩(By,Cz)= B0C0
(Ax,Dt)k (By,Cz)

⇒ A0D0 k B0C0.

Vậy tứ giácA0B0C0D0là hình bình hành.
3. Chứng minhAA0+CC0 =BB0+DD0.

GọiO= AC∩BD,O0 = A0C0∩B0D0.

VìO, O0 là tâm của hai hình bình hành ABCD, A0B0C0D0 nên cóOO0 là đường trung
bình của hai hình thangACC0A0vàBDD0B0.

Theo tính chất đường trung bình của hình thang, suy ra
OO0 = AA

0+CC0

2 =

BB0+DD0

2 ⇒ AA

0+

CC0 =BB0+DD0.

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

90 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

B
A

C0 B0

A0
E

D
D0

Ta cóA0B0C0D0là hình bình hành⇔

A0B0 kC0D0
A0D0 k B0C0.

GọiE= AB∩CDvàF = AD∩BC. Ta cóSE =(SAB)∩(SCD), SF=(SAD)∩(SBC).
Ta lại có













A0B0 =(P)∩(SAB)
C0D0 =(P)∩(SCD)
SE=(SAB)∩(SCD)
A0B0 k C0D0

⇒SEk A0B0 kC0D0.

⇒SEk (P)(theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng).
Tương tự,SFk (P).

Vậy, nếu(P)k SEvà(P)k SFthì A0B0C0D0là hình bình hành.

Bài 8. Cho tứ diệnABCD cóAB =CD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm củaBCvàBD,
Elà điểm thuộcADkhác AvàD. Tìm vị trí củaEđể thiết diện của tứ diện khi cắt bởi
mặt phẳng(JEI)là hình thoi.

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 91
Ta cóI J là đường trung bình của tam giácBCD.

Do đó, I J k CD ⇒ CD k (I JEF) ⇒ CD k EF (doCD, EF
đồng phẳng).

Suy ra, thiết diện I JEFlà hình thang.
Do đó, điều kiện để I JEFlà hình thoi là

EF = J I
EF = JE.
⇒ Elà trung điểm AD.

Ngược lại, nếuElà trung điểm của ADthì














EFk J I k CD,EF = I J = CD

2
JE k FI k AB,JE= FI = AB

2
CD= AB

⇒ I JEFlà hình thoi.

D
E

B
I

F
A

C
J

Bài 9. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành. Mặt phẳng(P)cắt các
đoạn SA, SB, SC, SDlần lượt tại A0, B0, C0, D0. Chứng minh rằng tứ giác A0B0C0D0 là
hình bình hành khi và chỉ khi mặt phẳng(P)song song với mặt phẳng(ABCD).

Lời giải.

Giả sử(P)k(ABCD).

Khi đó,(P)và(ABCD)bị mặt phẳng(SAB)cắt theo
hai giao tuyếnA0B0 vàABsong song.

Tương tự,CDk C0D0, BCk B0C0, AD k A0D0.
⇒ A0B0 k C0D0 vàA0D0 k B0C0.

⇒ A0B0C0D0là hình bình hành.
Giả sử A0B0C0D0 là hình bình hành.
Ta có








A0B0 k C0D0
A0B0 ⊂(SAB)
C0D0 ⊂(SCD)

⇒ ∆ = (SAB)∩(SCD),∆ k

A0B0,∆k C0D0.
Mặt khác








ABk CD
AB⊂(SAB)
CD⊂(SCD)

⇒ ∆0 = (SAB) ∩
(SCD),∆0 k AB,∆0 k CD.

B
B0
A

D
D0

C
C0

∆ ∆0

Từ tính chất duy nhất của giao tuyến hai mặt phẳng(SAB)và(SCD), ta suy ra∆≡∆0.
Suy ra A0B0 k ABk ∆⇒ A0B0 k (ABCD).

Chứng minh tương tự, ta có A0D0 k (ABCD).

Do đó








A0B0 k(ABCD)
A0D0 k(ABCD)
A0B0,A0D0 ⊂(P)

⇒(P)k (ABCD).

Bài 10. Cho hai hình vng ABCD và ABEF ở trong hai mặt phẳng phân biệt. Trên
các đường chéo ACvàBFlần lượt lấy các điểm MvàNsao choAM =BN. Các đường
thẳng song song vớiABvẽ từ MvàNlần lượt cắtADvàAFtạiM0vàN0. Chứng minh
rằng

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

92 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Lời giải.

1. Mặt phẳng(ADF)song song với mặt phẳng(BCE).
Ta cóAF k BE,BE⊂(BCE)và ADk BC,BC ⊂(BCE).
⇒ AFvàADcùng song song với(BCE).

MàAF,AD ⊂(ADF). Vậy(ADF)k(BCE).

2. Mặt phẳng(DEF)song song với mặt phẳng(MM0N0N).
Ta cóMM0 k AB, ABk EF.

⇒ MM0 k EF⊂(DEF). (∗)
Mặt khác,














MM0 kCD ⇒ AM

AD =
AM

AC
NN0 k AB⇒ AN

AF =
BN

BF
AM =BN,AC = BF.

⇒ AM

AD =
AN0

AF ⇒ M

0N0 k DF ⊂

(DEF) (∗∗)

MàMM0,M0N0 ⊂(MM0N0N) (∗ ∗ ∗)
Từ (∗), (∗∗) và (∗ ∗ ∗), suy ra (DEF) k
(MM0N0N).

D
F

B
E

Bài 4.

KHỐI LĂNG TRỤ

Bài 1. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0

1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0).

2. GọiM,Nlần lượt là hai điểm bất kỳ trên AA0vàBC. Tìm giao điểm củaB0C0với
mặt phẳng(AA0N)và giao điểm của MNvới(AB0C0).

Lời giải.

1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0).

Ta cóC0là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0).
GọiGlà giao điểm của AB0vàBA0.

Suy raGlà điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng(AB0C0)vàBA0C0.

Vậy(AB0C0)∩(BA0C0)=C0G.

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

4. KHỐI LĂNG TRỤ 93
Tìm giao điểm của B0C0 với mặt phẳng

(AA0N).

Ta cóB0C0 ⊂(BCC0B0).
Ta lại có








N ∈(AA0N)∩(BCC0B0)
AA0 k BB0

AA0 ⊂(AA0N),BB0 ⊂(BCC0B0).
⇒ (AA0N)∩(BCC0B0) = Nx (Nx k AA0 k
BB0).

GọiJ = Nx∩B0C0 ⇒ J =B0C0∩(AA0N).
Tìm giao điểm của MN với mặt phẳng
(AB0C0).

Ta cóMN ⊂(AN J A0).
Ta lại có








A∈ (AN J A0)∩(AB0C0)

J ∈(AN J A0)

J ∈ B0C0 ⊂(AB0C0) ⇒ J ∈ (AN J A

)∩(AB0C0).
⇒ AJ =(AN J A0)∩(AB0C0).

GọiK = MN∩ AJ.
VậyK = MN∩(AB0C0).

A
M

G K

C
C0
J

Bài 2. Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0. Gọi M, N, Plần lượt là trung điểm của
AA0, AD, DC. Tìm thiết diện tạo bởi mặt phẳng đi qua ba điểm M, N, P với hình lập
phương.

Lời giải.

Gọi I, L lần lượt là giao điểm của
đường thẳngNPvới ABvàBC.
MI là giao tuyến của hai mặt
phẳng(MNP)và(ABB0A0). GọiK
là giao điểm củaMI vàA0B0.
K là điểm chung của mặt phẳng
(MNP) với (A0B0C0D0) và NP k
AC k A0C0 nên giao tuyến của
(MNP) với (A0B0C0D0) là đường
thẳng đi quaK và song song A0C0
cắtB0C0tạiO.

O và L là hai điểm chung của
(MNP)và(BCC0B0)nên (MNP)∩
(BCC0B0) = OL, gọi H = OL∩
CC0.

Vậy thiết diện của hình lập
phương khi bị cắt bởi mặt phẳng
(MNP) là lục giác MNPHOK có
các cặp cạnh đối song song.

L
D
H

C
N

P
B

A0 D0

M
K

Bài 3. Cho hình hộpABCD.A0B0C0D0. GọiM,N,Plần lượt là trung điểmDC,AD,BB0.
1. Tìm thiết diện tạo bởi mặt phẳng(MNP)với hình hộp ABCD.A0B0C0D0.

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

94 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

K
H

M
A0

B0 C0

N
A

B C

E
L

1. Tìm thiết diện tạo bởi mặt phẳng(MNP)với hình hộpABCD.A0B0C0D0.

Trong mặt phẳng đáy(ABDC) gọi Fvà Elà giao điểm của đường thẳng MN với AB
vàBC.

Ta thấyPFlà giao tuyến của mặt phẳng(MNP)với(ABB0A0).
GọiHlà giao điểm của AA0 vàPF.

Ta thấyPElà giao tuyến của mặt phẳng(MNP)với(BCC0B0).
GọiKlà giao điểm củaCC0vàPE.

Kết luận: thiết diện của hình hộp khi bị cắt bởi mặt phẳng(MNP)là ngũ giácMNHPK.

2. Tìm giao tuyến của mặt phẳng(MNP)với mặt phẳng(A0B0C0D0).
Trong mặt phẳng(ABB0A0), gọiI là giao điểm củaHPvàA0B0.
Trong mặt phẳng(BB0C0C), gọiLlà giao điểm củaKPvàB0C0.

Ta cóLvàIlà hai điểm chung của hai mặt phẳng(MNP)và(A0B0C0D0).

Kết luận: giao tuyến của hai mặt phẳng(MNP)và(A0B0C0D0)là đường thẳngLI.

Bài 4. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0. Gọi M là trung điểm của BB0, G là trọng tâm
tam giác ABC.

1. Tìm thiết diện tạo bởi(A0MG)cắt hình lăng trụ ABC.A0B0C0.
2. Tìm giao tuyến của mặt phẳng(A0MG)với(A0B0C0).

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

4. KHỐI LĂNG TRỤ 95

1. Tìm thiết diện tạo bởi (A0MG) cắt hình lăng
trụABC.A0B0C0.

Trong mặt phẳng (ABB0A0), gọi I = A0M∩
AB.

Ta có I và G là hai điểm chung của (ABC) và
(A0MG).

Vậy(A0MG)∩(ABC)= IG.

Trong mặt phẳng đáy (ABC) gọi E,F lần lượt
là giao điểm củaIG vớiBCvàAC.

Từ đó suy ra thiết diện cần tìm là A0FEM.
2. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (A0MG) với

(A0B0C0).

Trong mặt phẳng (BCC0B0), gọi H = EM∩
B0C0.

Suy ra A0 vàHlà hai điểm chung của(A0MG)
và(A0B0C0).

Kết luận:(A0MG)∩(A0B0C0)= A0H.

M
A

C
E
G
F

I
A0

Bài 5. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Tìm thiết
diện tạo bởi mặt phẳng(P)song song với(AB0D0)và đi qua Mcắt hình hộp.

Lời giải.

B C

D
M

E
A0

B0 C0

Vì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (AB0D0) suy ra (P) song song với mọi đường
thẳng thuộc mặt phẳng (AB0D0). Ta thấy M là điểm chung của (P) và (ABCD) và ta có

(P) k BD k B0D0, suy ra giao tuyến qua Mvà song song với BD. Giao tuyến này cắt ADtại
E.

Ta thấyElà điểm chung của(P)và(ADD0A0)và ta có(P)k AD0suy ra giao tuyến qua Evà
song song với AD0. Giao tuyến này cắtDD0tạiF.

Ta thấyMlà điểm chung của(P)và(ABB0A0)và ta có(P)k AB0suy ra giao tuyến qua Mvà
song song với AB0. Giao tuyến này cắtBB0 tạiH.

Trong mặt phẳng(ABB0A0), gọiK = MH∩ A0B0. (1)

Trong mặt phẳng(ADD0A0), gọi I =EF∩A0D0. (2)

Từ(1)và(2)suy raKI =(P)∩(A0B0C0D0).
Trong mặt phẳng(A0B0C0D0)gọi

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

96 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Thiết diện cần tìm là lục giácMEFNPH.

Bài 6. Cho lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0. GọiHlà trung điểm của A0B0.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(AB0C0)và(ABC).

2. Chứng minh rằngCB0 k (AHC0).

Lời giải.

1. Ta cóAlà điểm chung củaAB0C0và(ABC).

Mà








B0C0 k BC
B0C0 ⊂(AB0C0)
BC ⊂(ABC)

⇒ (AB0C0)∩(ABC) = Ax, (Ax k
B0C0 k BC).

2. Ta có tứ giác AA0C0Clà hình bình hành.

Suy ra A0CcắtAC0 tại trung điểmI của mỗi đường.
Do đóI H k CB0(I Hlà đường trung bình của4CB0A0).
Mặt khác, ta thấy I H ∈ (AHC0) nên ta được CB0 k
(AHC0).

B0
C0

B
C

Bài 7. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0. GọiHlà trung điểm của cạnhA0B0.
1. Chứng minh rằng đường thẳngCB0song song với mặt phẳng(AHC0).

2. Tìm giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(AB0C0)và(A0BC). Chứng minh rằngdsong
song với mặt phẳng(BB0C0C).

3. Xác định thiết diện của hình lăng trụABC.A0B0C0khi cắt bởi mặt phẳng(H,d).

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

4. KHỐI LĂNG TRỤ 97

1. GọiI là tâm của hình bình hànhAA0C0C.
Ta có H I là đường trung bình của 4A0B0C
nênCB0 k H I.

Mặt khácH Inằm trong mặt phẳng(AHC0).
VậyCB0 k (AHC0).

2. GọiJ là tâm của hình bình hànhAA0B0B.
Ta thấy I,J là hai điểm chung của hai mặt

phẳng(AB0C0)và(A0BC).

Vậy giao tuyến d của chúng là đường thẳng
I J.

Ta có I J là đường trung bình của 4A0BC,
suy ra d k BC, mà BC ⊂ (BCC0B0) ⇒ d k
(BB0C0C).

3. Trong mặt phẳng(ABB0A0)gọiE= AB∩H J.
Ta có E là điểm chung của hai mặt phẳng
(H,d) và (ABC), nên giao tuyến của chúng
qua E và song song với BC k d, giao tuyến
này cắtAC tạiK.

KI là giao tuyến của (H,d) và (ACC0A0), KI
cắtA0C0tại L.

Dễ dàng chứng minhE,K,Llần lượt là trung
điểm củaAB,AC,A0C0.

Kết luận: thiết diện cần tìm là hình bình hành
HEKL.

A0 L C0

C
K

E
J

I
H

Bài 8. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Gọi Q,R lần lượt là tâm các mặt
(BCC0B0), (CDD0C0).

1. Chứng minhRQk(ABCD).

2. Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi(AQR).
3. GọiMlà giao điểm củaCC0với(AQR). Tính tỉ số MC

MC.
Lời giải.

B0 C0

B C

I E

M R L

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

98 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
VìQRlà đường trung bình của tam giácC0BDnênQRk BD.

DoBD⊂(ABCD)nênRQk (ABCD).

2. Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi(AQR).

Alà điểm chung của mặt phẳng(AQR)và mặt đáy(ABCD).

QuaAkẻ đường thẳngdsong song vớiBDthìd =(AQR)∩(ABCD).
Giao tuyếndcắt đường thẳng BCtại điểm I.

IvàQlà hai điểm chung của hai mặt phẳng(AQR)và(BCC0B0)nên(AQR)∩(BCC0B0)=

IQ, giao tuyến IQcắtBB0tại Jvà cắtCC0 tạiM.

MRlà giao tuyến của hai mặt phẳng(AQR)và(CDD0C0).
GọiLlà giao điểm củaMRvàDD0.

Ta có







(AQR)∩(ADD0A0)= AL
(AQR)∩(BCC0B0)= J M
(ADD0A0) k(BCC0B0)

⇒ ALk J M.

Ta có







(AQR)∩(ABB0A0)= AJ

(AQR)∩(CDD0C0) =LM
(ADD0A0) k(BCC0B0)

⇒ AJ k LM.
Kết luận: thiết diện cần tìm là hình bình hànhAJ ML.

3. Trong mặt phẳng đáy(ABCD)có AI k BDvàADk IBnên tứ giác ADBIlà hình bình
hành.

BIlà đường trung bình của tam giácICM, ta cóBJ = 1

2CM. (1)

DựngQEk BJ, (E∈ BC), trong tam giác IQE, ta có IB
IE =

JB
QE =

3 ⇒ JB =
2

3QE. (2)
QElà đường trung bình của tam giácBCC0 ⇒QE= 1

2CC

0. (3)

Từ(1), (2)và(3)ta có 1

2CM =
2
3·

1
2CC

0 ⇒ MC0

MC =
1
2.

Bài 9. Cho hình lăng trụ tam giácABC.A0B0C0. Gọi I,J,Klần lượt là tâm của hình bình
hành ACC0A0,BCC0B0,ABB0A0.

1. Chứng minh I J k (ABB0A0), JK k (ACC0A0), IK k (BCC0B0), mặt phẳng (I JK)
song song với mặt đáy của lăng trụ.

2. Ba đường thẳngAJ,CK,BI đồng qui tại điểmO.

3. Gọi G,G0 là trọng tâm của tam giác ABC và A0B0C0. Chứng minh rằng G,O,G0
thẳng hành.

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

4. KHỐI LĂNG TRỤ 99

1. Ta thấyKIlà đường trung bình của4A0BC⇒
KI k BC.

Suy raKI k(BCC0B0).

Ta thấy I J là đường trung bình của 4C0AB,
suy raI J k AB.

Suy ra I J k (ABB0A0).

Ta thấy K J là đường trung bình của 4B0AC,
suy raK J k AC.

Suy raK J k(ACC0A0).
Suy ra(I JK)k(ABC).

Vì(ABC)k(A0B0C0)nên(I JK)k (A0B0C0).
2. Chứng minh ba đường thẳngAJ,CK,BIđồng

qui tại điểmO.

Trong mặt phẳng (C0AB) có AJ và BI là hai
đường trung tuyến. GọiO= AJ∩BI.

Suy ra O là trọng tâm 4C0AB, ta có BO =

3BI. (1)

Trong mặt phẳng (A0BC) có BI và CK là hai
đường trung tuyến. GọiO0 =BI∩CK.

Suy ra O0 là trọng tâm của 4A0BC, ta có
BO0 = 2

3BI. (2)

Từ(1)và(2)suy raOvàO0 trùng nhau.
Kết luận: ba đường thẳngAJ,BI,CKđồng qui
tại điểmO.

O
A

E
G

K
I

3. Chứng minhG,O,G0 thẳng hàng.

GọiE,E0lần lượt là trung điểm của BCvàB0C0.

Suy raEE0 là đường trung bình của hình bình hànhBCC0B0nênBB0 k EE0.
MàBB0 k AA0 ⇒ AA0 k EE0 ⇒ AEE0A0là hình bình hành.

VìG,G0lần lượt là trọng tâm của4ABCvà4A0B0C0, ta có A

0G0

A0E0 =
AG
AE =

3 ⇒GG

0 k

EE0. (3)

Trong4AEIta có AO
AJ =

AG
AE =

3 ⇒GO k EJ. (4)

Ta cóE,J,E0thẳng hàng.

Từ(3)và(4)suy ra ba điểmG,O,G0thẳng hàng.

Bài 10. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. GọiO0 là tâm hình bình hành A0B0C0D0, K là
trung điểm của CD, Elà trung điểm của BO0. Chứng minh Ethuộc(ACB0). Xác định
thiết diện của hình hộp khi cắt bởi mặt phẳng(P)quaKvà song song với(EAC).

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

100 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD. Ta có

BOO0B0là hình bình hành, nên hai đường chéo BO0
vàB0Ocắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

Suy ra E là trung điểm của B0O. Mà B0O ⊂
(ACB0)⇒E∈ (ACB0).

Ta có(ACB0)cũng là(ACE).

Vì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (ACB0)
nên mặt phẳng (P)song song với mọi đường thuộc
mặt phẳng(ACB0).

Trong mặt phẳng(ABCD), ta cóKlà điểm chung và
AC k (P) nên giao tuyến của chúng qua K và song
song vớiAC. Giao tuyến này cắtAB,AD,BClần lượt
tạiF,M,N.

Flà điểm chung của hai mặt phẳng(ABB0A0)và mặt
phẳng(P), cóAB0 k (P).

Nên giao tuyến của chúng qua F và song song với
AB0, giao tuyến này cắt AA0,A0B0 lần lượt tại P và
Q.

Giao tuyến của(P)và(A0B0C0D0)quaQvà song song
với A0C0, giao tuyến này cắtB0C0 tạiR.

S
A

B C

D
K

N
O

B0 C0

D0
O0

E
P

M
R

Giao tuyến của(P)và(BCC0B0)quaRvà song song vớiB0C, giao tuyến này cắtCC0tạiS.
Kết luận: thiết diện cần tìm là lục giácKMPQRS. Lục giác có tính chất các cặp cạnh đối song

song.

Bài 11. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0. Trên cạnhBAkéo dài về phía Ata lấy điểmM
sao cho AB=2AM.

1. Xác định thiết diện của hình lăng trụ tạo với(P)quaMvàB0và trung điểmEcủa
AC.

2. Tìm giao điểmDcủaBCvới(MB0E). Tính tỉ số DB

DC.

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

4. KHỐI LĂNG TRỤ 101
M,E là hai điểm chung của (MEB0) và

(ABC)

⇒(MEB0)∩(ABC)= ME.

GọiDlà giao điểm củaMEvàBC.
Suy ra(MEB0)∩(BCC0B0)=DB0.
M,B0là hai điểm chung của(MEB0)và
(ABB0A0)

⇒(MEB0)∩(ABB0A0)= MB0.

GọiNlà giao điểm của AA0 với MB0.
Suy ra thiết diện của hình lăng trụ
ABC.A0B0C0 với mặt phẳng (MEB0) là
tứ giácEDB0N.

Trong mặt phẳng đáy (ABC) kẻ

EFk BC, (F∈ AB).

EF là đường trung bình của tam giác
ABC.

Ta cóEF= 1

2BC. (1)

Trong4MBDta có MF
MB =

EF
BD =

2
3 ⇒
EF= 2

3BD. (2)

D
C
M

F
A0

Từ(1)và(2)ta có 2
3BD =

2BC ⇔BD=
3
4BC ⇒

DC =3.

Bài 12. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0. Gọi I,J,K lần lượt là trọng tâm của tam giác
ABC, ACC0, A0B0C0. Chứng minh(I JK)k (BCC0B0)và(A0JK)k (AIB0).

Lời giải.

Gọi E,E0 lần lượt là trung điểm BC và B0C0. Suy
ra, EE0 là đường trung bình của hình bình hành
BCC0B0nên BB0 k EE0.

Mà BB0 k AA0 ⇒ AA0 k EE0 ⇒ AEE0A0 là hình
bình hành.

Trong hình bình hành AEE0A0, ta có A

0K

AI =
A0E0

AE ⇒ IK k EE

0. (1)

GọiMlà trung điểm của AC.
Trong4MBC0 ta có MI

MB =
MJ
MC0 =

3 ⇒ I J k BC

0.

(2)

Từ(1)và(2)suy ra(I JK)k (BCC0B0).

Mặt phẳng(A0CE0)cũng là mặt phẳng(A0JK).
Mặt phẳng(AEB0)cũng là mặt phẳng(AIB0).
Trong mặt phẳng (BCC0B0) có EB0 k CE0. Vì
AEE0A0là hình bình hành A0E0 k AE. (4)

Từ(3)và(4)suy ra(A0JK)k (AIB0).

I
M

C
E
A0

B0
E0

Bài 13. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0. GọiM, M0lần lượt là trung điểm của
các cạnh BC, B0C0.

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102>

102 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

2. Tìm giao điểm của đường thẳng A0Mvà(AB0C0).

3. Tìm giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0).

4. Tìm giao điểmG của đường thẳngdvới mặt phẳng (AM0M). Chứng minh Glà
trọng tâm của tam giác AB0C0.

Lời giải.

1. Vì MM0 là đường trung bình của hình bình hành
BCC0B0nên MM~ 0 =BB~ 0. MàBB~ 0 = AA~ 0. Từ đó suy ra

MM0 = AA~ 0. Vậy AMM0A0là hình bình hành. Do đó
AM k A0M0.

2. Tìm giao điểm của đường thẳng A0M và mặt phẳng
(AB0C0).

Trong mặt phẳng(AMM0A0), gọiK = A0M∩AM0.
Có

K ∈ A0M

K ∈ AM0;AM0 ⊂(AB0C0) ⇒ K = A

0M ∩

(AB0C0).

M0
G

M
A0

A
I

C
K

3. Tìm giao tuyếndcủa mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0).
Trong mặt phẳng(ABB0A0), gọiI ∈ BA0∩AB0.
Có

I ∈ BA0,BA0 ⊂(BA0C0)

I ∈ AB0,AB0 ⊂(AB0C0) ⇒ I ∈ (BA

0C0

)∩(AB0C0).
Ta lại cóC0 ∈(BA0C0)∩(AB0C0).

Vậy giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0)là IC0.

4. Trong mặt phẳng(AB0C0)gọiG=C0I∩AM0.
Có

G∈ C0I

G∈ AM0,AM0 ⊂(AMM0) ⇒ G=C

0I∩(AMM0).

Do đóGlà giao điểm của hai đường trung tuyếnC0IvàAM0của tam giác AB0C0.Vậy
Glà trong tâm tam giácAB0C0.

Bài 14. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy là tam giác đều cạnh a, các mặt bên
ABB0A0, ACC0A0 là hình vng có tâm lần lượt là I và J. GọiO là tâm đường ngoại
tiếp tròn tam giác ABC.

1. Chứng minhI J song song với mặt phẳng ABC.

2. Xác định thiết diện của hình lăng trụ với mặt phẳng (OI J). Tính diện tích thiết

diện theoa.

</div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

4. KHỐI LĂNG TRỤ 103

1. Chứng minhI J song song với mặt phẳngABC.

Ta có I J là đường trung bình của tam giác A0BC nên I J k
BC. MàBC ⊂(ABC). Suy ra I J k(ABC).

2. Xác định thiết diện của lăng trụ với mặt phẳng(OI J).
Ta cóOlà điểm chung của hai mặt phẳng(OI J)và(ABC),
nên giao tuyến của chúng đi quaO và song song với BC,
giao tuyến này cắtAB,AClần lượt tạiH,K.

H I là giao tuyến của (OI J) với (ABB0A0) , gọi
M= H I∩ A0B0.

K Jlà giao tuyến của(I JO)với(ACC0A0), gọiL=K J∩A0C0.
Từ đó suy ra ML là giao tuyến của (OI J) với (A0B0C0), vì
I J k B0C0.

Suy ra MLk B0C0 k I J.

M L

B
H
A0

A
I

C
O

Vậy thiết diện cần tìm là hình thangHKLM( vì HKk LM k BC) (1)

Ta có ABB0A0, ACC0A0 là hình vng và AH = AK, A0M = A0L. Suy ra MH = LK.
(2).

Từ (1) và (2) suy ra HKLMlà hình thang cân.
Trong tam giác4ABCcó HK k BC nên AH

AB =
HK

BC =
2

3 ⇒ HK =
2a

3 .

Ta cóI J là đường trung bình củaHKLM,
cóI J = HK+LM

2 ⇒LM =2I J−HK=BC−Hk=
a
3.
Vẽ lại mặt bên ABB0A0như hình vẽ.

Ta cóMH =√ME2+EH2=

a2+a2

9 =
a√10

A0 M B0

A E H B

Ta có2H I = HK−ML= 2a

3 −

a
3 =

3 ⇒H I =
a
6.
Và MI =√MH2−H I2=

10a2
9 −

a2
36 =

a√39
6 .

Diện tích hình thang cân HKLM có SHKLM =

2(HK+LM)·MI =

a2√39
12 .

M L

H I K

Bài 15. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0

1. Tìm giao điểm của hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0).

2. Gọi M,N lần lượt là hai điểm bất kì trên AA0 và BC. Tìm giao điểm B0C0 với
(AA0N)và giao điểm của MNvới(AB0C0).

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

104 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0).
Ta cóC0 là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng(AB0C0)
và(BA0C0).

Trong mặt phẳng (ABB0A0) gọi G là giao điểm của AB0 và
BA0. Suy ra điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng(AB0C0)
và(BA0C0).

Vậy(AB0C0)∩(BA0C0)=GC0.

2. Tìm giao điểm B0C0 với (AA0N) và giao điểm của MN với
(AB0C0).

Chọn mặt phẳng(BCC0B0)chứaB0C0.
Ta có








N ∈ (AA0N)∩(BCC0B0)
AA0 k BB0

AA0 ⊂(AA0N);BB0 ⊂(BCC0B0).

Do đó(AA0N)∩(BCC0B0)=Nx, Nx k AA0 k BB0
.

B0
J

N
K

A
M

GọiJ = Nx∩B0C0 ⇒ J =B0C0∩(AA0N).

Chọn mặt phẳng (AN J A0) chứa MN. Ta tìm giao tuyến của mặt phẳng (AN J A0) và
(AB0C0).

Ta cóA ∈(AN J A0)∩(AB0C0). (1)
Và

J ∈(AN J A0)

J ∈ B0C0 ⊂(AB0C0) ⇒ J ∈ (AN J A

0)∩(AB0C0) (2)

Từ (1) và (2) suy ra AJ =(AN J A0)∩(AB0C0).

Trong mặt phẳng(AN J A0)gọiK = MN∩AJ ⇒K =MN∩(AB0C0).

Bài 16. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0. GọiM, M0lần lượt là trung điểm của
các cạnh BC, B0C0.

1. Chứng minhAMsong song với A0M0.

2. Tìm giao điểm của đường thẳng A0Mvới mặt phẳng(AB0C0).
3. Tìm giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0).

4. Tìm giao điểmG của đường thẳngdvới mặt phẳng (AMM0). Chứng minh Glà
trọng tâm của tam giác AB0C0.

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

4. KHỐI LĂNG TRỤ 105

1. Vì MM0 là đường trung bình của hình bình hành BCC0B0
nên MM~ 0 = BB~ 0, mà BB~ 0 = AA~ 0. Từ đó suy ra MM~ 0 =

AA0.

Vậy AMM0A0là hình bình hành, suy ra AM k A0M0.
2. Trong mặt phẳng(AMM0A0), gọiK = A0M∩AM0.

Ta có

K ∈ A0M

K ∈ AM0,AM0 ⊂(AB0C0) ⇒K = A

0M∩(AB0C0).

3. Tìm giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0).
Trong mặt phẳng(ABB0A0)gọi I =BA0∩ AB0.

Có

I ∈ BA0,BA0 ⊂(BA0C0)

I ∈ AB0,AB0 ⊂(AB0C0) ⇒ I ∈ (BA

0C0)∩(AB0C0).

Mặt khácC0 ∈(BA0C0)∩(AB0C0).

Vậy giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0)là
IC0.

G
M0
B0

M
A0

A
I

C
K

4. Trong mặt phẳng(AB0C0)gọiG=C0I∩AM0. Có

G∈ C0I

G∈ AM0,AM0 ⊂(AMM0) ⇒ G=
C0I∩(AMM0).

VìGlà giao điểm của hai đường trung tuyếnC0IvàA0Mcủa tam giác AB0C0.
VậyGlà trọng tâm của tam giác AB0C0.

Bài 17. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Gọi M, Nlần lượt là trung điểm của hai cạnh
AA0vàCC0. Một điểm Pnăm trên cạnhDD0.

1. Xác định giao điểmQcủa đường thẳngBB0với(MNP).

2. Mặt phẳng(MNP)cắt hình hộp theo thiết diện. Thiết diện đó có tính chất gì?
3. Tìm giao tuyến của mặt phẳng(MNP)với mặt phẳng(ABCD)của hình hộp.
Lời giải.

1. Xác định giao điểm Q của đường thẳng BB0
với mặt phẳng(MNP).

Gọi O và O0 lần lượt là tâm của hai đáy
(ABCD) và (A0B0C0D0). Suy ra OO0 =

(BDD0B0)∩(ACC0A0).

GọiI = MN∩OO0 MN,OO0 ⊂(ACC0A0)
.
Ta có

I ∈ MN,MN ⊂(MNP)
I ∈OO0,OO0 ⊂(BDD0B0)
⇒ I ∈ (MNP)∩(BDD0B0) (1)
Ta có

P ∈(MNP)

P ∈ DD0,DD0 ∈(BDD0B0)
⇒ P∈ (MNP)∩(BDD0B0). (2)

Từ(1)và(2)suy ra(MNP)∩(BDD0B0)=PI.
GọiQ=PI∩BB0 ⇒Q =BB0∩(MNP).

A B

C
O

D0 O C0

0
A0
D

P B0

Q
I

2. Mặt phẳng(MNP)cắt hình hộp theo thiết diện là tứ giác MNPQ.

</div>
(106)<div class='page_container' data-page=106>

106 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Lí luận tương tự ta có MPk QN. (4)

Từ(3)và(4)suy ra thiết diệnMNPQlà hình bình hành.

3. Tìm giao tuyến của mặt phẳng(MNP)với mặt phẳng(ABCD).

Trong mặt phẳng bên (CDD0C0) gọi E = CD∩NP. Vì MN là đường trung bình của
hình bình hànhACC0A0, suy raMN k AC. Từ đó suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng
(MNP)và mặt phẳng(ABCD)quaEvà song song vớiMN k AC.

Bài 18. Cho hinh lăng trụ ABC.A0B0C0. Gọi G, G0lần lượt là trọng tâm tam giác ABC
và A0B0C0. Một mặt phẳng(P)cắt các cạnh AA0, BB0,CC0, GG0lần lượt tại A1, B1, C1,

G1. Chứng minh

1. GG0song song và bằng cạnh bên của lăng trụ.
2. G1là trong tâm tam giác4A1B1C1.

3. G0G1 = 1

3 A1A

0+B

1B0+C1C0;G1G= 1

3(A1A+B1B+C1C) .
Lời giải.

1. GG0song song và bằng các cạnh bên của lăng trụ.
Gọi M và M0 theo thứ tự là trung điểm của BC và
B0C0. Nên MM0 là đường trung bình của hình bình
hànhBCC0B0.

Suy ra MM0 k BB0 k CC0 và MM0 = BB0 = CC0.
(1)

Vì ABC.A0B0C0 là hình lăng trụ nên AA0 k BB0 và
AA0 =BB0. (2)

Từ (1) và (2) suy ra AMM0A0là hình bình hành và ta

có AG

AM =
A0G0
A0M0 =

3 (Tính chất trọng tâm).
NênGG0 k AA0vàGG0 = AA0.

B
N
A0

A
A1

C
C1

G
N1

2. GọiM1 =MM0∩B1C1 MM0,B1C1⊂(BC0B0)

Tính chất hình bình hành thìM1là trung điểm củaB1C1. (3)

Ta cóA1M1 =(A1B1C1)∩(AA0M0M).

Suy raG1chính là giao điểm củaA1M1vớiGG0.

VìMM1 k GG1 k AA1suy ra

AG
AM =

A1G1

A1M

= 2

3. (4)
Từ (3) và (4) suy raG1là trọng tâm của tam giác4A1B1C1.

3. Gọi N, N0 lần lượt là trung điểm của AG và A0G0. Dễ dàng chứng minh được NN0 k
GG0 k AA0. GọiN1là giao điểm của NN0 vàA1G1, suy ra N1là trung điểm của A1G1.

Ta cóG1G0là đường trung bình của hình thang M1M0N0N1;

N1N0 là đường trung bình của hình thangA1A0G0G1

M1M0 là đường trung bình của hình thang B1B0C0C1. Nên:G1G0 =

2(M1M

0+N
1N0)

(1)
N1N0 =

1
2(A1A

0+G

1G0) (2)

M1M0 = 1

2(B1B

0+C

1C0) (3)

Từ(1)và(2): G1G0 =

1
3A1A

0+2

3M1M

</div>
(107)<div class='page_container' data-page=107>

4. KHỐI LĂNG TRỤ 107

Thay(3)và(4)ta được:G1G0 =

1
3(A1A

0+B

1B0+C1C0).

Chứng minh tương tự:G1G =

3(A1A+B1B+C1C).

Bài 19. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0.

1. Chứng minh rằng hai mặt phẳng(BDA0)và(B0D0C)song song với nhau.

2. Chứng minh rằng đường chéo AC0 đi qua trọng tâm G0 và G00 lần lượt của hai
tam giác BDA0vàB0D0C.

3. Chứng minhG0vàG00 chia đoạn thẳngAC0thành ba phần bằng nhau.

4. Gọi E, F, G, H, K, L lần lượt là trung điểm của BC, CD, DD0, D0A0, A0B0, B0B.
Chứng minh sáu điểm ở trên đồng phẳng.

Lời giải.

1. CDA0B0 là hình bình hành nên
DA0 k CB0 (1)
BDD0B0 là hình bình hành nên
BDk B0D0 (2)
Từ (1) và (2) suy ra (A0BD) k
(B0D0C).

2. Gọi O và O0 lần lượt là tâm của
ABCDvàA0B0C0D0.

Trong mp(ACC0A0), AC0 cắt A0O
vàCO0tạiG0 vàG00 (theo thứ tự).
Olà trung điểm củaBD nên A0O
là trung tuyến của tam giácBDA0

vàG0 ∈ A0O (1)

A0C0 kOAnên:
G0O

G0A0 =
OA
A0C0 =

1
2 ⇒ G

A0 =2G0O
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: G0 là trọng
tâm của tam giácA0BD.

Tương tự, G00 là trọng tâm của
tam giácB0D0C.

A D

F
O

B0 C0

O0
H
A0

K
G0

D0
G
C

G00
I

3. Tam giác ACG00, OG0 là đường trung

bình nên G0 là trung điểm của AG00

⇒ AG0 =G0G00. (3)

Tương tự, ta cóC0G00 = G00G0. (4)

Từ(3)và(4)suy raAG0 =G0G00 =G00C0.

Vậy G0 và G00 chia AC0 thành ba phần bằng nhau (điều
phải chứng minh).

A0 O0 C0

A O C

G00
I

</div>
(108)<div class='page_container' data-page=108>

108 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Tương tự ba đường thẳngEF, GH,KLcùng song song với mp(A0BD).

Mà(A0BD)k (CB0D0)suy ra sáu điểmE, F, G, H,K, Lđồng phẳng.

Bài 20. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và
CC0.

1. Xác định đường thẳng∆quaMcắtANvà cắt A0B.

2. GọiI, Jlần lượt là giao điểm của∆với AN vàA0B. Hãy tìm tỉ số I M
I J .
Lời giải.

1. Giả sự đã dựng được đường thẳng ∆cần
tìm cắt cả ANvàA0B.

GọiI, Jlần lượt là giao điểm của∆vớiAN
vàA0B.

Xét phép chiếu song song lên mặt phẳng
(ABCD)theo phương chiếuA0B.

Khi đó ba điểm J, I, M lần lượt là hình
chiếu củaB, I0, M.

Do đó ba điểmB, I0, Mthẳng hàng.
GọiN0là hình chiếu củaNthìAN0là hình
chiếu của AN.

VìI thuộc ANnên I0thuộc AN0. Vậy I0là
giao điểm củaBMvàAN0.

Từ phân tích trên ta có thể dựng đường
thẳng∆theo các bước sau đây:

A0 D0

B C

M
I0

• Lấy giao điểmI0của AN0vàBM.

• Trong mp(ANN0)dựng I I0 k NN0(đã cóNN0 k CD0) cắt ANtại I.

• Vẽ đường thẳng MI, đó là đường thẳng∆cần tìm.
2. Dễ chứng minh được, đường thẳng∆nói trên cắt A0B.

Dễ thấyMC =CN0suy ra MN0 =CD = AB.
Do đóI là trung điểm củaBM.

Mặt khácI I0 k JB, nên I I0là đường trung bình của tam giácMBJ.
Suy ra I M= I J ⇒ I M

I J =1.

Bài 21. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0.

1. Hãy xác định đường thẳng∆cắt cả hai đường thẳng AC0vàBA0 đồng thời song
song vớiB0D0.

2. GọiI, Jlần lượt là giao điểm của∆với AC0 vàBA0. Tính tỉ số AI
AC0.

</div>
(109)<div class='page_container' data-page=109>

4. KHỐI LĂNG TRỤ 109

1. Giả sửa đã xác định được đường thẳng∆
cắtAC0vàBA0lần lượt tạiI vàJ.

Xét phép chiếu song song lên mp(ABB0A0)
theo phương chiếuD0B0.

Khi đó, hình chiếu của ba điểm A, I,C0lần
lượt là ba điểm thẳng hàng A, J, K. Mặt
khác JthuộcBA0, nên Jchính là giao điểm
củaAK vàBA0.

Từ đó, ta có cách dựng đường thẳng∆theo
các bước sau đây:

• Dựng điểm K là hình chiếu của C0
(theo phương chiếuD0B0).

• Lấy giao điểmJ củaAKvàBA0.

• QuaJdựng đường thẳng∆ kC0K(đã
cóC0K k B0D0), ta được đường thẳng
∆cần tìm.

∆

B C

D0
C0

J I

A0
B0

2. Dễ thấyA0B0 = B0K ⇒ A0K =2AB(doA0B0 = AB).
VìABk A0K ⇒ AI

JK =
AB
A0K =

1
2.
Mặt khácI J k C0K⇒ AI

IC0 =
AJ
JK =

1
2 ⇒

AI
AC0 =

Bài 22. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0.

1. Chứng minh rằng đường chéoB0Dcắt mp(A0BC0)tại điểmGsao choBG = 1

2GD
vàGlà trọng tâm tam giác A0BC0.

2. Chứng minh rằng(D0AC)k (BA0C0)và trọng tậmG0của4D0ACcũng nằm trên
B0DvàB0G0 = 2

0D.

3. GọiP,Q,Rlần lượt là các điểm đối xứng của điểmB0 quaA, D0,C. Chứng minh
rằng(PQR)k (BA0C0).

4. Chứng minh rằngDlà trọng tâm tứ diện B0PQR.

</div>
(110)<div class='page_container' data-page=110>

110 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

1. Gọi O0 là giao điểm của
A0C0vàB0D0. Khi đó

(A0BC0)∩(BDD0B0)=BO0.
Gọi G là giao điểm của

B0D và BO0 thì G chính
là giao điểm của B0D với
mp(A0BC0).

Dễ thấy 4GBO v

4GO0B0, tỉ số đồng dạng
là2

do BD

B0O0 =2

Vậy B0G = 1

2GD và
GO0 = 1

2GB, suy ra G là
trọng tâm tam giác A0BC0.
2. Dễ thấy AC k A0C0, D0A k

C0B

⇒(D0AC) k(BA0C0).

B C

C0
B0

O0
A0

D
P

Chứng minh tương tự như câu trên, ta có trọng tâm G0 của tam giác D0AC nằm trên
đường chéoDB0vàDG0 = 1

0B0.

Từ đó và kết quả của câu trên suy raGvàG0chia đường chéoB0Dthành ba phân bằng
nhau.

Vậy B0G0 = 2

0D.

3. DoA, D0,Clần lượt là trung điểm của PB0, QB0,RB0 nên
PQk AD0,QRk D0C,RPk CA.

Từ đó suy ra(PQR) k(AD0C).

Mặt khác, theo câu trên, ta có (D0AC) k (BA0C0) nên
(PQR)k (BA0C0).

4. Vì A, D0, C lần lượt là trung điểm của B0P, B0Q, B0R nên
trọng tâm G00 của tam giác PQR phải nằm trên đường
thẳngB0G00vàB0G00 = 4

0D⇒ B0D= 3

0G00.

Vậy Dlà trọng tâm tứ diện B0PQR.

G00
P

R
A

D
G0
G

Bài 23. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Điểm M thuộc cạnh AD, điểm N thuộc cạnh
D0C0sao cho AM: MD =D0N : NC0.

1. Chứng minh rằng MNsong song với(C0BD).

</div>
(111)<div class='page_container' data-page=111>

5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 111
Lời giải.

1. Theo giả thiết, ta có:

MD =
D0N
NC0 ⇒

AM
D0N =

MD
NC0 =

AD
D0C0.

Theo định lý Ta-lét đảo, ta có
MN, AD0, DC0 cùng song song
với một mặt phẳng(P).

Mặt phẳng(P)song song vớiAD0
và DC0. Nhưng AD0 k BC0 nên
mặt phẳng(P)song song với mặt
phẳng(C0BD).

Từ đó, ta cóMN k (C0BD).
2. TừMkẻ MEk BD, cắtABtạiE.

Từ E kẻ đường thẳng EF k AB0,
cắtBB0tạiF; từFkẻ đường thẳng
FI k BC0, cắtB0C0tại I.

Từ N kẻ đường thẳng N J k CD,
cắtDD0tại J.

Dễ thấy thiết diện là lục giác
MEFI N Jcó các cạnh đối lần lượt
song song với ba cạnh của tam
giácC0BD.

A E B

D0 N C0

A0
D

B0
F
C

Bài 5.

BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II

Bài 1. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình thang, ADlà đáy lớn. GọiM, N,
Elần lượt là trung điểm củaSA, AB,CD.

1. Chứng minhEN k(SBC),(MNE)k (SBC).

2. Tìm giao điểmFcủaSDvới mp(MNE). Chứng minhSC k (MNE). Đường thẳng
DMsong song với(SBC)hay khơng? Giải thích.

3. Xác định thiết diện của hình chópS.ABCDvới mp(MNE). Thiết diện đó là hình
gì? Tại sao?

Lời giải.

</div>
(112)<div class='page_container' data-page=112>

112 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

• Vì EN k BC,

m BC (SBC)

EN k (SBC).

ã Cú

MN k SB,NEk BC

MN,NE⊂(MNE);SB,BC ⊂(SBC)
⇒(MNE) k(SBC).

2. • Ta có M là điểm chung

của hai mặt phẳng(MNE)
và(SAD), và có NEk AD.
Suy ra giao tuyến của

chúng qua M và song

song với AD, giao tuyến
này cắt SD tại F. F chính

là giao điểm SD với

mp(MNE).

• Theo chứng minh trên, ta
có (MNE) k (SBC), mà
SC ⊂ (SBC) ⇒ SC k
(MNE).

x
S

F
J

B
N

C
E
y

• Ta có







S∈ (SAD)∩(SBC)
ADk BC

AD⊂(SAD);BC⊂(SBC)

⇒(SAD)∩(SBC)=Sy(Sy k ADk BC).
Trong mp(SAD), gọi J =DM∩Sy ⇒ J =DM∩(SBC).

Từ đó suy raDM không song song với mp(SBC).

3. Từ cách dựng điểm ở câu trên, suy ra thiết diện cần tìm là hình thang MNEF với
NEk MFk AD.

Bài 2. Cho hình chópSABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt
là trung điểm củaSA,BC,CD.

1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng(SAC)và(SBD),(SAD)và(SBC).
2. Tìm giao tuyếnTcủaMPvới mp(SBD)và tính tỉ số TM

TP .
3. Tìm giao điểmQcủaSDvới mp(MNP)và tính tỉ số QS

QD.

4. Tìm thiết thiện của mp(MNP)với hình chópS.BCD. Thiết diện này là hình gì?

</div>
(113)<div class='page_container' data-page=113>

5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 113

1. Gọi O = AC ∩ BD, ta có O

và S là hai điểm chung của
hai mặt phẳng(SAC)và(SBD)
⇒(SAC)∩(SBD)=SO.

CóSlà điểm chung của hai mặt
phẳng (SAD) và (SBC), và có
AD k BC, nên giao tuyến của
chúng làSx, vớiSxk ADk BC.
2. Trong mặt phẳng (ABCD) gọi

E = AP∩BD.

Ta cóS,E ∈(SBD)∩(SAP)nên
(SBD)∩(SAP)=SE.

Trong(SAP), gọiT =MP∩SE,
suy raT= MP∩(SBD).

KẻEGk MP(G∈ SA) được
AE

AP =
AG
AM =

GE
MP =

3
2;

SM
SG =

ST
SE =

MT
GE =

4.
Suy raGE= 2

3MP,MT =
3
4GE

nên TM

TP =2.

C
M

P
y

E
O

N
L

3. CóT ∈ (MNP)∩(SBD)nên giao tuyến của (MNP)và(SBD)qua Tvà song song với
BD. Giao tuyến này cắtSB, SDlần lượt tại LvàQ. Suy ra L là giao điểm của(MNP)
vớiSBvàQlà giao điểm của(MNP)vớiSD.

Trong4SBDcóLQk BDnên có ST
SE =

SQ
SD =

4 (do chứng minh trên).
Vậy QS

QD =3

4. Từ cách tìm giao điểm ở trên, suy ra thiết diện củaS.ABCDcắt bởi(MNP)là ngũ giác
MLNPQ.

Bài 3. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành tâmO. GọiElà trung

điểmSA.

1. Tìm giao tuyếndcủa(SAB)và(SCD).

2. SDcắt(BCE)tại F. Tứ giác BCEFlà hình gì? Chứng minh ba đường thẳngd, BE
vàCFđồng quy.

3. Gọi Mlà điểm đối xứng củaD quaE, H vàKlần lượt là trung điểm của BMvà
AB. GọiNlà giao điểm củaCDvới(EHK). Tính tỉ số CD

</div>
(114)<div class='page_container' data-page=114>

114 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

S
I
M

T
x

B
H

E F

1. Ta có







S ∈(SAB)∩(SCD)
ABk CD

AB⊂(SAB),CD ⊂(SCD)

⇒ (SAB)∩(SCD) = dlà đường thẳng qua Ssong
song vớiAB.

2. Ta có







EF=(BCE)∩(SAD)
BC k AD

BC ⊂(BCE),AD⊂(SAD)

⇒ EFk BC k AD. Suy ra BCEFlà hình thang.

GọiT = BE∩CF. Vì

T ∈ BE⊂(SAB)

T ∈ CF⊂(SCD) nên T ∈ d. Vậyd, BE, CFđồng quy tại điểm
T.

3. Ta cóADSM là hình bình hành nênAM k SD. MàKH k AMnên KH k SD.
Trong(SAB)gọi I =d∩KE ⇒

I ∈d ⊂(SCD)

I ∈KE ⊂(HKE) ⇒ I ∈(HKE)∩(SCD).

Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng(HKE)và(SCD)đi qua I và song song vớiSD,
giao tuyến này cắtCDtại N. Vậy Nlà giao điểm củaCDvà(HKE).

Ta có tứ giácBKIS là hình bình hành nênSI = BK. Tứ giácDN IS là hình bình hành
nênDN =IS.

Suy raDN =BK = 1

2AB =
1

2CD. Vậy
CD
CN =

2
3.

Bài 4. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình thang có ADlà đáy lớn và AD = 2BC.
Gọi M,N,K,H lần lượt là trung điểmAB, AB, AD, DC.

</div>
(115)<div class='page_container' data-page=115>

5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 115

2. Chứng minhHN k (SAD)và tính tỉ số ST
SA.

3. Gọi(P)là mặt phẳng quaMvà song song vớiBC,SD. Xác định thiết diện của(P)
với hình chópS.ABCD.

Lời giải.

N L

C
H

I
M

D
A

1. Trong mặt phẳng(ABCD)gọiK = AB∩CD.

Ta cóK,N ∈ (SAB)∩(NCD)nên(SAB)∩(NCD)=KN.
Trong(SAB)gọiT =KN∩SA ⇒T =SA∩(NCD).
Ta có








K ∈ (SAD)∩(MNK)
SA k MN

SA ⊂(SAD),MN ⊂(MNK)

⇒(SAD)∩(MNK)=Kx k SA.

2. Vì







MN k SA,MH k AD
MN,MH ⊂(MNH)
SA,AD ⊂(SAD)

⇒(MNH)k (SAD)⇒ NH k(SAD).

Trong4KADcóAD k BCnên KB
KA =

KC
KD =

BC
AD =

2 ⇒ Blà trung điểmKA.
MNlà đường trung bình của4BASnên cóMN = 1

2SA. (1)

Trong4KATcóMN k ATnên có KM
KA =

MN
TA =

4 ⇒ MN =
3

4TA. (2)
Từ (1) và (2) suy ra 3

4TA=
1

2SA⇔ TA=
2

3SA ⇒
ST
SA =

1
3.

3. Ta có M ∈ (P)∩(ABCD) mà(P) k BC nên giao tuyến của (P) và(ABCD) qua M và
song song vớiBC. Giao tuyến này chính làMH.

Khi đó H ∈ (P)∩(SCD), mà(P) k SD nên giao tuyến của(P) và(SCD)qua H song
song vớiSD, giao tuyến này cắtSCtại một điểm làL.

VìHlà trung điểm củaCDnên Llà trung điểm củaSC.

</div>
(116)<div class='page_container' data-page=116>

116 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Bài 5. Cho hình chópS.ABC, E,Flần lượt là trung điểmAC vàBC.
1. Tìm giao tuyến của(SAB)và(SEF).

2. Gọi Mlà trung điểm củaSBvà I là điểm trênSAthỏa mãn AI = 3IS. Tìm giao
điểmKcủa I Mvà(ABC)và giao điểmHcủaBCvà(EI M). Tính tỉ số BH

BC.
3. GọiGlà trọng tâm của4SBC. Tìm thiết diện của hình chópS.ABCcắt bởi(IEG).
Lời giải.

I
O

M
Q

P
F

H L

C
A

1. Ta có







S ∈(SAB)∩(SEF)
ABk EF

AB⊂(SAB),EF ⊂(SEF)

⇒(SAB)∩(SEF)=dquaSsong song với AB.

2. Trong(SAB)gọiK = I M∩(ABC). Vì

K ∈ I M

K ∈ AB⊂(ABC) ⇒K = I M∩(ABC).
Ta cóAE=(EI M)∩(ABC). GọiH =KE∩BC ⇒ H∈ BC∩(EI M).

GọiOlà trung điểmSA. Khi đóI Mlà đường trung bình của4SBOnên I Mk BO.
Trong4AIKcóKIk BO ⇒ AB

BK =
AO

OI =
1

2 ⇒ AB=
1
2BK.
GọiV là trung điểm AB, cóVE là đường trung bình của
4ABC.

⇒VE = 1

2BC. (1)

Và cóBH là đường trung bình của4KEV
⇒ BH = 1

2VE. (2)

Từ (1) và (2) suy raBH = 1

4BC.

E C

K
V

3. Trong(SAF), gọiL = IG∩AF ⇒L ∈ (ABC).

Trong(ABC)gọiP=EL∩BC. Trong(SBC)gọiQ= PG∩SB.

</div>
(117)<div class='page_container' data-page=117>

5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 117

Bài 6. Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCDlà hình bình hành. Gọi M, Nlần lượt là
trung điểm của ABvàSC.

1. Tìm giao tuyến(SMN)và(SBD).

2. Tìm giao điểm IcủaMN và(SBD). Tính tỉ số MI
MN.
Lời giải.

O
H
M

C
A

D
K

1. Trong(ABCD)gọiO= AC∩BD, H = MC∩BD. Ta có

H∈ CM ⊂(SCM)

H∈ BD⊂(SBD) ⇒ H ∈(SCM)∩(SBD). (1)

Lại cóS∈ (SCM)∩(SBD). (2)

Từ (1) và (2) suy raSH =(SCM)∩(SBD).
GọiI = MN∩SH ⇒ I = MN∩(SBD).
Ta cóHlà trọng tâm4ABC.

Trong4SCM, kẻ HKk MN(K ∈ SC).

Trong4CMNcó MN k KHnên CH

CM =
CK
CN =

HK
MN =

3 ⇒ HK=
2

3MN. (3)
Trong4SHKcóI N k KHnên I N

HK =
SN
SK =

4 ⇒ HK =
4

3I N. (4)

Từ (3) và (4) suy ra 2

3MN =
4

3I N ⇒MN =2I N ⇒
MI
MN =

1
2.

Bài 7. Cho hình bình hành ABCDvà điểmSkhơng nằm trong(ABCD).

1. Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau(SAC)và(SBD),(SAB)và(SCD).
2. Một mặt phẳng(α)quaBC, cắtSAtạiMvà cắtSDtạiN. Chứng minhMN k BC.

3. Chứng tỏ giao điểm củaBN vàCMluôn nằm trên một đường thẳng cố định khi

Mdi động trênSA.

4. GọiGlà trọng tâm4SAB,Klà điểm trên cạnhACsao cho AK
AC =

</div>
(118)<div class='page_container' data-page=118>

118 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

GKsong song với mặt phẳng(SCD).
Lời giải.

x E

N
M

F
A

O
K

C
B

1. Ta có S ∈ (SAC)∩(SBD). Gọi O = AC∩BD ⇒ O ∈ (SAC)∩(SBD). Do đó SO =

(SAC)∩(SBD).
Ta cũng có








S∈ (SAB)∩(SCD)
ABk CD

AB⊂(SAB),CD⊂(SCD)

⇒(SAB)∩(SCD)=Sxk AB.

2. Vì







(α)∩(SAD) =MN
BCk AD

BC⊂(α),AD⊂(SAD)

⇒ MN k ADk BC.

3. Trong(α), gọi I =BN∩CM. Vì

I ∈ BN ⊂(SBD)

I ∈ CM⊂(SAC) ⇒ I ∈ (SAC)∩(SBD).
Suy ra Ithuộc giao tuyếnSOcố định của hai mặt phẳng(SAC)và(SBD).
4. GọiE,Flần lượt là trung điểmSAvàAD.

Vì AK
AC =

3 ⇒ AK =
2

3AO, mà AO là trung tuyến của 4ABD nên G là trọng tâm
4ABD.

Theo tính chất trọng tâm có BG
BE =

BK
BF =

3 ⇒GK k EF. (3)

MàEFlà đường trung bình của4ADSnênEF k SD. (4)

Từ (3) và (4) suy raGK kSD ⊂(SCD)⇒ GKk(SCD).

Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi I là trung điểm
củaSAvàJ,Klà các điểm trênSB,SCvà thỏa mãn JS=2JB,KS=2KC.

1. Tìm giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(SAB)và(SCD), giao tuyếnd0của(I JK)và
(ACD).

2. Tìm giao điểm McủaSDvới(I JK)và chứng minhMlà trung điểmSD.
3. GọiElà giao điểm củaI J vớiKM, chứng minhE ∈dvà EI

EJ =
EM

</div>
(119)<div class='page_container' data-page=119>

5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 119

Lời giải.

B C

H L

K
S

A
I

D
M

B
H

F
A
I
J

Hình 2

1. Ta có







S∈ (SAB)∩(SCD)
ABkCD

AB⊂(SAB),CD ⊂(SCD)

⇒(SAB) ⊂(SCD)=dlà đường thẳng quaSsong
song vớiAB.

Trong mặt phẳng(SAB)gọiH = AB∩ I J, trong mặt phẳng(SAC)gọiL = AC∩IK.
Ta cóH,Llà hai điểm chung của hai mặt phẳng(I JK)và(ABCD)nên(I JK)∩(ABCD)=

HL ≡d0.
Vì SJ

SB =
SK
SC =

3 nên JKk BC, từ đó suy ra giao tuyếnHL k JK k BC.

2. VìI là điểm chung của hai mặt phẳng(SAD)và(I JK), hai mặt phẳng này có AD k I J
nên giao tuyến của chúng đi qua I và song song với AD. Giao tuyến này cắt SD tại
M, khi đó Mlà giao điểm của SDvà(I JK). Từ đó suy ra I Mlà đường trung bình của
4SAD(vì Ilà trung điểm nên Mlà trung điểm củaSD).

3. VìE = I J∩KM nênE ∈ I J ⊂(SAB)vàE ∈ KM ⊂(SAD)nên Enằm trên giao tuyến
dcủa(SAB)và(SAD). Do đó ba đường thẳngd, I J, KMđồng quy tạiE.

Mặt phẳng(SAB)được vẽ lại ở Hình 2.
DựngBFk H I(F ∈ SA), ta có SJ

JB =
SI

IF =2⇒SI =2IF ⇒ AI =2IF.

Vậy F là trung điểm của AI. Từ đó suy ra BFlà đường trung bình của tam giác AH I,
do đóBlà trung điểm của AH.

DoH IvàSBlà hai đường trung tuyến của tam giácSAH, cắt nhau tạiJ nên Jlà trọng
tâm của4SAH.

Ta có4AI H =4SIE(g.c.g), suy raSE= H A. Do đóAHSElà hình bình hành, suy ra
EI

EJ =
3
4.

Trong tam giácEJKcó I Mk JKnên EI
EJ =

EM
EK =

3
4.

</div>
(120)<div class='page_container' data-page=120>

120 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Bài 9. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình thang, đáy lớnAD.
1. Tìm giao tuyến của(SAC)và(SBD),(SAD)và(SBC).

2. GọiGlà trọng tâm của tam giácSABvàMlà điểm thuộcSCsao choSM =2MC.
Chứng minh GMk (ABCD).

3. Tìm giao điểm JcủaGDvà(SBC). Tính tỉ số GJ
GD.
Lời giải.

B C

A
J

M D

Q
G

1. GọiO là giao điểm của AC và BD. Vì O và S là hai điểm chung của hai mặt phẳng
(SAC)và(SBD)nên giao tuyến của chúng làSO.

Ta có







S ∈(SAD)∩(SBC)
AD k BC

AD ⊂(SAD),BC ⊂(SBC)

nên(SAD)∩(SBC)=Sx(Sx k AD k BC).

2. Ta có SG
SH =

SM
SC =

3 nênGM k HC. MàHC⊂(ABCD)nênGM k (ABCD).

3. Trong mặt phẳng(ABCD), gọiKlà giao điểm của DHvàBC. Ta cóKvàSlà hai điểm
chung của các mặt phẳng(SDH)và(SBC)nênSK là giao tuyến của(SDH)và(SBC).
Trong mặt phẳng(SDH), gọi J là giao điểm của DG vàSK, suy ra J là giao điểm của
DGvà(SBC). Ta có4H AD =4HBK(g.c.g) nênHD =HK, suy raSHlà đường trung
tuyến của tam giácSDK, do vậy SG

SH =
2

3. Từ đó suy raGlà trọng tâm của4SDK, do

đó GJ

GD =
1

Bài 10. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thang, đáy lớn AD =2BC vàO
là giao điểm của hai đường chéo đáy. Gọi E, Flần lượt là trung điểm SA, SD vàGlà
trọng tâm tam giácSCD.

1. Tìm giao tuyến của(SAB)và(SCD),(SAD)và(SBC).

</div>
(121)<div class='page_container' data-page=121>

5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 121

3. Tìm giao điểmMcủaSBvà(CDE). Chứng minh S4SME
S4SMF

= S4SAB

S4SBD

vàSM·BD=

SB·DO.
Lời giải.

H
O
S

A
Q

B
E

D
P
C
F

B
M
h2

Hình 2

1. Trong mặt phẳng (ABCD), gọi H là giao điểm của AB và CD. Suy ra H ∈ (SAB)∩
(SCD).

DoSlà điểm chung của(SAB)và(SCD)nênSH =(SAB)∩(SCD).
Ta có








S ∈(SAD)∩(SBC)
AD k BC

AD ⊂(SAD),BC ⊂(SBC)

nên(SAD)∩(SBC)=Sx(Sx k AD k BC).

2. Ta có

EQ=(P)∩(SAB)

SB⊂(SAB), SB k(P) nên EQkSB.
Lại có








QP=(P)∩(ABCD)
ADk EF

AD⊂(ABCD),EF ⊂(P)

nên QPk EFk AD. Suy ra EFPQlà hình thang.

Vì





BC= AD

2
BCk AD

và





EF= AD

2
EFk AD

nên BCFElà hình bình hành, suy raBEk CF.
MàCF⊂(SCD)nên BEk(SCD).

Ta có4OADv4OCBnên OA

OC =
OD

OB =
AD

BC =2. GọiN là trung điểm củaSC.
Trong tam giác BDN có SG

SN =
DO
DB =

3 nênOG k BN. Mà BN ⊂ (SBC)nên OG k
(SBC).

3. VìHvàElà hai điểm chung của hai mặt phẳng(SAB)và(ECD)nên(SAB)∩(ECD)=

EH.

GọiM =EH∩SB⇒ M=SB∩(ECD).
Trong4H AD cóBC k ADnên ta có HB

H A =
HC
HD =

BC
AD =

2, suy ra Blà trung điểm
AH. Do đóMlà trọng tâm tam giácSAH.

</div>
(122)<div class='page_container' data-page=122>

122 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG

Ta cóS4SME =
1

2·h2·SM =
1
2 ·

2 ·

2
3SB=

1
3 ·

2h1·SB=
1

3S4SAB
⇒ S4SME

S4SAB

= 1

3. (*)

Tương tự ta cũng có S4SMF
S4SBD

= 1

3. (**)

Từ (*) và (**) ta suy ra S4SME
S4SAB

= S4SMF

S4SBD

⇒ S4SME
S4SMF

= S4SAB

S4SBD
.
Theo chứng minh trên thì SM

SB =
DO

DB ⇒SM·BD=SB·DO.

Bài 11. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình bình hành tâmO. ĐiểmMthuộc
cạnhSAsao choSM=2MAvàNlà trung điểm của AD.

1. Tìm giao tuyến của(SAD)và(MBC).

2. Tìm giao điểm IcủaSBvà(CMN), giao điểm J củaSAvà(ICD).
3. Chứng minhID, JC,SOđồng quy tạiE. Tính tỉ số SE

SO.
Lời giải.

N
O
S

E
M

B
I
J

1. Ta có







M ∈(SAD)∩(MBC)
AD k BC

AD ⊂(SAD),BC ⊂(MBC)

nên(SAD)∩(MBC)= Mx(Mxk ADk BC).

2. Trong mặt phẳng(ABCD), gọiLlà giao điểm của ABvàCN. Ta cóLvàMlà hai điểm
chung của(SAB)và(CMN)nên(SAB)∩(CMN) =LM. GọiIlà giao điểm củaLMvà
SB⇒ I =SB∩(CMN).

3. Vì I là điểm chung của hai mặt phẳng(SAB) và(ICD), AB k CD nên giao tuyến của
chúng đi quaI và song song với AB, giao tuyến này cắtSAtại J thìJ là giao điểm của
SAvới(ICD).

</div>
(123)<div class='page_container' data-page=123>

5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 123
Ta có(SAC)∩(SBC)=SO.

Vì

E ∈CJ ⊂(SAC)

E ∈ DI ⊂(SBD) nên E∈ (SAC)∩(SBC)=SO. (2)
Từ(1)và(2)ta suy ra ba đường thẳngCJ, DI, SOđồng quy tạiE.

Trong tam giácLBCcóAN = 1

2BCvàAN k BCnên ANlà đường trung bình của tam

giácLBC, do đóAlà trung điểm của LB.

Trong tam giác SBLcó SA là đường trung tuyến vàSM = 2

3SA nên M là trọng tâm
4SBL⇒ I là trung điểm củaSB.

Xét tam giácSBCcóElà giao điểm của hai đường trung tuyếnSOvàDI nênElà trọng

tâm4SBC ⇒ SE

SO =
2
3.

Bài 12. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình bình hành,SABlà tam giác đều,
SCDlà tam giác cân. Gọi Mlà trung điểm của AD, mặt phẳng(α)đi qua M,(α)song
song với ABvàSA, lần lượt cắtBC,SC,SDtạiN, P,Q.

1. Chứng minhMNPQlà hình thang cân.

2. Tính tỉ số diện tích của hình thang cân MNPQvà tam giác đềuSAB.
Lời giải.

M
S

B Q

Hình 1 N H M

Q
P

Hình 2

1. Ta có

(α)∩(ABCD)= MN

ABk (α),AB⊂(ABCD) ⇒ MN k ABk CD.
Mà

(α)∩(SAD)= MQ
SA k(α),SA ⊂(SAD)

⇒ MQk SA.
Vì

(α)∩(SCD)= QP
CDk (α),CD ⊂(SCD)

⇒ PQk CD.

Lại có(α)k AB, (α)k SAnên(α)k (SAB)⇒(α)k SB.
Vì(α)∩(SBC) =NP ⇒ NPk SB.

Theo cách dựng ở trên, ta có Q là trung điểm của SD, N là trung điểm của BC, P là
trung điểm của SC. Vì MN k PQ (cùng song song với CD), suy ra MNPQ là hình
thang.

DoNP = SB

2 , MQ=
SA

</div>
(124)<div class='page_container' data-page=124>

124 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Ta thấy MNPQ là hình thang, có hai cạnh bên khơng song song và bằng nhau nên
MNPQlà hình thang cân.

2. Gọialà độ dài cạnh AB, hình thang cânMNPQđược vẽ lại ở Hình 2.
Ta cóPH =√PN2−NH2 =

…

a
2

2
−a

4
2

= a

√
3

4 ⇒S4SAB =

AB2·√3
4 =

a2√3
4 .
MàSMNPQ =

(MN+PQ)·PH

2 =

1
2

a+a

· a
√

3
4 =

3a2√3
16 ⇒

SMNPQ
S4SAB

3a2√3
16
a2√3

</div>
(125)<div class='page_container' data-page=125>

Chương 3.

QUAN HỆ VNG GĨC TRONG

KHƠNG GIAN

Bài 1.

ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG

A. Tóm tắt lý thuyết

Định nghĩa 1.

Một đường thẳng được gọi là vng góc với một mặt phẳng
nếu nó vng góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng
đó.

d⊥(α)⇔d⊥ a, ∀a⊂(α).

α

Định lí 1.

Nếu đường thẳngdvng góc với hai đường thẳng cắt nhau a
vàb cùng nằm trong mp(P)thì đường thẳng dvng góc với
mp(P).









d⊥a,d ⊥b
a,b ⊂(P)
a∩b

⇒d ⊥(P).

a
b

Định lí 2. (Định lí ba đường vng góc)

Cho đường thẳng a khơng nằm trong (P) đồng thời khơng
vng góc với (P) và đường thẳng b nằm trong (P). Gọi a0 là
hình chiếu vng góc củaatrên(P). Khi đób vng góc với a
khi và chỉ khibvng góc vớia0.

b
P

PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG VNG GÓC
Để chứng minha⊥bta thường sử dụng những phương pháp chứng minh sau:

1. Sử dụng các phương pháp hình học phẳng: góc nội tiếp, định lí Pitago đảo, . . .
2. Sử dụng phương pháp tích vơ hướng của hai véctơ, nếu−→a ·−→b =0thìa⊥b(với

−→

a , −→b lần lượt là hai véctơ chỉ phương của hai đường thẳngavàb).
3. Sử dụng tính chất bắc cầu

c⊥b

ck a ⇒a ⊥b.
4.

Tìm một mặt phẳng (P) chứa đường thẳng b. Chứng
minh đường thẳng a vng góc với mặt phẳng (P), thì

a⊥b. ®

a⊥(P)

b ⊂(P) ⇒a⊥b.

b
P

</div>
(126)<div class='page_container' data-page=126>

126 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Chứng minh đường thẳng a song song với mặt phẳng
(P), đường thẳngbvuông góc với mặt phẳng(P), thì suy
raa⊥b.

ak (P)

b ⊥(P) ⇒a⊥b.

Áp dụng định lí 3 đường vng góc: a0 là hình chiếu
vng góc của a trên mặt phẳng (P), b ⊂ (P). Đường
thẳng a vng góc với đường thẳng b khi và chỉ khi b

vng góc với a0. Nói ngắn gọn b vng góc với hình
chiếu thìbvng góc với đường xiên.

Đây là phương pháp rất hay sử dụng, đọc giả phải thành thạo
phương pháp này.

b
P

PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT
PHẲNG

Để chứng minh đường thẳngavng góc với mặt phẳng(P)ta thường sử dụng những
phương pháp sau:

Muốn chứng minh đường thẳng a vng góc với mặt
phẳng (P). Ta phải chứng minh đường thẳng a vng
góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng(P).









a ⊥b, a⊥c
b∩c= I
b,c ⊂(P)

⇒ a⊥(P)

I
c
b

Hai mặt phẳng (Q) và (R) có giao tuyến a cùng vng
góc với mặt phẳng(P), thìavng góc với(P).








(Q)⊥(P)
(R)⊥(P)

(Q)∩(R)= a

⇒a⊥(P).

P
Q

R
a

Hai mặt phẳng(P)và(Q)vng góc với nhau theo giao
tuyếnb. Một đường thẳngathuộc mặt phẳng(Q)vng
góc vớib, thìavng góc với mặt phẳng(P).












(P) ⊥(Q)
(P)∩(Q)=b
a ⊂(Q)

a ⊥b

⇒ a⊥(P).

b
P

</div>
(127)<div class='page_container' data-page=127>

1. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG 127

Chứng minh đường thẳng b vng góc với mặt phẳng
(P), đường thẳng a song song với b, thì suy ra a vng
góc với(P).

a kb

b ⊥(P) ⇒a ⊥(P).

a b

Chứng minh đường thẳng a vng góc với mặt phẳng

(Q), mặt phẳng (P)song song với (Q), nên a vng góc
với(P).

a⊥(Q)

(Q)k (P) ⇒ a⊥(P).

P
Q

Hai vấn đề chính để giải các bài tốn của dạng này:

•Muốn chứng minh đường thẳngdvng góc với mặt phẳng(P), ta phải chứng minh
đường thẳngdvng góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng(P).
• Khi đường thẳng dvng góc với mặt phẳng (P)thì đường thẳng d vng góc với
mọi đường nằm trong(P).

B. Bài tập rèn luyện

Bài 1. Hai tam giác cân ABCvàDBCnằm trong hai mặt phẳng khác nhau tạo nên tứ
diện ABCD. Gọi Ilà trung điểm của BC.

Chứng minh BC ⊥AD.
a)

GọiAH là đường cao của tam giác ADI. Chứng minh AH ⊥(BCD).

Lời giải.

Ta có







BC ⊥ AI (vì AI là trung tuyến của4ABCcân tại A)
BC ⊥ DI (vì DI là trung tuyến của4DBCcân tạiD)
AI,DI ⊂(ADI), AI∩DI = I

⇒ BC⊥(ADI) ⇒BC ⊥ AD.
a)

Ta có







AH ⊥DI (giả thiết)

AH ⊥BC (vì BC ⊥(ADI))

BC,DI ⊂(BCD), BC∩DI = I
⇒ AH ⊥(BCD).

C
I
H

D B

Bài 2. Cho hình chópS.ABCcóSA ⊥(ABC), tam giác ABC vuông cân tạiB. GọiGlà
trọng tâm của tam giácSACvà N là điểm thuộc cạnhSBsao choSN = 2NB. Chứng
minh:

BC ⊥(SAB).
a)

</div>
(128)<div class='page_container' data-page=128>

128 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Lời giải.

GọiHlà trung điểm của AC. Vì4ABCvng cân tạiBnên BH ⊥ AC. (1)

Ta có

BC ⊥ AB giả thiết

BC ⊥SA (vìSA ⊥(ABC)) ⇒BC ⊥(SAB).
a)

Ta có

BH ⊥ AC (theo(1))

BH ⊥SA (vìSA ⊥(ABC)) ⇒ BH ⊥
(SAC). (2)

Xét 4SBH có SN

SB =
SG
SH =

3, suy ra NG k
BH. (3)

Từ(2)và(3)ta đượcNG ⊥(SAC).
b)

A C

H
G

Bài 3. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ CDvà AC ⊥ BD. Gọi H là hình chiếu vng góc
của Axuống mặt phẳng(BCD). Chứng minh rằngHlà trực tâm của tam giác BCDvà
AD BC.

Li gii.

ãTa cú

CD AB gi thit

CD AH (vỡ AH ⊥(BCD)) ⇒CD⊥(ABH).
MàBH ⊂(ABH)nênCD⊥ BH. (1)

Chứng minh tương tự ta được BD ⊥ (ACH) ⇒ BD ⊥

CH. (2)

Từ(1)và(2)suy raHlà trực tõm ca4BCD.
ã Ta cú

BC DH (vỡ Hl trc tõm4BCD)

BC AH (vì AH ⊥(BCD)) ⇒ BC ⊥
(ADH).

Mà AD⊂(ADH)nênBC ⊥ AD.

B D

Bài 4. Cho tứ diệnABCDcóDA ⊥(ABC), ABClà tam giác cân tạiA. Gọi Mlà trung
điểm củaBC. VẽAH ⊥ DMtạiH.

Chứng minh AH ⊥(BCD).
a)

Gọi G, K lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và DBC. Chứng minh GK ⊥
(ABC).

</div>
(129)<div class='page_container' data-page=129>

1. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG 129

Ta có

BC ⊥ AM vì AMlà đường trung tuyến trong4ABCcân tạiA
BC ⊥ AD (vì DA ⊥(ABC))

⇒ BC⊥(DAM). (1)
Khi đó








AH ⊥BC (do(1))
AH ⊥DM giả thiết

BC,DM ⊂(BCD); BC∩DM= M

⇒

AH ⊥(BCD).

VìG,Klần lượt là trọng tâm của tam giácABCvàDBC
nên theo tính chất trọng tâm ta có AG

AM =
DK
DM =

2
3.
Theo định lí Talet đảo ta đượcKGk AD.

MàAD ⊥(ABC)nên KG⊥(ABC).
b)

A C

H
K

M
G

Bài 5. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình thoi tâmO. BiếtSA=SCvàSB=SD.
Chứng minhSO ⊥(ABCD)vàAC ⊥SD.

GọiI, Jlần lượt là trung im ca ABvBC. Chng minh I J (SBD).
b)

Li gii.

ãTa cú

SO AC (vỡ4SACcõn tiS)
SO BD (vỡ4SBD cõn tiS)
SO (ABCD).

ãTa cú

AC BD tính chất hình thoi
AC ⊥SO (vìSO⊥(ABCD))
⇒ AC ⊥(SBD)⇒ AC ⊥SD.

Ta cóI J là đường trung bình của4ABCnên I J k AC.
MàAC ⊥(SBD)nên I J ⊥(SBD).

B C

O
J

A D

Bài 6. Cho hình chópS.ABCD có đáy là hình vng tâmO.SA ⊥ (ABCD). Gọi H, I,
Klần lượt là hình chiếu vng góc của AtrênSB,SC, SD.

1. Chứng minh rằngBC ⊥(SAB), CD⊥(SAD), BD⊥(SAC).

2. Chứng minh rằng AH, AKcùng vng góc vớiSC. Từ đó suy ra ba đường thẳng
AH, AI, AK cùng nằm trên một mặt phẳng

3. Chứng minh rằng HK⊥(SAC). Từ đó suy raHK ⊥ AI.

Lời giải.

</div>
(130)<div class='page_container' data-page=130>

130 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
Chứng minhBC ⊥(SAB).

Có







BC ⊥SA(SA ⊥(ABCD))
BC ⊥ AB(gt)

SA,AB⊂(SAB),SA∩ AB={A}
⇒ BC ⊥(SAB).

Chứng minhCD ⊥(SAD)
Vì








CD ⊥SA(SA ⊥(ABCD))
CD ⊥AD(gt)

SA,AD ⊂(SAD),SA∩AD={A}
⇒CD ⊥(SAD).

Chứng minhBD ⊥(SAC)
Vì








DB ⊥SA(SA ⊥(ABCD))
BD ⊥ AC(gt)

SA,AC ⊂(SAC),SA∩AC ={A}
⇒ BD⊥(SAC).

B
S

H
I

2. Ta có

AH ⊥SB(gt),AH ⊥BC(BC ⊥(SAB))

SB,BC ⊂(SBC),SB∩BC ={B} ⇒ AH ⊥(SBC)⇒ AH ⊥SC.
Có








AK ⊥SD(gt)

AK ⊥CD(CD ⊥(SAD))

SD,CD⊂(SCD),SD∩CD={D}

⇒ AK ⊥(SCD)⇒ AK ⊥SC.
VìAH, AKvàAI cùng vng góc vớiSC nên AH, AK, AI đồng phẳng.

3. Ta có 4SAB = 4SAD (c.g.c) nên hai đường cao xuất phát từ đỉnh A bằng nhau,
hay AH = AK. Từ đó suy ra 4SH A = 4SKA (cạnh huyền - cạnh góc vng). Vậy
SH =SK.

Do đó SH
SB =

SD, theo định lý đảo Ta-lét ta cóHK k BD.
MàBD⊥(SAC)⇒ HK ⊥(SAC)⇒ HK⊥ AI(AI ⊂(SAC)).

Bài 7. Cho tứ diệnO.ABCcó3cạnhOA,OB,OCđơi một vng góc với nhau. KẻOH
vng góc với mặt phẳng(ABC)tạiH. Chứng minh

1. OA ⊥BC,OB⊥CA,OC ⊥ AB.
2. Hlà trực tâm của tam giác ABC.

3. 1

OH2 =

1
OA2 +

1
OB2 +

1
OC2.

4. S2∆ABC =S2∆OAB+S2∆OBC+S2∆OAC.

5. Các góc của tam giácABCđều là góc nhọn.

</div>
(131)<div class='page_container' data-page=131>

1. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG 131

O
A

E
F

1. Ta có

OA⊥OB,OA ⊥OC

OB,OC ⊂(OBC) ⇒OA ⊥(OBC)⇒OA ⊥BC.
Ta có

OB⊥OA,OB⊥OC

OA,OC ⊂(OAC) ⇒OB⊥(OAC)⇒OB ⊥AC.
Chứng minh tương tự ta đượcOC ⊥ AB.

2. GọiE= AH∩BC,F= BH∩ AC.
Ta có








BC ⊥OA(OA ⊥(OBC))
BC ⊥OH(OH ⊥(ABC))
OA,OH ⊂(OAE)

⇒BC ⊥(OAE)⇒BC ⊥ AE. (1)

Ta lại có

AC ⊥OB,AC ⊥OH

OB,OH ⊂(OBF) ⇒ AC ⊥(OBF)⇒ AC ⊥ BF. (2)

Từ(1)và(2)ta cóHlà trực tâm của tam giác ABC.

3. Trong tam giácOAEvng tạiOcóOH là đường cao nên ta có 1
OH2 =

1
OA2 +

1
OE2.

Mà trong tam giácOBCvng tạiOcóOElà đường cao ta lại có 1
OE2 =

1
OB2 +

1
OC2.

Từ đó suy ra 1
OH2 =

1
OA2 +

1
OB2 +

OC2.

4. Cách 1

Trong tam giácOAEvuông tạiOcóOH là đường cao ta có
OE2 =EH·EA ⇔ OE2·BC2 =EH·BC·EA·BC

⇔

2OE·BC

ã2

= 1

2EH·BC·
1

2·EA·BC
⇔ S2∆OBC =S∆HBC·S∆ABC.

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được
S2∆OAC =S∆H AC·S∆ABC;

S2∆OAB =S∆H AB·S∆ABC.

Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta được

S2∆OBC+S2∆OACS2∆OAB =S∆HBC·S∆ABC+S∆H AC·S∆ABC+S∆H AB·S∆ABC
⇔ S2∆OBC+S2∆OACS2∆OAB =S∆ABC·(S∆HBC+S∆H AC+S∆H AB)

</div>
(132)<div class='page_container' data-page=132>

132 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Cách 2
Ta có

S2∆ABC = 1

4AE

2·BC2 = 1

(OA2+OE2äBC2 = 1

4OA

2·BC2+1

4OE

2·BC2

= 1

4OA

2Ä

OB2+OC2ä+1

4OE

2·BC2 = 1

4OA

2·OB2+1

4OA

2·OC2+1

4OE

2·BC2

⇔S2∆ABC = S2∆OAB+S2∆OBC+S2∆OAC.
5. Gọi độ dài ba cạnhOA =a,OB=b,OC =c.

Trong tam giácABC, áp dụng định lý cosin có
cosA“=

AB2+AC2−BC2
2AB·AC =

a2+b2+a2+c2− b2+c2
2AB·AC =

AB·AC >0.
Suy ra A“là góc nhọn.

Chứng minh tương tự ta cũng cóBb,Cblà góc nhọn.

Bài 8. Cho tứ diện ABCD, đáy là tam giác cân và DA ⊥ mp(ABC), AB = AC = a,
BC = 6a

5 . GọiMlà trung điểm củaBC. VẽAHvng góc với MD(H thuộcMD).
1. Chứng minhAH ⊥mp(BCD).

2. Cho AD= 4a

5 . Tính góc giữa hai đường thẳng ACvàDM.

3. Gọi G1, G2 lần lượt là trọng tâm tam giác DBC và ABC. Chứng minh G1G2 ⊥

mp(ABC).
Lời giải.

N
A

B
G2

C
G1

1. Chứng minhAH ⊥mp(BCD).

VìMlà trung điểm củaBCnên BC ⊥ AM. (1)

</div>
(133)<div class='page_container' data-page=133>

1. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG 133
Từ(1)và(2)ta suy raBC ⊥mp(DAM). Suy ra BC ⊥ AH(vì AH ⊂(DBC).)

Vậy ta có

AH ⊥DM

AH ⊥BC ⇒ AH ⊥mp(DBC).

2. ChoAD = 4a

5 . Tính góc giữa hai đường thẳngAC vàDM.

Kẻ MN k AC (N ∈ AB)thì góc giữa đường thẳng DM và AC bằng góc giữaDM và
MN, đó là gócDMN÷ hoặc góc180◦−DMN.÷

Xét4ABCcó MN = 1

2AC =
a
2.

Xét4DAN vng tạiAcóDN =√AD2+AN2= a

√
89
10 .
Xét4ABMvng tạiMcóAM =√AB2−BM2 = 4a

5 .
Xét4ADMvng tại AcóDM√AD2+AM2 = 4a

√
2
5 .
Áp dụng định lícoscho tam giácDMN, ta có

cosDMN÷ =

DM2+MN2−DN2
2·DM·MN =

2√2

5 ⇒ DMN÷ =arccos

2√2
5

3. GọiG1,G2lần lượt là trọng tâm tam giácDBCvàABC. Chứng minhG1G2 ⊥mp(ABC).

VìG1,G2lần lượt là trọng tâm tam giácDBC vàABCnên theo tính chất trọng tâm, ta

có MG1
MD =

1
3,

MG2

MA =
1

3 ⇒

MG1

MD =
MG2

MA ⇒ G1G2 k DA ( theo định lí đảo định lí
Talet).

MàDA ⊥(ABC)⇒ G1G2 ⊥(ABC).

Bài 9. Cho tứ diệnS.ABCcóSAvng góc với mặt phẳng(ABC). GọiH,Klần lượt là
trực tâm của tam giác ABCvàSBC. Chứng minh rằng:

1. AH,SK,BCđồng quy.

2. SC vng góc với mặt phẳng(BHK).
3. HKvng góc với mặt phẳng(SBC).

</div>
(134)<div class='page_container' data-page=134>

134 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

1. GọiE= AH∩BC
Ta có:

BC ⊥ AE

BC ⊥SA ⇒ BC ⊥(SAE)
⇒ BC ⊥SE(SE⊂(SAE)).

VìSK ⊥ BC, suy ra ba điểmS,K,Ethẳng hàng.
Kết luận ba đường thẳng AH,BC,SK đồng quy tại
điểmE.

2. Chứng minhSCvng góc với mặt phẳng(BHK).
Có:

BH ⊥ AC

BH ⊥SA ⇒ BH ⊥ (SAC) ⇒ BH ⊥ SC(SC ⊂
(SAC)).

Có:

SC ⊥BH(BH ⊥(SAC))

SC ⊥BK ⇒SC ⊥(BHK).
3. HKvng góc với mặt phẳng(SBC).

CóBC⊥(SAE)⇒BC ⊥ HK(HK ⊂(SAE)) (1)
CóSC ⊥(BHK)⇒SC ⊥ HK (2)

Từ(1)và(2)suy raHK⊥(SBC).

B
E
H

A C

Bài 10. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình vng cạnh a. SABlà tam giác đều và
SC= a√2. GọiH,Klà trung điểm của AB,AD.

1. Chứng minhSH ⊥(ABCD).

2. Chứng minhAC ⊥SKvàCK⊥SD.
Lời giải.

Trong4BCHcóHC2 =BH2+BC2= 5a

4
vàSH = a

√
3

2 (SHlà đường cao4SABđều).
Trong4SCHcóSC2=SH2+HC2=2a2.
Suy ra tam giácSHCvng tạiH.

Có

SH ⊥ AB,SH ⊥ HC

AB,HC⊂(ABCD),AB∩HC= H
⇒SH ⊥(ABCD).

B C

A K

2. Ta có

HKk BD

BD ⊥ AC ⇒ AC ⊥ HK.
Có

AC ⊥SH,AC ⊥HK

</div>
(135)<div class='page_container' data-page=135>

1. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG 135
Chứng minhCK⊥SD.

Dễ dàng chứng minh4CDK=4DAH.

Suy raCKD’ = AHD’ mà AHD’ +ADH’ =90◦

⇒CKD’+ADH’ =90◦ ⇒CK⊥ DH.

Ta có

CK⊥SH,CK⊥DH

SH,DH ⊂(SHD),SH∩DH =H

⇒CK⊥(SHD)⇒CK ⊥SD(đpcm). B C

A K D

Bài 11. Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0. GọiM,N,Plần lượt là trung điểm của
BB0,CD,A0D0. Chứng minh: MP⊥C0N.

Lời giải.

GọiElà trung điểm củaCC0.

Ta có ME k A0D0 nên EM và PD0 đồng
phẳng. Vì có CDD0C0 là hình vng nên dễ
dàng chứng minh được hai tam giác D0C0E
vàC0CNbằng nhau, suy raED÷0C0 =NC’0C.

Mà ED÷0C0 + C÷0ED0 = 90◦ ⇒ NC’0C +
÷

C0ED0 =90◦ ⇒ ED0 ⊥NC0 (1).

Ta có BC ⊥ (CDD0C0) ⇒ BC ⊥ NC0, mà
MEk BC nênME ⊥NC0 (2).

Từ (1)và (2) suy ra NC0 ⊥ (MED0P), do đó
NC0 ⊥ PM(doPM ⊂(MED0P)).

A0
P

B
A

D N C

E
C0

Bài 12. Cho hình chóp tứ giácS.ABCDcó đáy là hình vng cạnha. Mặt bênSADlà
tam giác đều và ở trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi M, N, Plần lượt là trung
điểmSB,BC,CD. Chứng minh AM ⊥BP.

Lời giải.

M
A

D
H

B
C

1
1

A B

N
H

D P

HạSH ⊥ADtạiH.

VìSADlà tam giác đều nênSH = a

√
3
2 .

Vì mặt phẳng(SAD)vng góc mặt phẳng(ABCD)nên cóADlà giao tuyến.
Suy raSH ⊥(ABCD).

</div>
(136)<div class='page_container' data-page=136>

136 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
Mà AM,MN ⊂(AMN)vàHC,SC ⊂(SHC).

Suy ra mặt phẳng(AMN)song song mặt phẳng(SHC).

Trong hình vngABCDta có4BCP =4CDH(c.g.c)nêncB1=Cc1.
MàcB1+P“1 =90◦ ⇒Cc1+P“1 =90◦ ⇒CH ⊥PB.

Ta có

BP ⊥CH

BP ⊥SH ⇒ BP⊥(SHC)⇒ BP⊥(AMN)⇒ BP⊥ AM.
Bài 13. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi E là điểm đối
xứng của điểm D qua trung điểm SA. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE, BC.

Chứng minh MN ⊥ BD.

Lời giải.

GọiOlà giao điểm củaAC vàBD. Plà trung điểm
SA.

Trong 4EAD có MP là đường trung bình nên có
MPk AD,

MP= 1

2AD. (1)

VìNlà trung điểmBC nênNC k AD,
NC= 1

2AD. (2)

Từ(1)và(2)suy ra tứ giácCPMNlà hình bình hành
nên MN k BC.

Ta cóBD⊥(SAC)⇒ BD⊥CP(CP ⊂(SAC)).
Suy ra BD⊥ MN.

M
E

O
N
A
B

D
C

Bài 14. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và biết
rằng AH ⊥(ABC). Chứng minh rằng:

1. AA0 ⊥BCvà AA0 ⊥B0C0.

2. Gọi MM0 là giao tuyến của hai (AH A0) và(BCC0B0)trong đó M ∈ BC và M0 ∈
B0C0. Chứng minh tứ giác BCC0B0 là hình chữ nhật và MM0 là đường cao của
hình chữ nhật đó.

Lời giải.

1. Ta có

BC ⊥ AH (giả thiết)
BC ⊥ A0H(A0H ⊥(ABC)).
⇒ BC ⊥(A0AH) ⇒BC ⊥ AA0.

VìB0C0 ⊥ BCmàBC ⊥ AA0 ⇒ AA0 ⊥B0C0.

2.







(AH A0)∩(BCC0B0)= MM0

AA0 k BB0

A0 ⊂(AH A0),BB0 ⊂(BCC0B0).

⇒ MM0 k
AA0 k BB0.

Mà AA0 ⊥ BC ⇒ BB0 ⊥ BC. Vậy BCC0B0 là
hình chữ nhật.

B0 M

B
H
A0

A
N

C
M

</div>
(137)<div class='page_container' data-page=137>

1. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG 137

ACHvàBFKlà các tam giác vuông.

a) b) BF⊥ AHvàAC ⊥BK.

Lời giải.

1. Ta cóABCD, ABEFlà hình chữ nhật nên

AB⊥BC

AB⊥BE ⇒ AB⊥(BCE)⇒ AB⊥CH.

CH ⊥BE (giả thiết)

CH ⊥ AB ⇒ CH ⊥ (ABEF) ⇒
CH ⊥ AH.

Vậy4ACHvng tạiH.

Chứng minh tương tự, ta có FK ⊥ (ABCD) ⇒
FK⊥BK.

Vậy4BFKvng tạiK.
2. Ta có

BF⊥ AC (giả thiết)

BF⊥CH(vì H ⊥(ABEF)) ⇒ BF ⊥
(ACH)⇒ BF⊥ AH(AH ⊂(ACH)) .

AC ⊥FB(giả thiết)

AC ⊥FK(vìFK ⊥(ABCD)) ⇒ AC ⊥
(BKF) ⇒ AC ⊥BK.

A
F

C
D

B
H

Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh bằng a, SAB là tam giác
đều,SCDlà tam giác cân đỉnhS. gọi I,J lần lượt là trung điểm của ABvàCD.

1. Tính các cạnh của tam giácSI Jvà chứng minhSI ⊥(SCD), SI ⊥(SAB).

2. Gọi SH là đường cao của tam giác SI J. Chứng minh SH ⊥ (ABCD)và tính độ
dàiSH.

Lời giải.

</div>
(138)<div class='page_container' data-page=138>

138 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

4SAB đều có SI = a

√
3

2 , 4SCD vng cân tại
S.

Suy ra SI = CI = DI = a

2; SC = SD =
a

√

2 vàI J = AD =BC =a.

Xét tam giácSI JcóI J2=SI2+SJ2= a2⇒ 4SI J
vng tạiS, suy raSI ⊥SJ. (1)

Trong tam giác IBCvng tạiBcó: IC2 = IB2+

BC2 = 5a

4 .

Xét tam giácSIC có IC2 = IS2+SC2 = 5a

4 ⇒
4SICvng tạiS, haySI ⊥SC. (2)

Từ (1) và (2) có

SI ⊥SJ,SI ⊥SC

SJ,SC⊂(SCD) ⇒ SI ⊥
(SCD).

Chứng minh tương tự

SJ ⊥SI,SJ ⊥SB
SI,SB ⊂(SAB) ⇒

SJ ⊥(SAB).

A
H
I
B

D
C

2. Đầu tiên ta chứng minh:CD⊥(SI J).
Ta có

CD⊥ I J

CD⊥SI (vìSI ⊥(SCD)) ⇒CD⊥(SI J)⇒CD⊥SH(doSH ⊂(SCD)). (1)
Ta lại có

SH ⊥ I J (giả thiết),SH ⊥CD(do(1))

I J,CD ⊂(ABCD) ⇒SH ⊥(ABCD).
TínhSH: xét tam giácSI Jvng tạiScó

1
SH2 =

1
SI2 +

1
SJ2 =

4
3a2 +

4
a2 =

3a2 ⇒SH =

a√3
4 .

Bài 17. Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với đáy và SA = 2a tam giác ABC
vuông tạiCvới AB= 2a, ’BAC =30◦. Gọi Mlà một điểm di động trên cạnh AC, Hlà

hình chiếu củaStrênBM.
1. Chứng minhAH ⊥ BM.

2. Đặt AM = x, 0 ≤ x ≤ a√3. Tính khoảng cách từStớiBMtheoavàx. Tìmxđể
khoảng cách này là lớn nhất, nhỏ nhất.

</div>
(139)<div class='page_container' data-page=139>

1. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG 139

BM ⊥SH

BM ⊥SA ⇒ BM ⊥(SAM)⇒ BM ⊥AH.
2. Khoảng cách từ HtớiBMchính làSH.

Trong tam giác ABC có AC = AB · cos 30◦ =

a√3,BC =AB·sin 30◦ = a.

Xét tam giác BCM có BM = √BC2+CM2 =

a2+(a√3−x)2.

Xét tam giác ABMcó S4ABM =
1

2AH·BM =
1

2AM·
AB·sin 30◦

⇒ AH = » ax

a2+(a√3−x)2

Xét tam giác SAH có SH2 = SA2+ AH2 = 4a2+

a2·x2
a2+(a√3−x)2.

Để SH lớn nhất thì AH lớn nhất. AH lớn nhất khi M
trùng vớiC khi đó AHlà AC vàSH làSC. ĐểSH nhỏ
nhất thì AHnhỏ nhất.AHnhỏ nhất khiMtrùng vớiA
khi đóAH bằng0vàSHchính làSA.

30◦

2a
x

H
A

Bài 18. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a và
CC0= a.

1. GọiI trung điểm củaBC. Chứng minh AI ⊥BC0.
2. GọiMtrung điểm củaBB0. Chứng minh AM⊥ BC0.
3. Lấy điểmNthuộc A0B0sao cho NB0 = a

4 và gọi Jlà trung điểm củaB

0C0. Chứng

minh AM⊥(MN J).
Lời giải.

Vì ABC.A0B0C0 là lăng trụ đứng vàAB = AC =BC =CC0 = anên các mặt bên là các hình
vng.

Chứng minh AI ⊥ BC0.

AI ⊥BC

AI ⊥CC0 ⇒ AI ⊥(BCC

0B0) ⇒ AI ⊥BC0.

2. Chứng minhAM ⊥BC0

AM kCB0,CB0 ⊥ BC0 ⇒ I M⊥BC0.
Ta có

AI ⊥ BC0

I M⊥ BC0 ⇒ BC

0 ⊥(AMI)⇒ BC0 ⊥ AM.

3. Chứng minhAM ⊥(MN J).

GọiHlà trung điểm củaA0B0, suy raNlà trung điểm
củaHB0.

Ta cóMN k BH,BH ⊥ AM(tính chất hình vng).

A
N

C
B0

M
H

Suy ra MN ⊥ AM. (1)

</div>
(140)<div class='page_container' data-page=140>

140 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Suy ra AM ⊥MJ. (2)

Từ(1)và(2)suy raAM ⊥(MN I).

Bài 19. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình chữ nhật tâmO,SA ⊥(ABCD).
1. GọiH,Klà hình chiếu của AtrênSB,SD. Chứng minhSC ⊥(AHK).
2. Kẻ AJ ⊥(SBD). Chứng minh J là trực tâm của tam giácSBD.

Lời giải.

Ta có

BC ⊥ AB

BC ⊥SA ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥
AH. (1)

AH ⊥SB(giả thiết)

AH ⊥BC(do(1)) ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥
SC. (2)

Lại có

CD ⊥ AD

CD ⊥SA ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥
AK. (3)

AK ⊥SD(giả thiết)

AK ⊥CD (do(3)) ⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ AK ⊥
SC. (4)

Từ(3)và(4)suy raSC ⊥(AHK).

B
H

D
K

2. GọiL= DJ∩SB (vìDJ,SB⊂(SBD)). M= BJ∩SD (vìBJ,SD⊂(SBD)).
Ta cóAD ⊥mp(SAB)⇒ AD⊥SB.

Suy ra

SB⊥ AD,SB ⊥AJ (do AJ ⊥(SBD))
AD,AJ ⊂(ADL) .

⇒SB⊥(ADL) ⇒SB⊥DL.

Chứng minh tương tự thìSD⊥ BM.

Xét tam giácSBD, có Jlà giao điểm hai đường cao.
Suy ra Jlà trực tâm của4SBD.

Bài 20. Cho tứ diệnABCDcóDA ⊥(ABC). GọiAI là đường cao vàHlà trực tâm của
tam giác ABC. HạHKvng góc vớiDI tạiK. Chứng minh

HK ⊥BC.

a) b) Klà trực tâm của tam giác DBC.

</div>
(141)<div class='page_container' data-page=141>

1. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG 141

1. Ta có

BC ⊥ AI,BC ⊥ DA

AI,DA ⊂(DAI),DA∩ AI = A
⇒ BC ⊥(DAI)⇒BC ⊥ HK.

2. Ta cóBC ⊥(DAI)BC ⊥DI. (∗)
Trong tam giácABCgọi M=CH∩AB.
Trong tam giácBCDgọiN =CK∩BD.

HK ⊥DI (giả thiết), HK⊥ BC

DI,BC⊂(BCD),DI ∩BC = I ⇒ HK ⊥(BCD). (1)

CM ⊥AB,CM ⊥DA

AB,DA⊂(ABD),AB∩DA = A ⇒ CM ⊥
(DAB). (2)

BD⊥CM(do (1))

BD⊥ HK(do (**)) ⇒ BD ⊥ (CMN) ⇒ BD ⊥

CN. (∗∗)

Từ(∗)và(∗∗)suy raKlà trực tâm tam giác BCD.

B
H

I
A

Bài 21. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, ASB‘ = 120◦, BSC‘ = 90◦,
‘

CSA =60◦.

1. Chứng minh ta giácABCvng.

2. Xác định hình chiếuH củaStrên(ABC). TínhSHtheoa.
Lời giải.

AB2 = SA2+SB2−2SA·SBcosASB‘ = 3a2 ⇒ AB =

a√3.

BC2 =SB2+SC2 =2a2 ⇒BC =a√2.

AC2=SA2+SC2−2SA·SCcosCSA‘ =a2 ⇒ AC =a.

Ta cóAB2 =BC2+AC2.
Vậy tam giác ABCvng tạiC.
a)

Vì

SH ⊥(ABC)

SA=SB =SC nênH A =HB =HC.
Do đóHlà trung điểm của AB.

Vì tam giác ASHlà nửa tam giác đều nênSH = SA

2 =
a
2.
b)

C
H

A B

Bài 22. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCDlà tứ giác, có ABD là tam giác đều, BCD
là tam giác cân tạiCcó’BCD =120◦, SA⊥(ABCD).

1. GọiH,Klà hình chiếu vng góc của AtrênSB,SD. Chứng minhSC ⊥(AHK).
2. GọiC0 là giao điểm củaSC với (AHK). Tính diện tích tứ giác AHC0Kkhi AB =

</div>
(142)<div class='page_container' data-page=142>

142 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Vì

AB= AD

CB=CD nên AClà đường trung trực của đoạn BD.
Tam giác ABDđều,ABD’ = ADB’ =60◦.

Tam giácBCD cân tạiCcó’BCD =120◦ ⇒ ’CBD=CDB’ =

30◦.

Vậy’ABC = ’ADC=90◦.

Ta có

BC ⊥ AB,BC ⊥SA(vìSA ⊥(ABCD))

AB,SA ⊂(SAB),AB∩SA =A ⇒ BC ⊥
(SAB) ⇒BC ⊥ AK.

K
C0

B C

D
I

1.







DC ⊥AD

DC ⊥SA(vìSA ⊥(ABCD))

AD,SA⊂(SAD),AB∩SA = A

⇒ DC ⊥(SAD)⇒ DC ⊥ AK.

AH ⊥SB

AH ⊥BC ⇒ AH ⊥(SBC)⇒ AH ⊥SC;

AK ⊥SD

AK ⊥CD ⇒ AK ⊥(SCD) ⇒ AK ⊥SC.
Vậy

SC ⊥AH,SC ⊥ AK

AH,AK ⊂(AHK),AH∩ AK = A ⇒SC ⊥(AHK).
2.

BD⊥ AC

BD⊥SA ⇒BD ⊥(SAC).

Ta có4SAB =4SAD(c.g.c), suy ra AH = AK(đường cao xuất phát từ2đỉnh tương
ứng).

NênSH =SK, màSB =SD, suy raHKk BD(định lí Ta-lét).
Ta có

BD ⊥(SAC)

BD k HK ⇒HK ⊥(SAC).
Vậy HK⊥ AC0(vì AC0 ⊂(SAC)). (∗)

Ta lại cóAB=SA ⇒ 4SABvng cân tạiAnênH là trung điểm củaSB.
Xét4SBDcóHKlà đường trung bình nên HK= 1

2BD =
a
2.
Xét4ABCvng tạiBnên AC = AB

sin 60◦ =
2a
√

3.
VìSC ⊥(AHK)nênSC ⊥ AC0(vì AC0 ⊂(AHK)).
Xét4SACvng tạiA, ta có 1

AC02 =

1
AS2 +

1
AC2 =

1
a2 +

3
4a2 =

4a2 ⇒ AC

0 = √2a

7.
Từ (∗) thì tứ giác AHC0K có 2 đường chéo vng góc nên SAHC0K = 1

2 ·AC

0·HK =

1
2·

2·

2a
√

7 =
a2
2√7.

Bài 23. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình vng tâmO, AB=SA =a,SAvng
góc với đáy. Gọi(P)là mặt phẳng quaAvà vng góc vớiSC,(P)cắtSB,SC,SDtạiH,
I, K.

1. Chứng minhHK k BD.

2. Chứng minhAH ⊥SB, AK ⊥SD.

3. Chứng minh tứ giác AH IKcó hai đường chéo vng góc. Tính diện tích AH IK
theoa.

</div>
(143)<div class='page_container' data-page=143>

1. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG 143
1.

Chứng minh HKk BD.

Trong(SAC), gọiL= AI∩SO.
Vì

BD ⊥(SAC) ⇒BD⊥SC

(P) ⊥SC nên BDk (P).
Ta có

L ∈(P)∩(SBD)

BD k(P) ⇒ (P)∩(SBD) = HK, HKđi qua
LvàHK k BD.

K
I

B C

D
L

2. Chứng minhAH ⊥SB, AK ⊥SD.
Ta có

BC ⊥ AB

BC ⊥SA ⇒ BC⊥(SAB),

CD ⊥ AD

CD ⊥SA⊥CD ⇒CD⊥(SAD).
Theo chứng minh trên, ta có

AH ⊥BC(vìBC ⊥(SAB))

AH ⊥SC(vìSC ⊥(P)) ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥
SB.

Tương tự ta chứng minh đượcAK ⊥(SCD)⇒ AK ⊥SD.

3. Chứng minh tứ giácAH IKcó hai đường chéo vng góc. Tính diện tíchAH IKtheoa.
DoBD⊥(SAC)vàBDk HKsuy raHK⊥(SAC)⇒ HK ⊥ AI(vì AI ⊂(SAC)).
Trong4SAC có AI là đường cao, ta có AI ·SC = SA·AC ⇒ AI = √SA·AC

SA2+AC2 =

a·a√2
a√3 =

a√6
3 .

Vì4SABvng cân tạiAnên Hlà trung điểm củaBC, suy raHK= 1

2BD =
a√2

2 .
VậySAH IK = 1

2·AI·HK=
1
2·

a√2
2 ·

a√6
3 =

a2√3
6 .

Bài 24. Cho hình chópS.ABCD, đáy ABCDlà hình chữ nhật có AB = a, BC = a√3,
mặt bênSBCvng tạiB,SCDvng tạiDcóSD =a√5.

1. Chứng minhSA ⊥(ABCD)và tínhSA.

2. Đường thẳng quaAvng góc vớiAC, cắtCB,CDtạiI, J. GọiHlà hình chiếu của
A trênSC,K vàL là giao điểm củaSB, SDvới(H I J). Chứng minh AK ⊥ (SBC)
vàAL ⊥(SCD).

3. Tính diện tích tứ giácAKHL.

Lời giải.

</div>
(144)<div class='page_container' data-page=144>

144 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
Chứng minhSA ⊥(ABCD)và tínhSA.

•Ta có







BC ⊥ AB(vì ABCDlà hình chữ nhật)
BC ⊥SB(vì4SBCvng tạiB)
AB, SB⊂(SAB), AB∩SB=B
⇒ BC ⊥(SAB).

Vậy (SAB) ⊥ (ABCD) (vì BC ⊂

(ABCD)) (∗)

Chứng minh tương tự thìCD⊥(SAD)
⇒(SAD)⊥(ABCD). (∗∗)

Ta có(SAB)∩(SAD)=SA. (∗ ∗ ∗)
Từ(∗),(∗∗)và(∗ ∗ ∗)suy raSA⊥(ABCD).

• Xét 4SAD vng tại A, ta có

SA =√SD2−AD2= a√2.

S
J
K
A
B C
I
D
H L

2. Chứng minhAK ⊥(SBC)vàAL⊥(SCD).
Ta có(H I J)∩(SBC) =I H.

GọiK =SB∩I H ⇒K=SB∩(H I J).

(H I J)∩(SCD) = JH, gọiL =SD∩ JH⇒ L=SD∩(H I J).
ãChng minh AK (SBC).

I A AC(gi thit)

I ASA(vỡSA (ABCD), I A⊂(ABCD)) ⇒ I A⊥(SAC)⇒ I A⊥SC (1)

SC ⊥ AH(giả thiết)

SC ⊥ I A(do (1)) ⇒ SC ⊥(P);

SC ⊥(P)

SC ⊂(SBC) ⇒(P)⊥(SBC).








(P)∩(SAB)= AK
(P)⊥(SBC)
(SAB)⊥(SBC)

⇒ AK ⊥(SBC).

•Chứng minh hồn tồn tương tựAL ⊥(SCD).
3. Tính diện tích tứ giácAKHL.

Xét4SABvng tại Acó đường cao AKnên AK = √AB·SA
SA2+AB2 =

a√2
√

3 .
Xét4SADvng tại Acó đường cai ALnên AL= AD·AS

SD =
a√6

√
5 .
Xét4SACvng tạiACó đường caoAH nên AH = √AC·SA

SA2+AC2 =

2a
√

3.
VìAK ⊥(SBC)nên AK ⊥KH.

Xét4AKHvng tạiKnênKH =√AH2−AK2 = a

√
2
√

3 .
VìAL ⊥(SCD)nên AL⊥LH.

Xét4ALH vuông tạiLnên LH =√AH2−AL2 = a

√
2
√

15.
SAKHL =S4AKH+S4ALH = 1

2AK·HK+
1

2AL·HL =
1
2

a√2
√

3 ·
a√2

√
3 +

a√6
√

5 ·
a√2
√

8a2
15 .

</div>
(145)<div class='page_container' data-page=145>

2. HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC 145

Bài 2.

HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC

A. Tóm tắt lý thuyết

1. Định nghĩa

Định nghĩa 1. Hai mặt phẳng được gọi là vng góc với nhau nếu góc giữa chúng
bằng90◦.

2. Các định lí và hệ quả
Định lí 1.

Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vuông góc với nhau
là mặt thẳng này chứa một đường thẳng vng góc với
mặt phẳng kia.

a ⊂(Q)

a ⊥(P) ⇒(P)⊥(Q).

P
Q

Hệ quả 1.

Nếu hai mặt phẳng(P)và(Q)vng góc với nhau vàAlà
một điểm trong(Q)thì đường thẳng đi qua điểmAvng
góc với(P)sẽ nằm trong(Q).









(P)⊥(Q)
A ∈(Q)
A ∈ a⊥(P)

⇒a⊂(Q).

P
Q

a
A

Định lí 2.

Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vng góc
với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng
vng góc với mặt phẳng thứ ba.








(P)∩(Q) =a
(P)⊥(R)
(Q)⊥(R)

⇒a ⊥(R).

P Q

3. Hình lăng trụ đứng, hình hộp chữ nhật, hình lập phương

Định nghĩa 2. Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có các cạnh bên vng góc với mặt
đáy. Độ dài cạnh bên được gọi là chiều cao của hình lăng trụ đứng.

1. Hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác, tứ giác, ngũ giác,. . .được gọi là hình lăng
trụ đứng tam giác, hình lăng trụ đứng tứ giác, hình lăng trụ đứng ngũ giác,. . .
2. Hình lăng trụ đứng có đáy là một đa giác đều được gọi là hình lăng trụ đều. Ta

có các loại lăng trụ đều như hình lăng trụ tam giác đều, hình lăng trụ tứ giác đều,
hình lăng trụ ngũ giác đều. . .

(a) Hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành được gọi là hình hộp đứng.
(b) Hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật được gọi là hình hộp chữ nhật.

</div>
(146)<div class='page_container' data-page=146>

146 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

4. Hình chóp đều và hình chóp cụt đều

Định nghĩa 3. Một hình chóp được gọi là hình chóp đều nếu nó có đáy là một đa giác
đều và có chân đường cao trùng với tâm của đa giác đáy.

!

1. Hình chóp đều có các mặt bên là những tam giác cân bằng nhau. Các mặt
bên tạo với mặt đáy các góc bằng nhau.

2. Các cạnh bên của hình chóp đều tạo với mặt đáy các góc bằng nhau.

Định nghĩa 4. Phần của hình chóp đều nằm giữa đáy và một thiết diện song song với
đáy cắt các cạnh bên của hình chóp đều được gọi là hình chóp cụt đều.

B. Bài tập rèn luyện

DẠNG 2.1. Chứng minh hai mặt phẳng vng góc

Cách 1. Ta chứng minh mặt phẳng này chứa một đường thẳng vng góc với mặt
phẳng kia.

Cách 2.Ta chứng minh góc giữa chúng bằng90◦.

Bài 1. Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại B và AD ⊥ (ABC). Chứng
minh(ABD)⊥(BCD).

Lời giải.

Ta có












BC ⊥ AB(vì4ABCvng tạiB)
BC ⊥DA (vì AD⊥(ABC))
AB⊂(ABD)

AD ⊂(ABD).
⇒ BC ⊥(ABD).

MàBC ⊂(BCD)nên(BCD) ⊥(ABD).

A C

Bài 2. Cho tứ diện ABCDcó AB ⊥(BCD). Trong tam giácBCD vẽ các đường caoBE
và DF cắt nhau tạiO. Trong mặt phẳng(ACD)vẽ DK ⊥ AC. Gọi H là trực tâm của
tam giác ACD.

1. Chứng minh(ACD)⊥(ABE)và(ACD)⊥(DFK).
2. Chứng minhOH ⊥(ACD).

Lời giải.

1. Ta có







CD ⊥BE (giả thiết)

</div>
(147)<div class='page_container' data-page=147>

2. HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC 147
⇒CD ⊥(ABE).

MàCD⊂(ACD)nên(ACD)⊥(ABE).
Ta có








DF⊥ BC (giả thiết)

DF⊥ AB (vì AB⊥(BCD))
BC,AB⊂(ABC)

⇒ DF⊥(ABC).

MàAC ⊂(ABC)nên DF⊥ AC. (1)
Ta có








AC ⊥DF (do(1))
AC ⊥DK (giả thiết)
DF,DK⊂(DFK).

⇒ AC ⊥(DFK).
MàAC ⊂(ACD)nên(ACD)⊥(DFK).

C
O

E
F

2. Ta cóCD ⊥(ABE)vàOH⊂(ABE)nênCD ⊥OH. (2)

Ta cóAC ⊥(DKF)vàOH ⊂(DKF)nên AC ⊥OH. (3)

Từ(2)và(3)ta có







OH ⊥CD
OH ⊥ AC

CD,AC ⊂(ACD)

⇒OH ⊥(ACD).

Bài 3. Cho hình chópS.ABCcó đáyABClà tam giác vuông tạiC,SAClà tam giác đều
và nằm trong mặt phẳng vng góc với(ABC). GọiIlà trung điểm củaSC.

1. Chứng minh(SBC)⊥(SAC).
2. Chứng minh(ABI)⊥(SBC).
Lời giải.

1. GọiHlà trung điểm của AC.
Ta có








(SAC)∩(ABC)= AC
(SAC)⊥(ABC)
AC ⊥SH ⊂(SAC)

⇒ SH ⊥(ABC).

Ta có







BC ⊥AC (giả thiết)

BC ⊥SH (vìSH ⊥(ABC))
AC,SH ⊂(SAC).

⇒ BC ⊥(SAC).

MàBC ⊂(SBC)nên(SBC)⊥(SAC).

2. Ta có







AI ⊥SC (giả thiết)

AI ⊥BC (vìBC ⊥(SAC))
SC,BC ⊂(SBC)

⇒ AI ⊥

(SBC).

MàAI ⊂(ABI)nên(ABI)⊥(SBC).

C
H

A B

Bài 4. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình thoi cạnhavàSA =SB =SC =a.
1. Chứng minh(SBD)⊥(ABCD).

</div>
(148)<div class='page_container' data-page=148>

148 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
GọiHlà hình chiếu vng góc củaStrên mặt phẳng(ABCD).

VìSA =SB=SCnên H A= HB =HC.

Suy ra Hnằm trên đường trung trực của đoạnAC. Vậy H ∈ BD.

1.







AC ⊥BD (vì ABCDlà hình thoi)
AC ⊥SO (4SACcân tạiS)
BD,SO ⊂(SBD).

⇒ AC ⊥(SBD).

MàAC ⊂(ABCD)nên(ABCD) ⊥(SBD).
2. Ta có4SAC =4BAC=4DAC(c.c.c)

Suy ra ba đường trung tuyến xuất phát từ
3 đỉnh tương ứng bằng nhau thì bằng nhau,
nghĩa làSO =BO= DO.

Trong 4SBD có SO là trung tuyến vàSO =

1
2BD.

⇒ 4SBD vng tạiS.

D
H

Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, có cạnh bằng a và
đường chéo BD = a, SC = a

√
6

2 và vng góc với (ABCD). Chứng minh (SAB) ⊥
(SAD).

Lời giải.

Trong mặt phẳng(SAC), kẻOH ⊥SAtại H.

Ta có 4ABD đều nên AO = AB

√
3
2 =

a√3
2 ⇒
AC =a√3.

Trong4SACcóSA =√AC2+SC2 = √3a

2.
Ta có4AHO v4ACS(g.g)

⇒ HO

CS =
AO

AS ⇒ HO =
a√3

2
3a
√

2
· a

√
6
2 =

a
2.

4HBD có HO là đường trung tuyến và HO =

1
2BD.

⇒ 4HBDvng tạiH.








BD⊥ AC (vì ABCDlà hình thoi)
BD⊥SC (SC ⊥(ABCD))

AC,SC ⊂(SAC)

⇒ BD⊥(SAC)⇒ BD⊥SA.

O
C

A
H

Có

SA ⊥BD,SA⊥OH

BD,OH⊂(BDH) ⇒SA⊥(BDH) ⇒

BH ⊥SA
DH ⊥SA.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng(SAB)và(SAD)làBHD.’

Theo chứng minh trên ta cóBHD’ =90◦ ⇒(SAD) ⊥(SAB).

</div>
(149)<div class='page_container' data-page=149>

2. HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC 149

1. Chứng minh(SAD)⊥(SBC).

2. KẻCI ⊥ AB, CK⊥SB. Chứng minhSB⊥(ICK).
3. KẻBM ⊥ AC, MN ⊥SC. Chứng minhSC ⊥ BN.
4. Chứng minh(CIK) ⊥(SBC)và(BMN)⊥(SBC).

5. MBcắtCI tạiG,CKcắtBNtạiH. Chứng minhGH ⊥(SBC).
Lời giải.

1. Chứng minh(SAD) ⊥(SBC).
Vì4ABCđều nên AD⊥ BC
Ta có

BC ⊥AD,BC⊥SA

AD,SA ⊂(SAD) ⇒ BC ⊥
(SAD).

MàBC ⊂(SBC)⇒(SAD)⊥(SBC).
2. Chứng minhSB⊥(ICK).

Ta có

CI ⊥AB,CI ⊥SA
AB,SA⊂(SAB).
⇒CI ⊥(SAB)⇒CI ⊥SB.
Do đó

SB⊥CK,SB⊥CI

CK,CI ⊂(CIK) ⇒ SB ⊥
(CIK).

3. Chứng minhSC ⊥BN.
Ta có

BM ⊥ AC,BM⊥SA
AC,SA ⊂(SAC).
⇒ BM⊥(SAC)⇒ BM ⊥SC.
Do đó

SC ⊥ MN,SC ⊥ BM
MN,BM⊂(BMN).
⇒SC ⊥(BMN)⇒SC ⊥BN.

B
S

N
H
M

C
D
G

4. Chứng minh(CIK)⊥(SBC)và(BMN)⊥(SBC).
Ta cóSB ⊥(CIK), màSB⊂(SBC)⇒(SBC)⊥(CIK).
Lại cóSC ⊥(BMN), màSC ⊂(SBC)⇒(SBC)⊥(BMN).
5. Chứng minhGH ⊥(SBC).

Ta có








(CIK) ⊥(SBC)
(BMN)⊥(SBC)
(CIK)∩(BMN)= HG

⇒ HG⊥(SBC).

Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O. Hai mặt phẳng (SAC) và
(SBD)cùng vng góc với đáy ABCD.

1. Chứng minh(SAC) ⊥(SBD).

2. TừOkẻOK ⊥ BC. Chứng minh BC ⊥(SOK).
3. Chứng minh(SBC)⊥(SOK).

</div>
(150)<div class='page_container' data-page=150>

150 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Lời giải.

1. Chứng minh(SAC)⊥(SBD).
Ta có









(SAC)⊥(ABCD)
(SBD)⊥(ABCD)
(SAC)∩(SBD)=SO.
⇒SO ⊥(ABCD).

Có







AC ⊥BD (vì ABCDlà hình thoi)
AC ⊥SO (vìSO⊥(ABCD))
BD,SO ⊂(SBD).

⇒ AC ⊥(SBD).

MàAC ⊂(SAC)⇒(SAC)⊥(SBD).
2. Chứng minhBC ⊥(SOK).

Ta có








BC ⊥OK

BC ⊥SO (vìSO⊥(ABCD))
OK,SO ⊂(SOK).

⇒ BC ⊥(SOK).

3. Chứng minh(SBC)⊥(SOK).
Ta có

BC ⊥(SOK)

BC ⊂(SBC) ⇒(SBC)⊥(SOK).
4. Chứng minhOH ⊥(SBC).

Ta có







OH⊥SK

OH⊥ BC (vì BC ⊥(SOK))
SK,BC ⊂(SBC)

⇒
OH ⊥(SBC).

D
S

O
K

Bài 8. Cho hình vuông ABCD. GọiSlà điểm trong không gian sao cho tam giácSAB
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Gọi H và I lần
lượt là trung điểm của ABvàBC.

1. Chứng minh(SAB)⊥(SAD)và(SAB)⊥(SBC).

2. Chứng minh(SHC)⊥(SDI).

Lời giải.

Vì tam giácSABđều nênSH ⊥ AB.
Có








(SAB) ⊥(ABCD)
(SAB)∩(ABCD)= AB
SH ⊂(SAB),SH ⊥ AB

</div>
(151)<div class='page_container' data-page=151>

2. HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC 151

1. Chứng minh (SAB) ⊥ (SAD) và (SAB) ⊥
(SBC).

Ta có







AD ⊥AB
AD ⊥SH

AB,SH ⊂(SAB)

⇒ AD⊥(SAB).
MàAD ⊂(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD).

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được
(SAB) ⊥(SBC).

2. Chứng minh(SHC) ⊥(SDI).

Có4BCH=4CDI (c-g-c)⇒Cb1 =D“1.

Mà D“1+bI1 = 90◦ ⇒ Cb1+bI1 = 90◦. Do đó
HC⊥ DI.

Ta có







DI ⊥CH
DI ⊥SH

CH,SH ⊂(SHC)

⇒ DI ⊥(SHC).
MàDI ⊂(SDI)⇒(SDI)⊥(SHC).

B
H

D
S

1
1 1

Bài 9. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Trên
đường thẳng vng góc với(ABC)tạiDlấy điểmSsao choSD= a

√
6

2 .Chứng minh
1. (SBC)⊥(SAD).

2. (SAB)⊥(SAC).
Lời giải.

1. Chứng minh(SBC)⊥(SAD).
Ta có

BC ⊥ AD

BC ⊥SD ⇒ BC ⊥(SAD).
MàBC ⊂(SBC)nên(SBC)⊥(SAD).
2. Chứng minh(SAB)⊥(SAC).

GọiO= AC∩BD. DựngOI ⊥SAtạiI.
Ta có

SA ⊥OI

SA ⊥BC ⇒SA⊥(IBC).
Suy ra

SA⊥ IB

SA⊥ IC ⇒((SAB), (SAC))=(BI,CI).

Ta có4AIOv4ADS(g-g).

Suy ra OI
DS =

AS ⇒OI =

AO·DS

AS . (1)

B
D

A
C
S

O
I

Trong đó
SD= a

√
6
2 .
AO= a

√
3

2 ⇒ AD=a
√

SA =√SD2+AD2= 3a

</div>
(152)<div class='page_container' data-page=152>

152 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Thay các kết quả trên vào(1), ta cóOI = a

2.
Xét tam giácBICcóOI = BC

2 nên tam giác BICvng tạiI. HayBIC‘ =90

◦.

Do đó((SAB), (SAC)) =90◦.

Vậy(SAB) ⊥(SAC).

Bài 10. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy là hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy.
Gọi M, N là các điểm thuộc BC và CD sao cho BM = a

2, DN =

4 . Chứng minh
(SAM)⊥(SMN).

Lời giải.

Áp dụng định lý Py-ta-go cho các tam giác vng ABM,
CMN, ADN. Ta có


















AM2= AB2+BM2 = 5a

4
MN2 =CM2+CN2= 5a

16
AN2 =AD2+DN2 = 25a

⇒ AM2+MN2 = AN2.

Suy ra tam giác AMNvng tại M.
Ta có

MN ⊥ AM

MN ⊥SA ⇒ MN ⊥(SAM).
MàMN ⊂(SMN)nên(SAM)⊥(SMN).

B C

N
S

Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O, cạnh a, SB = SD = a,
BD= 2a

√
3

3 .Hai mặt phẳng(SAC)và(SBD)cùng vuông góc với đáy
1. Chứng minh tam giácSACvng tạiS.

2. Chứng minh(SBC)⊥(SCD).

</div>
(153)<div class='page_container' data-page=153>

2. HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC 153

1. Chứng minh tam giácSACvng tạiS.
Ta cóSO =√SB2−BO2= a

√
6
3 .
AO = √AB2−BO2 = a

√
6

3 ⇒ AC =
2a√6

3 .

Tam giác SAC có trung tuyến SO = 1

2AC,
nên tam giácSACvuông tạiS.

2. Chứng minh(SBC)⊥(SCD).

KẻOH ⊥ SC tại H, ta cóOH k SA, suy ra
Hlà trung điểm củaSC.

Ta có tam giácBSCcân tạiBnên BH ⊥SC.
Tam giácDSCcân tạiDnênDH ⊥SC.
Do đó((SBC), (SCD))=(BH,DH).
Xét tam giácSOCvng tạiOcó

1
OH2 =

1
OS2+

OC2 ⇒OH =

OS·OC
√

OS2+OC2 =

a√3
3 .
Xét tam giác BHD có HO là đường trung

tuyến và HO = BD

2 nên tam giác BHD

vuông tại H.

Suy ra((SBC), (SCD))=BHD’ =90◦.

Vậy(SBC)⊥(SCD).

B C

D
S

Bài 12. Cho hình chópS.ABCDcóSAvng góc với đáy là hình vng ABCD. GọiO
là tâm của đáy, vẽ CI vng góc vớiSO tại I, vẽ DH vng góc vớiSB tại H. Chứng
minh rằng

1. (SAB)⊥(ADH).
2. CI ⊥(SBD).

3. (ABE)⊥(SCD), vớiElà giao điểm củaSOvàDH.

</div>
(154)<div class='page_container' data-page=154>

154 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

1. Chứng minh(SAB)⊥(ADH).
Có

AD ⊥SA

AD ⊥AB ⇒ AD ⊥ (SAB) ⇒
AD⊥SB.

Có

SB⊥DH

SB⊥ AD ⇒SB⊥(ADH).

Mà SB ⊂ (SAB) ⇒ (SAB) ⊥

(ADH).

2. Chứng minhCI ⊥(SBD).
Có

BD⊥SA

BD⊥ AC ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒
BD⊥CI.

Có

CI ⊥SO

CI ⊥ BD ⇒CI ⊥(SBD).
3. Chứng minh(ABE)⊥(SCD).

Có

SD⊥BE

SD⊥ AB ⇒SD⊥(ABE).

Mà SD ⊂ (SCD) ⇒ (ABE) ⊥

(SCD).

D
S

I
A

</div>
(155)<div class='page_container' data-page=155>

3. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 155

Bài 3.

GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG

A. Tóm tắt lý thuyết

1. Cách xác định góc giữa hai đường thẳng

1. Chọn điểmOtùy ý.

2. QuaOkẻ hai đường thẳnga0,b0sao choa0 k a,
b0 k b.

3. Khi đó góc giữa hai đường thẳng a, b chính
bằng góc giữa hai đường thẳnga0,b0.

b
a0

b0
O

2. Các phương pháp tính góc

1. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác.

Xét4ABC, đặta= BC,b = AC,c = AB. Ta có
(a) Định lí sin a

sinA =
b
sinB =

c
sinC.
(b) Định lí coscosA= b

2+c2−a2

2bc .

C
B

c b

a
2. Tính theo véc-tơ chỉ phương

Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng a và b. Nếu đường thẳng a, b có véc-tơ chỉ
phương lần lượt là−→u1,−→u2thìcosϕ=

−→u1· −→u2

−→u1

·

−→u2

.
Chú ý:0◦ ≤ ϕ≤90◦.

3. AB⊥CD ⇔−→AB·−→CD=0.

4. Nếuavàbsong song hoặc trùng nhau thì góc giữa chúng làϕ=0◦.

B. Bài tập rèn luyện

DẠNG 3.1. Tính góc giữa hai đường thẳng

Cách xác định góc giữa hai đường thẳng chéo nhauavàb:

Chọn điểm O thích hợp, rồi kẻ hai đường thẳng đi qua điểmO: a0 k a vàb0 k b. Góc
giữa hai đường thẳng avàblà góc giữa hai đường thẳnga0 vàb0.

Bài 1. Cho hình chópS.ABCcóSA =SB =SC =AB =AC =a,BC =a√2. Tính góc
giữa hai đường thẳngSCvà AB.

</div>
(156)<div class='page_container' data-page=156>

156 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
GọiE, F,Glần lượt là trung điểm củaBC, AC,SA.

Ta cóEFk AB,FG k SC

⇒(SC◊,AB)=(◊EF,FG) =EFG.‘

Ta cóFE= FG= 1

2AB=
a
2.

4BAG=4CAG(c.g.c)⇒ GB=GC.

Tam giácGBCcân tạiGcóGElà trung tuyến nên GE là đường
cao.

GE =√BG2−BE2=

Ã
Ç

a√3
2

å2

−

a√2
2

å2

= a

2.
Tam giácEFGđều vì có3cạnh bằng nhau.

Vậy EFG‘ =60◦.

S
F
A
G
C
E
B

Bài 2. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có độ dài tất cả các cạnh đều bằng a > 0 và

’

BAD = ÷DAA0 = A’0AB = 60◦. Gọi M, Nlần lượt là trung điểm của AA0, CD. Chứng

minh MN song song với mặt phẳng(A0C0D)và tính cosin của góc tạo bởi hai đường
thẳng N MvàB0C.

Lời giải.

GọiI là trung điểm củaDC0.

Trong tam giác CDC0 có N I là đường trung bình

của tam giác, nên






N I k CC0
N I = 1

2CC

.
Mà

CC0 k AA0

CC0 = AA0 (tính chất hình hộp)
⇒






N I k AA0

N I = 1

2AA

. ⇔

N I k MA0
N I =MA0.

Vậy tứ giác MN I A0 là hình bình hành nên MN k
I A0.

Mà I A0 ⊂(A0C0D)⇒ MN k (A0C0D).

A0 D0

C0
I
B0
B
M
D
C
N
A
Vì

MN k I A0

CB0 k DA0 ⇒(ŸCB

0,MN)=(

DA0,I A0)= DA’0I hoặc180◦−DA’0I.

Ta có tam giác DAA0đều nênDA0 =a.

Xét4ABCcó: ’ABC =120◦; AC2 = AB2+BC2−2AB·BC·cos 120◦ =3a2⇒ AC =a

√
3.
Tương tự, áp dụng định lý cosin cho4A0AB0ta có AB0 =a√3.

Ta cóAC = A0C0 =a√3, AB0= DC0 =a√3.
Trong4DA0C0cóA0I là đường trung tuyến:

I A02= DA

02+A0C02

2 −

DC02

4 =

a2+3a2
2 −

3a2
4 =

5a2

4 ⇒ I A

0 = a

√
5
2 .
Trong4A0DIta có:cosDA’0I =

DA02+I A02−DI2
2·DA0·I A0 =

2√5 >0.
Kết luận:cos(ŸMN,CB0)=

cosDA’

0I
=

3
2√5 =

3√5

10 .

</div>
(157)<div class='page_container' data-page=157>

3. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 157
Lời giải.

Trong mặt phẳng (ABB0A0), kẻ BD k
AB0(D∈ A0B0)

⇒(ABÿ0,BC0)=(BDÿ,BC0)=60◦.

Vậy DBC’0 =60◦ hoặcDBC’0 =120◦.

Vì ABC.A0B0C0 là lăng trụ đều nên BB0 ⊥
(A0B0C0).

Áp dụng Pytago cho 4BB0D vuông tại B ta
có

BD=√DB02+BB02=√1+m2.

Áp dụng Pytago cho4BB0C0 vng tạiB0ta
có

BC0 =√C0B02+BB02=√1+m2.

Áp dụng định lý cosin4DB0C0ta có

DC02 = DB02 + C0B02 − 2DB0 · C0B0 ·
cos 120◦ =3⇒ DC0 =√3.

Trường hợp1: NếuDBC’0 = 60◦ thì tam giác

BDC0 đều nên:

BD=DC0 ⇔√m2+1=√3⇔m =√2.

Trường hợp 2: Nếu DBC’0 = 120◦ áp dụng

định lý cosin cho 4BDC0. Suy ra m = 0
(loại).

1
1

Bài 4. Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác
vng tại A, AB=a, AC = a√3và hình chiếu vng góc của đỉnh A0trên mặt phẳng
(ABC)là trung điểm của cạnhBC. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳngAA0, B0C0.
Lời giải.

GọiHlà trung điểm của BC, theo đề A0H ⊥(ABC).
Mà(ABC)k (A0B0C0)⇒ A0H ⊥(A0B0C0).

Tam giác ABCvng tạiAta có
BC =√AB2+AC2=2a ⇒BH =a.

Ta có

AA0 k BB0

B0C0 k BC ⇒(AAŸ

0,B0C0)=(

◊

BB0,BC)= B’0BH.

Ta cóBC =√AB2+AC2=2a⇒ AH = BC

2 = anên
A0H =√AA02−AH2 =a√3.

Trong tam giác A0B0H vuông tại A0 có HB0 =

√

A0B02+A0H2 =2a.

Áp dụng định lý hàm cosin cho tam giácB0BHcó:
cosB’0BH =

BB02+BH2−B0H2
2·BB0·BH =

4a2+a2−4a2
2·2a·a =
1

4 >0(thỏa).

A0 C0

H
B

C
A

a√3

Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a, SA = a, SB =

a√3 và mặt phẳng(SAB)vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB, AC. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳngSM, DN.

</div>
(158)<div class='page_container' data-page=158>

158 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
HạSH ⊥ABtạiH.

Vì mặt phẳng (SAB) vng góc với mặt phẳng
(ABCD)cóABlà giao tuyến nênSH ⊥(ABCD).
Trong mặt phẳng(ABCD), từ M kẻ ME k DN với E

thuộc AD. Vậy góc giữaSM vàDNchính là góc giữa
SMvàME.

Xét tam giácSABcóAB2 =SA2+SB2 =4a2.
Vậy4SABvuông tạiS.

Và 1

SH2 =

1
SA2 +

1
SB2 =

1
a2 +

1
3a2 =

3a2 ⇒ SH =

a√3
2 .

Tam giácSH Avuông tạiH:

H A=√SA2−SH2 =

a2−3a
2

4 =
a
2.

GọiKlà trung điểm của ADta cóME k BK k DN.
Do đóMElà đường trung bình tam giác ABK.

S
K
A
M
H
D
C
N
B
E

Vậy AE= 1

2AK =
a

2; ME=
1
2BK =

1
2

√

AB2+AK2 = a

√
5
2 .

Tam giác H AE vng tại A có HE = √AH2+AE2 =

a2
4 +

a2
4 =

a√2
2 .

Tam giác SHE vuông tại H có SE = √SH2+HE2 =

3a2
4 +

2a2
4 =

a√5
2 .

Áp dụng định lý hàm cosin cho tam giácSMEcó:
cosSME’ =

SM2+ME2−SE2
2·SM·ME =

a2+5a

4 −
5a2

4
2·a· a

√
5
2

= √1
5 =
√

5
5 >0.

A E K D

B N C

H
M

Bài 6. Cho khối chópS.ABCDcóABCDlà hình vng cạnha,SA= a√3vàSAvng
góc với mặt phẳng đáy. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳngSB, AC.

Lời giải.

QuaBkẻ đường thẳngBxsong song AC.Bx
cắtADtạiF.

Góc giữa AC vàSB, chính là góc giữaBx và
SB.

Ta cóAFBClà hình bình hành, nênAF=BC
vàAC =FB.

Suy raSF =SB, tam giácSBFcân tạiS.
Có SB = √SA2+AB2 = 2a; FB = AC =

a√2.

HạSH ⊥FBtạiHthìHlà trung điểm FB.
Khi đócosSBF‘ =

HB
SB =

a√2
2
2a =

√
2
4 .
S
A
F D
C
B
H
x

a√3

</div>
(159)<div class='page_container' data-page=159>

3. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 159

Bài 7. Cho hình chópS.ABCD có tất cả các cạnh đều bằnga, đáy là hình vng. Gọi
Nlà trung điểmSB. Tính góc giữa ANvàCN, ANvàSD.

Lời giải.

Theo đề bài SA = SB = SC = SD = AB = BC =

CD =DA =a.

Gọi O = AC ∩ BD, có AN = a

√
3

2 (4SAB đều),

CN = a

√
3

2 (4SBCđều).

Áp dụng định lý cosin cho tam giác ANCta có
cosANC’ =

AN2+CN2−AC2

2·AN·CN = −

3 < 0⇒ ANC’ =
arccos

1
3

Trong tam giác BDS có ON là đường trung bình của
tam giác nên

(ÿAN,SD)=(ANÿ,NO) = ANO.’

Áp dụng định lý cosin cho4ANOta có
cosANO’ =

AN2+ON2−AO2
2·AN·ON =

√
3

3 ⇒ ANO’ =
arccos

Ç√

3
3

A
N

C
B

</div>
(160)<div class='page_container' data-page=160>

160 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Bài 4.

GĨC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG

A. Góc giữa hai đường thẳng

Định nghĩa 1. Định nghĩa góc giữa hai đường thẳng trong khơng gian

Góc giữa hai đường thẳngavàbtrong khơng gian là góc giữa hai đường thẳnga0vàb0
cùng đi qua một điểm và lần lượt song song với avàb.

B. Bài tập rèn luyện

DẠNG 4.1. Tính góc giữa hai đường thẳng

Cách xác định góc giữa hai đường thẳng chéo nhauavàb
Chọn điểm O thích hợp, rồi kẻ hai đường thẳng đi
quaO : a0 k avàb0 k b.

O
a0

b0
a

1. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác.
Định lý sin: a

sinA =
b
sinB =

c
sinC.

Định lý cô-sin:cosA = b

2+c2−a2

2bc .

Trong đó:a,b,clà3cạnh; A,B,Clà3góc của4ABC.
2. Tính góc theo véc-tơ chỉ phương:cosϕ=

−→u1· −→u2

−→u1

·

−→u2

.
Chú ý:0◦ ≤ ϕ≤90◦.

3. AB⊥CD ⇔−→AB·−→CD=0.

4. Nếuavàbsong song hoặc trùng nhau thìϕ=0◦.

Bài 1. Cho hình chópS.ABCcóSA =SB=SC = AB= AC = a,BC =a√2. Tính góc
giữa hai đường thẳngSCvà AB.

</div>
(161)<div class='page_container' data-page=161>

4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 161
GọiE,F,Glần lượt là trung điểm củaBC,AC,SA.

Ta có:EF k AB,FG k SC
⇒hSC◊,AB

=hEF◊,FG

=EFG.‘

Ta cóFE= FG= 1

2AB=
a
2.

4BAG=4CAG(c.g.c)⇒ GB=GC.

Tam giácGBCcân tạiGcóGElà đường cao.
GE =√BG2−BE2=

Ã
Ç

a√3
2

å2

−

a√2
2

å2

= a

2.
Tam giácEFGđều vì có3cạnh bằng nhau.

Vậy EFG‘ =60◦.

F
S
B
A C
E
G

Bài 2. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có độ dài tất cả các cạnh đều bằng a > 0 và

’

BAD = DAA÷0 = A’0AB = 60◦. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AA0,CD. Chứng

minh MN k(A0C0D)và tính cơ-sin của góc tạo bởi hai đường thẳng N MvàB0C.
Lời giải.

GọiI là trung điểm củaDC0.

Trong tam giác CDC0 có N I là đường trung
bình của tam giác

nên





N I kCC0
N I = 1

2CC

Mà

CC0 k AA0

CC0 = AA0 (Tính chất hình hộp)
⇒






N I k AA0
N I = 1

2AA

0 ⇔

N I k MA0
N I = MA0.

Vậy tứ giác MN I A0 là hình bình hành nên
MN k I A0.

Mà I A0 ⊂(A0C0D)⇒ MN k (A0C0D).

A0 D0

C0
B C
N
A
B0
M
D
I
Vì
®

MN k I A0
CB0 k DA0 ⇒

CB0,MNi=hDAÿ0,I A0

= DA’0I hoặc180◦−DA’0I.

Ta có tam giác DAA0đều nênDA0 =a.

Xét4ABCcó: ’ABC =120◦; AC2 = AB2+BC2−2AB·BC·cos 120◦ =3a2⇒ AC =a

√
3.
Tương tự, áp dụng định lý cô-sin cho4A0AB0 : AB0 =a√3.

Ta cóAC = A0C0 =a,AB0 =DC0 = a√3.
Trong4DA0C0cóA0I là đường trung tuyến:
I A0 = DA

02+A0

C02

2 −

DC02
4 =

a2+3a2
2 −

3a2

4 ⇒ I A

0 = a

√
5
2 .
Trong4A0DIta có:cosDA’0I =

DA02+I A02−DI2
2·DA0·I A0 =

2√5 >0.
Kết luận:coshŸMN,CB0

cosDA’

0I
=

3
2√5 =

3√5

10 .

Bài 3. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0B0C0có AB = 1,CC0 = m(m > 0). Tìm
mbiết rằng góc giữa hai đường thẳng AB0vàBC0 bằng60◦.

</div>
(162)<div class='page_container' data-page=162>

162 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
Trong mặt phẳng(ABB0A0), kẻBD k AB0(D∈ A0B)

⇒hABÿ0,BC0

=hÿBD,BC0

=60◦.
Vậy:BDC’0 =60◦ hoặcDBC’0 =120◦.

VìABC.A0B0C0là lăng trụ đều nên BB0 ⊥(A0B0C0).
Áp dụng Py-ta-go cho4BB0Dvuông tạiB:

BD=pDB02+BB02 =p1+m2.

Áp dụng Py-ta-go cho4BB0C0vuông tạiB0:
BC0 =pC0B02+BB02=p1+m2.

Áp dụng Cơ-sin cho4DB0C0:

C
A0

1
1

DC02 =DB02+C0B02−2DB0·C0B0·cos 120◦ =3⇒DC0 =√3.
Trường hợp 1:NếuBDC’0 =60◦ thì tam giácBDC0đều nên:

BD =DC0 ⇔pm2+1=√3 ⇔m=√2.

Trường hợp 2:Nếu BDC’0 = 120◦, áp dụng định lý cô-sin cho 4BDC0 suy ra m = 0(loại).

Bài 4. Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác
vuông tại A, AB= a,AC = a√3và hình chiếu vng góc của đỉnh A0trên mặt phẳng
(ABC)là trung điểm của cạnhBC. Tính cơ-sin của góc giữa hai đường thẳngAA0,B0C0.
Lời giải.

Gọi H là trung điểm BC, theo đề bài
A0H ⊥(ABC).

Mà (ABC) k (A0B0C0) ⇒ A0H ⊥

(A0B0C0).

Tam giác ABCvng tạiA:

BC =pAB2+AC2=2a⇒BH = a.

Ta có:

AA0 k BB0
B0C0 k BC
⇒AAŸ0,B0C0

=BB◊0,BC

=B’0BH.

Trong tam giácA0B0Hvng tạiA0có:
HB0 =pA0B2+A0H2 =2a.

C
H

a√3

2a
2a

Áp dụng định lý cơ-sin cho tam giácB0BHcó:
cosB’0BH =

BB02+BH2−B0H2
2·BB0·BH =

4a2+a2−4a2
2·2a·a =

4 >0thỏa.

</div>
(163)<div class='page_container' data-page=163>

4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 163
Lời giải.

HạSH ⊥ABtạiH.

Vì mặt phẳng(SAB)vng góc với mặt phẳng đáy(ABCD)có ABlà giao tuyến.
Suy ra:SH ⊥(ABCD).

Trong mặt phẳng(ABCD), từMkẻ MEk DN
với E thuộc AD. Vậy góc giữa SM và DN
chính là góc giữaSMvàME.

Xét tam giácSABcó:

AB2 =SA2+SB2=4a2.
Vậy4SABvng tạiS.

Và: 1

SH2 =

1
SA2 +

1
SB2 =

a2 +

1
3a2 =

4
3a2

⇒SH = a

√
3
2 .

Tam giácSH Avuông tạiH:

H A=pSA2−SH2 =

a2−3a2

4 =
a
2.
GọiKlà trung điểm của AD.

Ta cóMEk BK k DN.

Suy ra MElà đường trung bình của tam giác

ABK.

Vậy AE= 1

2AK =
a
2;
ME= 1

2BK =
1
2

AB2+AK2 = a

√
5
2 .
Tam giácH AEvuông tại A:

HE =pAH2+AE2 =

a2
4 +

4 =

a√2
2 .

K
E

B N C

M
H

A E K D

B N C

M
H

Tam giácSHEvuông tạiH:

SE=pSH2+HE2 =

3a2
4 +

2a2
4 =

a√5
2 .
Áp dụng định lý cơ-sin cho tam giácSMEcó:

cosSME’ =

SM2+ME2−SE2
2·SM·ME =

a2+5a

4 −
5a2

4
2·a· a

√
5
2

= √1
5 =

√
5
5 >0.

Bài 6. Cho khối chópS.ABCDcóABCDlà hình vng cạnha,SA= a√3vàSAvng
góc với mặt phẳng đáy. Tính cơ-sin của góc giữa hai đường thẳngSB,AC.

</div>
(164)<div class='page_container' data-page=164>

164 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
QuaBkẻ đường thẳngBxsong song với AC. BxcắtAD

tạiF.

Góc giữaACvàSBchính là góc giữaBxvàAC.

Ta có AFBC là hình bình hành nên AF = BC và AC =

FB.

Suy raSF =SB, tam giácSBFcân tạiS.

CóSB=√SA2+AB2 =2a,FB= AC =a√2.

HạSH ⊥FB, thìHlà trung điểm FB.

cosSBF‘ =

HB
SB =

a√2
2
2a =

√
2
4 .

x C

H
B

F A D

Bài 7. Cho hình chópS.ABCD có tất cả các cạnh đều bằnga, đáy là hình vng. Gọi
Nlà trung điểmSB. Tính góc giữa ANvàCN, ANvàSD.

Lời giải.

Theo đề bài:SA=SB=SC =SD =AB =BC =CD= DA= a.

Gọi O = AC∩ BD có AN = a

√
3

2 (4SAB

đều).
CN = a

√
3

2 (4SBCđều).

Áp dụng định lý cô-sin cho tam giác ANC:
cosANC’ =

AN2+CN2−AC2
2·AN·CN =−

1
3 <0
⇒ ANC’ =arccos

1
3

Trong tam giác BDS cóON là đường trung
bình của tam giác.

⇒hÿAN,SD

=hANÿ,NO

= ANO.’

C
N

Áp dụng định lý cô-sin cho4ANO:

cosANO’ =

AN2+ON2−AO2
2·AN·ON =

√
3

3 ⇒ ANO’ =arccos

Ç√

3
3

C. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Định nghĩa 2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Góc giữa đường thẳngdvà mặt phẳng(P)là góc giữadvà hình chiếu của nó trên mặt
phẳng(P).

</div>
(165)<div class='page_container' data-page=165>

4. GĨC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 165

DẠNG 4.2. Xác định và tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Để xác định góc giữa đường thẳngdvà mặt phẳng(P)

ta làm như sau

• Tìm giao điểm Acủadvà(P).

• Trênd chọn điểm Bkhác A, dựng BH vng góc
(P)tại điểm H.

Suy ra AH là hình chiếu vng góc của d trên mặt
phẳng(P).

Vậy góc giữadvà(P)là gócBAH.’

A
H

d0 α

Nếu khi xác định góc giữadvà(P)khó q (khơng chọn

được điểm B để dựng BH ⊥ (P)) thì ta sử dụng cơng
thức sau đây.

Gọiαlà góc giữadvà(P), suy ra
sinα = d(M, (P))

AM .

Ta phải chọn điểmMtrêndmà có thể tính được khoảng
cách đến mặt phẳng (P). Cịn A là giao điểm của d và
(P).

A
H

d0 α

D. Bài tập rèn luyện

Bài 8. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình vng cạnh a,SAvng góc với đáy và
SA=a√6. Tính góc giữa

SC và(ABCD).

a) b) SCvà(SAB).

ACvà(SBC).

c) d) SBvà(SAC).

</div>
(166)<div class='page_container' data-page=166>

166 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

1. AClà hình chiếu vng góc củaSClên(ABCD).
Do đó(SC, (ABCD))=(SC,AC)=SCA.‘

Xét tam giác vngSAC, ta có
tanSCA‘ =

SA
AC =

a√6
a√2 =

√
3.
Suy raSCA‘ =60◦.

2. Ta có

BC ⊥ AB

BC ⊥SA nên BC ⊥(SAB).

Suy raSBlà hình chiếu vng góc củaSClên mặt
phẳng(SAB).

Do đó(SC, (SAB))=(SB,SC)=CSB.‘

Xét tam giác vngSBC, ta có
tanCSB‘ =

BC
SB =

a
a√7 =

1
√

7.
Suy raCSB‘ =arctan

1
√
7

C
S

O
F

3. GọiFlà hình chiếu vng góc của Alên cạnhSB.
Ta có

AF⊥SB

AF⊥ BC nên AF⊥(SBC).

Suy ra FClà hình chiếu vng góc của AClên(SBC).
Do đó(AC, (SBC))=(AC,FC)= ACF.‘

Xét tam giác vngSAB, ta có
1

AF2 =

1
AS2 +

1
AB2 =

1
6a2 +

1
a2 =

6a2 ⇔ AF =

a√42
7 .
Xét tam giác vng ACF, ta có

sinACF‘ =

AF
AC =

a√42
7
a√2 =

√
21
7 .
Suy ra ACF‘ =arcsin

ầ

21
7

ồ

4. Ta cú

BO AC

BO SA nờn BO(SAC).

Suy raSOl hỡnh chiếu vng góc củaSBlên(SAC).
Do đó(SB, (SAC))=(SB,SO)= BSO.‘

Xét tam giác vngSAO, ta có

SO =pSA2+AO2 =

6a2+ a
2

2 =
a√13

</div>
(167)<div class='page_container' data-page=167>

4. GĨC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 167
Xét tam giác vuôngSBO, ta có

tanBSO‘ =

OB
OS =

a
√
2
a√13

√
2

= √1
13.

Suy raBSO‘ =arctan
Å

√

Bài 9. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình thoi. BiếtSD= a√3, tất cả các cạnh còn
lại đều bằnga.

1. Chứng minh(SBD)là mặt phẳng trung trực của ACvàSBD là tam giác vng.
2. Xác định góc giữaSDvà mặt phẳng(ABCD).

Lời giải.

1. GọiHlà hình chiếu vng góc củaSlên(ABCD).
Theo đề bàiSA =SB=SCsuy raH A= HB= HC.
Vậy H thuộc đường trung trực của đoạn AChay H
thuộcBD.

Ta có

AC ⊥BD

AC ⊥SH(SH⊂(SBD)) nên AC ⊥ (SBD).

(1)

Mặt khác,O là trung điểm của AC và là giao điểm

củaACvà(SBD). (2)

Từ (1) và (2) suy ra(SBD) là mặt phẳng trung trực
củaAC.

Ta có4SAC =4BAC(c.c.c) suy raBO =SO.
Trong tam giácSBD,SO = 1

2BDnên tam giácSBD
vng tạiS.

2. VìSH ⊥(ABCD)nên HD là hình chiếu vng góc
củaSDlên(ABCD).

Do đó(SD, (ABCD))=(SD,HD)=SDH.’

Xét tam giác vngSBD, ta có
1

SH2 =

1
SB2 +

1
SD2 =

3a2 ⇔SH =

a√3
2 .
Xét tam giác vuôngSHD, ta có

sinSDH’ =

SH
SD =

a√3
2
a√3 =

√
2
2 .
Suy raSDH’ =45◦.

C
S

O
M

</div>
(168)<div class='page_container' data-page=168>

168 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Bài 10. Cho tam giácABCvuông tại A, AB=anằm trong mặt phẳng(P). CạnhAC =

a√2và tạo với(P)một góc60◦. Tính góc giữa BCvà(P).

Lời giải.

Xét tam giác vng ABC, ta có

BC =pAB2+AC2 =a√3.

GọiHlà hình chiếu vng góc củaClên(P).

Khi đó AHlà hình chiếu vng góc của AClên(P).
Do đó,(AC, (P))=(AC,AH)=CAH’ =60◦.

Xét tam giác vngCAH, ta có
sinCAH’ =

CA ⇔CH =CA·sin 60

◦ =

a√2·
√

3
2 =

a√6
2 .
Ta cóBHlà hình chiếu vng góc củaBC lên mặt phẳng(P).
Do đó,(BC, (P)) =(BC,BH)=CBH.’

A
C

Xét tam giác vngBHC, ta có

sin’CBH =

CH
CB =

a√6
2

a√3 =

√
2
2 .

Suy raCBH’ =45◦.

Bài 11. Cho hình chópS.ABCcóSA =SB=SC = 2a

√
3

3 và đáy ABClà tam giác đều
cạnha.

1. GọiHlà hình chiếu vng góc củaSlên mặt phẳng(ABC). TínhSH.
2. Tính góc giữaSAvà(ABC).

</div>
(169)<div class='page_container' data-page=169>

4. GĨC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 169

1. Ta cóHlà trọng tâm của tam giác đều ABCnên
AH = 2

3AF =
2
3 ·

a√3
2 =

a√3
3 .
Xét tam giác vngSAH, ta có

SH =pSA2−AH2 =

4a2
3 −

a2
3 =a.
2. Ta cóAH là hình chiếu vng góc củaSAlên(ABC).

Do đó,(SA, (ABC))=(SA,AH) =SAH.’

Xét tam giác vngSAH, ta có
tanSAH’ =

SH
AH =

a
a√3

=√3.

Suy raSAH’ =60◦.

B
F

M H

Bài 12. Cho hình chópS.ABCDcóSAvng góc với đáy,ABCDlà hình thang đáy lớn
AD,AB =BC =DC =a,DA =2a. VẽAH ⊥SCvàMlà trung điểmSB. Góc giaSB
v mt phng(ABCD)l45. Tớnh gúc:

AM, (SBD);

a) AHÔ, (ABCD)

;

b) (SADÔ), (SBC)

.
c)

Li giải.

Theo đề bài ABCD nửa lục giác đều, nên ABCD
nội tiếp trong đường trịn đường kính AD, có:
AC =BD =√AD2−AB2 =a√3.

Có

BD⊥ AB

BD⊥SA ⇒ BD⊥(SAB).

Vậy AB là hình chiếu của SB lờn mt phng
(ABCD), nờnSBÔ, (ABCD)

=SBA =45.

SA = AB = a(Vì tam giác SABvng cân tại
A)

Có:

AM ⊥SB(gt)

AM ⊥BD(BD⊥(SAB)) ⇒ AM
(SBD)AMÔ, (SBD)

=90.

A D

H
M

S x

B C

I
K
2. Trong tam giỏcSAC: KH I k SA H I (ABCD).

VyAIl hỡnh chiu caAItrờn mt phng(ABCD):AHÔ, (ABCD)

=’H AI = H AC.’

Trong tam giácSACvuông tạiA:tanSCA‘ =

SA
AC =

a
a√3 =

1
√

3 ⇒SCA‘ =30

◦.

</div>
(170)<div class='page_container' data-page=170>

170 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
3. Muốn tìm góc giữa hai mặt phẳng(SAD)và(SBC), ta phải tìm giao tuyến của hai mặt

phẳng:
Có:

S ∈(SAD)∩(SBD)

ADk BC ⇒(SAD)∩(SBD)=Sx(Sxk ADk BC) (1)
Kẻ AK ⊥BCtạiK. Có

BC ⊥AK

BC SA BC (SAK)BC SK (2)
T(1)v(2)

SASx
SK Sx

(SAD), (SBC)i = ASK.‘

Trong tam giác AKBvuông tạiK: AK = AB·cos’KAB =a·cos 30◦ =

a√3

2 (Vì’DAB=
60◦)

Trong tam giác SAKvng tại A: tanASK‘ =

AK
AS =

a√3
2
a =

√
3

2 ⇒ ASK‘ =
arctan

√
3
2 .

Bài 13. Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với đáy ABCD, đáy là hình thang
vng tại A, có đáy lớnAB, AB=2a, AD= DC =a. Vẽ AH ⊥SCvàMlà trung điểm
của AB. Góc giữa(SDC)và(ABC)là60◦. Tính:

⁄

SD, (SAB);

a) (SADÔ), (SMC)

;

b) Chng minh BC

(SAC).
c)

Li gii.

1. Cú

CD AD

CDSA CD (SAD)CD SD.

Cú

(SCD)(ABCD)=CD
ADCD, SD CD

AD(ABCD), SD (SCD)
(SCDÔ), (ABCD)

=SDA =60,

trong4SADcúSA = AD·tan 60◦
Có

AD⊥ AB

AD⊥SA ⇒ AD⊥(SAB).

Suy raSAlà hình chiếu vng góc củaSDtrên
mp(SAB).

VậySD⁄, (SAB)

=’DSA=30◦.

C
D

M
S

2. Ta cóAD kCM(dễ dàng chứng minh được).
Tìm giao tuyến của mp(SAD)và mp(SCM).
Có:








S∈ (SAD)∩(SCM)
AD kCM

AD ⊂(SAD), CM ⊂(SCM)

⇒(SAD∩(SCM)=Sx(Sxk ADk CM).
Ta cóDA ⊥SA(vìDA ⊥(SAB))⇒SA⊥Sx.

</div>
(171)<div class='page_container' data-page=171>

4. GĨC GIỮA ĐƯỜNG THNG V MT PHNG 171

Vyh(SADÔ), (SCM)

=SA,SM

=ASM.

Cú:tanASM =

AM
AS =

a
a3 =

3 ASM’ =30

◦.

3. Ta có ACDMlà hình vng nênCM = a, trong tam giác ACBcóCMlà đường trung
tuyến và bằng một nửa cạnhBC. Suy ra tam giác ACBvng tạiC.

Có:

BC⊥ AC

BC⊥SA ⇒BC ⊥(SAC).

Bài 14. Cho hình vng ABD và tam giác đều SABcạnha nằm trong hai mặt phẳng
vng góc với nhau. Gọi Ilà trung điểm của AB.

1. Chứng minhSI ⊥(ABCD)và tính góc hợp bởiSCvà mặt phẳng(ABCD).
2. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD). Từ đó tính góc giữa SC và mặt

phẳng(SAD).

3. Gọi Jlà trung điểm củaCD, chứng minh(SI J)⊥(ABCD).
4. Tính góc hợp bởiSI và mặt phẳng(SDC).

5. Xác định và tính góc hợp bởiSAvà mặt phẳng(SCD).
Lời giải.

Chứng minhSI ⊥(ABCD)








(SAB)∩(ABCD)= AB
(SAB) ⊥(ABCD)

SI ⊥AB(vì4ABCđều), SI ⊂(SAB)
⇒SI ⊥(ABCD).

Tính góc hợp bởiSCvà mp(ABCD).
Ta có IC là hỡnh chiu vuụng gúc
ca SC trờn mt phng (ABCD),
nờnhSCÔ, (ABCD)

=SCI.

SI là đường cao của tam giác đều
SABnênSI = a

√
3
2 .

Trong tam giácIBCvuông tạiB:
IC = √BC2+BI2 =

a2+a2

4 =
a√5

2 .

J
A

D
I

K x
L

Trong tam giỏcSCIvuụng tiI:tanSCI=

SI
CI =

a3
2
a5

15
5 .

VyhSCÔ, (ABCD)

=SCI =arctan
ầ

15
5

ồ

</div>
(172)<div class='page_container' data-page=172>

172 CHNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
2. Tính khoảng cách từBđến mặt phẳng(SAD).

Có:

AD⊥ AB(ABCDlà hình vng)

AD⊥SI(vìSI ⊥(ABCD)) ⇒ AD ⊥(SAB).
AD⊂(SAD)⇒(SAD) ⊥(SAB).

Hai mặt phẳng này vng góc với nhau theo giao tuyếnSA.
DựngBH ⊥SAtạiH⇒ SH ⊥(SAD).

Vậyd (B, (SAD))=BH = a

√
3

2 (Vì4SABđều).

Trong mp(SAD)kẻ Hx k AD; Trong mp(BC,Hx)quaCkẻ đường thẳng song song với
BHcắt HxtạiKthìCK ⊥(SAD). Suy raSK là hình chiếu vng góc củaSCtrên mặt
phẳng(SAD)nên góc giữaSCvà(SAD)là gócCSK.‘

Theo chứng minh trên thìBCKHlà hình bình hành nênBH =CK= a

√
3
2 .
Trong4SCIcó:SC =√SI2+IC2 =

3a2
4 +

5a2
4 =a

√
2.

Có:sinCSK‘ =

CK
SC =

a√3
2
a√2 =

√
6

4 ⇒CSK‘ =arcsin
√

6
4 .
Kết luậnSC⁄, (SAD)

=arcsin
√
6
4 .
3. Có:
®

CD ⊥I J

CD ⊥SI ⇒CD⊥(SI J), màCD ⊂(SCD)⇒(SCD)⊥(SI J).
4. Tính góc hợp bởiSI và mp(SDC).

Hai mặt phẳng(SCD)và(SI J)vng góc với nhau theo giao tuyếnSJ.

Dựng IL ⊥ SJ ⇒ IL ⊥ (SCD). Suy ra SL là hình chiếu vng góc của SI trên mặt
phẳng(SCD).

Vậy góc giữaSI mà mặt phẳng(SCD)là gócISL.d
Trong tam giácSI Jcó: 1

IL2 =

1
IS2 +

1
I J2 =

4
3a2 +

1
a2 =

3a2 ⇒ IL=

a√21
7 ;
sinISLd =

IL
SI =

a√21
7
a√3

= 2

√
7

7 ⇒ dISL=arcsin
2√7

7 .

Kết luậnSIŸ, (SCD)

=arcsin2
√

7
7 .

5. Xác định và tính góc hợp bởiSAvà mặt phẳng(SCD).
Trong mặt phẳng(SCD)kẻ Lyk CD.

Trong mp(AB,Ly)quaAkẻ đường thẳng song song với ILcắtLytạiPthìAP⊥(SCD).
Suy raSPlà hình chiếu vng góc củaSAtrên mp(SCD)nên góc giữaSAvà(SCD)là
góc ASP.‘

Theo chứng minh trên thìAILPlà hình bình hành nênAP =IL= a

√
21
7 .
Trong4SAPcósinASP‘ =

AP
SA =

a√21
7
a =

√
21

7 ⇒ ASP‘ =arcsin
a√21

7 .
Kết luận:SA⁄, (SCD)

</div>
(173)<div class='page_container' data-page=173>

4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 173

E. Góc giữa hai mặt phẳng

Định nghĩa 3. Định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng

Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vng góc với hai mặt
phẳng.

DẠNG 4.3. Tính góc giữa hai mặt phẳng

Để tìm góc giữa hai mặt phẳng, đầu tiên tìm giao
tuyến của hai mặt phẳng. Sau đó tìm hai đường
thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vng
góc với giao tuyến tại một điểm. Góc giữa hai mặt

phẳng là góc giữa hai đường thẳng vừa tìm. Q

Những trường hợp đặc biệt dễ hay xảy ra:

1. Trường hợp1 : Hai tam giác cân ACD và BCD có chung cạnh đáy CD, thì góc
giữa hai mặt phẳng(ACD)và(BCD)là góc AHB.’

A C

2. Trường hợp2 : Hai tam giác ACDvàBCDbằng nhau có chung cạnhCD. Dựng
AH ⊥ CD ⇒ BH ⊥ CD. Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và(BCD)là góc

’

AHB.

H
D

3. Trương hợp3 : Khi xác định góc giữa hai mặt phẳng khó q, ta nên sử dụng
cơng thức sau:

sinϕ= d A,mp(Q)

</div>
(174)<div class='page_container' data-page=174>

174 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Với ϕlà góc giữa hai mặt phẳng(P)và mặt phẳng(Q), Alà một điểm thuộc mặt
phẳng(P)vàalà giao tuyến của hai mặt phẳng(P)và(Q).

4. Trường hợp4 : Có thể tìm góc giữa hai mặt phẳng bằng cơng thứcS0 =S. cosϕ.
5. Trường hợp5 : Tìm hai đường thẳng dvà d0 lần lượt vng góc với mặt phẳng

(P)và mặt phẳng(Q). Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữadvàd0.

6. Trường hợp6 : Cách xác định góc giữa mặt phẳng bên và mặt phẳng đáy
(a) Bước1 : Xác định giao tuyếnd.

(b) Bước2 : Từ hình chiếu vng góc của đình , dựng AH ⊥d
(c) Bước3 : Góc cần tìm là gócSH A.’

VớiSlà đỉnh,Alà hình chiếu vng góc của đỉnh trên mặt đáy.

F. Bài tập rèn luyện

Bài 15. Cho hình chópS.ABCcóSAvng góc với mặt đáy(ABC). Hãy xác định góc
giữa mặt bên(SBC)và mặt đáy(ABC).

Lời giải.

Ta cóBClà giao tuyến của mp(SBC)và mp(ABC). Từ hình chiếu của
đỉnh là điểmA, dựngAH ⊥BC.

Vì

BC ⊥SA

BC ⊥ AH ⇒BC ⊥(SAH)⇒ BC ⊥SH.

Kết luận góc giữa hai mặt phẳng(SBC)và(ABC)là gócSH A.’

A C

Bài 16. Cho tứ diện ABCD có AD ⊥ (BCD)và AB = 3a. Biết BCD là tam giác đều

cạnh2a. Tính góc giữa hai mặt phẳng:

(ACD)và(BCD).

a) b) (ABC)và(DBC).

</div>
(175)<div class='page_container' data-page=175>

4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 175

1. Tính góc giữa hai mặt phẳng(ACD)và(BCD).

Vì AD vng góc với (BCD) nên hai mặt phẳng (ACD) và
(BCD)vng góc với nhau, suy ra góc giữa chúng bằng90◦.
2. Tính góc giữa hai mặt phẳng(ABC)và(BCD). DựngDE⊥BC

tại E.
Ta có:

BC ⊥ AD

BC ⊥DE ⇒ BC⊥mp(SBC)⇒BC ⊥ AE.

Hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) có BC là giao tuyến và hai
đường thẳng DE, AE lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng
vng góc với giao tuyếnBC. Nên góc giữa(ABC)và(DBC)là
góc giữaDEvàAEchính là góc ’AED.

Tam giácBCDđều nên cóDE= BC

√
3
2 =a

√
3.

Tam giác ABD vng tại D có AD = √AB2−DB2 =

√

9a2−4a2= a√5.

Trong∆ADEvng tạiD, có:
tanAED’ =

AD
DE =

a√5
a√3 =

√
15

3 ⇒ ’AED =arctan

Ç√

D C

Bài 17. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình vng tâmOcạnha,SAvng góc với
đáy ABCD, SA= a√3. Tính góc giữa các cặp mặt phẳng sau:

(SAB)và(SBC).

a) b) (SAD)và(SCD).

(SAB)và(SCD).

c) d) (SBC)và(SAD).

(SBD)và(ABCD).

e) f) (SBD)và(SAB).

(SBC)và(ABCD).

g) h) (SCD)và(ABCD).

(SBD)và(SBC).

i) j) (SBC)và(SCD).

</div>
(176)<div class='page_container' data-page=176>

176 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

1. Góc giữa(SAB)và(SBC)
Ta có:

BC ⊥ AB

BC ⊥SA ⇒BC ⊥(SAB)
⇒(SBC)⊥(SAB)vì(BC ⊂(SBC)).
Vậy góc giữa hai mặt phẳng(SAB)
và(SBC)bằng90◦.

2. Góc giữa(SAD)và(SCD)
Ta có:

CD⊥ AD

CD⊥SA ⇒ CD ⊥
(SAD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAD) vì
(CD ⊂(SCD)).

Vậy góc giữa mặt phẳng (SCD) và
mặt phẳng(SAD)bằng90◦.

3. Góc giữa(SAB)và(SCD)
DựngAH ⊥SD, H ∈ SD.

Ta có AH ⊥ SD và AH ⊥ CD vì

CD ⊥(SAD).

Từ đó ⇒ AH ⊥

(SCD) (2)

Ngồi ra ta có AD ⊥ (SAB). Sử
dụng cách xác định góc trường
hợp 5, thì góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SCD) là góc giữa hai
đường thẳng AH và AD chính là
góc H AD.’

Ta có DAH’ = ’DSA (vì cùng phụ

vớiSAH).’

tan’DSA=

AD
AS =

1
√

3 ⇒ ’DSA=30

◦

B
I

H
J

K
S

D
O

4. Góc giữa(SBC)và(SAD).

DựngAI ⊥SB, I ∈ SB.

Ta cóAI ⊥SBvàAI ⊥CBvìCB⊥(SAB).
Từ đó suy raAI ⊥(SBC)

Ngồi ra ta cóAB ⊥(SAD). Sử dụng cách xác định góc trường hợp5, thì góc giữa hai
mặt phẳng(SBC)và(SAD)là góc giữa hai đường thẳng AIvàABchính là gócBAI.‘

Ta cóBAI‘ = BSA‘ (vì cùng phụ với gócSAI).‘

cótanBSA‘ =

AB
AS =

1
√

3 ⇒ BSA‘ =30

◦.

Vậy((SBC), (SAD))=BAI‘ =30◦.

5. Góc giữa(SBD)và(ABCD).
Ta có

BD ⊥ AC

BD ⊥SA ⇒ BD⊥(SAC)⇒ BD⊥SO.

</div>
(177)<div class='page_container' data-page=177>

4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 177

Ta có: tan’SOA=

AO
SO =

a√2
2
a√3 =

√
6

6 ⇒SOA’=arctan

Ç√

6
6

.
Vậy((SBD), (ABCD))=arctan

Ç√

6
6

.
6. Góc giữa(SBD)và(SAB).

Vì(SAC)⊥(SBD)theo giao tuyếnSO. Dựng AJ ⊥SO, J ∈ SO
Suy ra AJ ⊥(SBD).

Ta cóAJ ⊥(SBD), AD⊥(SAB)⇒((SBD), (SAB))=(AJ,AD)= DAJ.‘

Có 1

AJ2 =

1
AS +

1
AO2 =

1
3a2 +

2
a2 =

3a2 ⇒ AJ =

a√21
7 .

VìAJ ⊥(SBD) ⇒ AJ ⊥ JD, JD ⊂(SBD)⇒ 4AJDvng tạiJ nên:
cosDAJ‘ =

AJ
AD =

√
21

7 ⇒DAJ‘ =arccos

Ç√

21
7

Vậy((SBD), (SAB))=arccos

Ç√

21
7

.
7. Góc giữa(SBC)và(ABCD).

Ta cóBC ⊥(SAB)⇒BC ⊥SB.

Hai mặt phẳng(SBC)và(ABCD)có giao tuyếnBCvàAB⊥BC,SB⊥ BC
⇒((SBC), (ABCD))=(AB,SB)=SBA‘ =60◦(vìBSA‘ =30◦).

8. Góc giữa(SCD)và(ABCD).
Ta cóCD ⊥(SAD)⇒CD ⊥SD.

Hai mặt phẳng(SCD)và(ABCD)có giao tuyếnCDvàAD ⊥CD,SD⊥CD
⇒((SCD), (ABCD))=(AD,SD)=SDA’=60◦ (vì’DSA=30◦).

9. Góc giữa(SBD)và(SBC).

Ta cóAI ⊥(SBC), AJ ⊥(SBD)⇒((SBC), (SBD))=(AI,AJ).

Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vngSABvàSAOta có:
SA2=SI·SB⇒ SI = 3a

2a =

2 ;
SA2=SJ·SO ⇒SI = SA

SO =

SA2
√

SA2+AO2 =

3a2

3a2+a
2

= 3a

√
14
7 .

AI·SB=SA·AB ⇒ AI = a

√
3·a
2a =

a√3
2 .
Trong tam giác vngSBOtạiOcócosBSO‘ =

SO
SB =

a√14
2
2a =

√
14
4 .
Trong∆SJ I có:

I J2=SI2+SJ2−2SI·SJ·cosBSO‘ =

9a2
4 +

18a2
7 −2·

2 ·

3a√14
7 ·

√
14
4 =

9a2
28.
Trong4AI J có:

cos‘I AJ =

AI2+AJ2−I J2
2AI·AJ =

3a2
4 +

3a2
7 −

9a2
28
2· a

√
3

2 ·

a√21
7

= 2

√
27

7 ⇒‘I AJ =arccos

2√7
7

</div>
(178)<div class='page_container' data-page=178>

178 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Kết luận((SBC), (SBD))=‘J AI =arccos
Ç

2√7
7

10. góc giữa(SBC)và(SCD).

Ta có4SBC =4SDC(Cạnh huyền - cạnh góc vng).
DựngBK ⊥SC, (K∈ SC)⇒DK⊥SC vàDK= BK.
Hai mặt phẳng(SBC)và(SCD)có cạnhSCchung nên:

((SBC), (SCD))=(BK,DK) =’BKD hoặc 180◦−BKD’.

Xét4SBCvng tạiBcó:

BK·SC = BS·BC ⇒ BK = BS·BC

SC =

BS·BC
√

SA2+AC2 =

2a·a
√

3a2+2a2 =

2a
√

5.
Trong4BDK có:

cos’BKD =

BK2+DK2−BD2
2·BK·DK =

4a2
5 +

4a2
5 −2a

2· 4a

=−1

4 <0⇒(BK,DK) =’BKD =arccos

1
4

Bài 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, BC = 2a.
Cạnh bênSAvng góc với đáy vàSA =a.Tính góc giữa các mặt phẳng sau:

Góc giữa mặt bên và mặt đáy.

a) b) Góc giữa hai mặt bên liên tiếp.

Góc giữa hai mặt bên đối diện.
c)

Lời giải.

1. Góc giữa các mặt bên và mặt đáy.
Ta cóSA ⊥(ABCD)⇒

(SAB) ⊥(ABCD)
(SAD)⊥(ABCD)
Vậy góc giữa hai mặt phẳng(SAB), (SAD)với
mặt phẳng(ABCD)bằng90◦.

BC⊥ AB,BC ⊥SA ⇒BC ⊥SB.(đl ba đường
vng góc)

Hai mặt phẳng(SBC)và(ABCD)có giao tuyến

BCnên góc của chúng là góc giữaSBvàABlà

‘

SBA.

Tam giác SAB vng tại A có AB = SA nên
4SABvuông cân tạiA, suy ra:SBA‘ =45◦.

Suy ra((SBC), (ABCD)) =45◦.

CD ⊥ AD,CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ SD. (đl ba

đường vng góc)

Hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) có giao
tuyến CD nên góc của chúng là góc giữa SD
vàCDlà’SDA.

Tam giác SAD vng tại A có tanSDA’ =

SA
AD =

1
2.

Suy ra((SCD), (ABCD))=’SDA=arctan

A
S

B C

</div>
(179)<div class='page_container' data-page=179>

4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 179
2. Góc giữa hai mặt bên liên tiếp.

Góc giữa(SAB)và(SBC)
Ta có

BC ⊥ AB

BC ⊥SA ⇒ BC⊥(SAB)⇒(SBC)⊥(SAB)(vìBC ⊂(SBC)).
Vậy góc giữa mặt phẳng(SBC)và mặt phẳng(SAB)bằng90◦.

Góc giữa(SAB)và(SAD)
Ta có

AD⊥ AB

AD⊥SA ⇒ AD⊥(SAB) ⇒(SAD)⊥(SAB)(vì AD⊂(SAD)).

Vậy góc giữa mặt phẳng(SAB)và mặt phẳng(SAD)bằng90◦.

Góc giữa(SAD)và(SCD)
Ta có

CD⊥ AD

CD⊥SA ⇒CD ⊥(SAD)⇒(SCD)⊥(SAD)(vìCD ⊂(SCD)).
Vậy góc giữa mặt phẳng(SCD)và mặt phẳng(SAD)bằng90◦.

Góc giữa(SBC)và(SCD)

GọiI là trung điểmSB, khi đó AI ⊥SBmàBC⊥ AI ⇒ AI ⊥(SBC).
DựngAH ⊥SD ⇒ AH⊥(SCD).

Vậy góc giữa mặt phẳng(SBC)và mặt phẳng(SCD)là góc giữaAI vàAHchính là góc

’I AHhoặc180◦−’I AH.

Ta có 4SAB vng cân tại A nên SB = a√2,AI = a

√
2

2 ; 4SAD vuông tại A nên
SD= a√5.

AH·SD=SA·AD⇒ AH = SA·AD

SD =
2a
√

5;SI =
SB

2 =
a√2

2 ,SH =
SA2

SD =
a√5

5 .
Áp dụng định lí cosin trong hai tam giácBSDvàISHcó chung gócS.

cosSb=

SB2+SD2−BD2
2·SB·SD =

2a2+5a2−5a2
2·a√2·a√5 =

√
10

10 .
I H2 =SI2+SH2−2·SI·SH·cosSb=

a2
2 +

a2
5 −2·

a√2
2 ·

a√5
5 ·
√
10
10 =
a2
2.
cos’I AH =

AI2+AH2−I H2
2·AI·AH =

a2
2 +

4a2
5 −

a2
2
2· √a

2·
2a
√
5
=
√
10

5 ⇒’I AH =arccos
√

10
5 .

Kết luận((SBC), (SCD))=’I AH =arccos

√
10
5 ,
3. Góc giữa hai mặt bên đối diện.

Góc giữa(SAB)và(SCD)

VìAD ⊥(SAB)và AH ⊥(SCD)nên góc giữa(SAB)và(SCD)là góc giữa ADvàAH
là góc nhọnDAH’.

Ta cótan’DSA=

AD
AS =

a =2⇒ ’DSA=arctan 2.

Vì gócDAH’ và’DSAcùng phụ với gócSAH’ nênDAH’ =arctan 2.

Góc giữa(SBC)và(SAD)

VìAB ⊥(SAD)vàAI ⊥ (SBC)nên góc giữa(SAD)và(SBC)là góc giữa ABvà AI là
góc nhọnBAI‘.

Ta cóASB‘ =45◦ ⇒BAI‘ =45◦.

</div>
(180)<div class='page_container' data-page=180>

180 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Bài 19. Cho hình chópS.ABCDcóSAvng góc với đáy ABCDlà hình thang vng
tại AvàD, cóAB=2a, AD=DC = a, dựngAH ⊥SC(H∈ SC), gọiMlà trung điểm
của AB.Góc giữa hai mặt phẳng(SCD)và(ABCD)bằng60◦.

Tính góc giữaSDvà(SAB).

a) b) Tính góc giữa(SAD)và(SMC).

Tính góc giữa(SBC)và(ABCD).

c) d) Tính góc giữa(SBC)và(SCD).

Lời giải.

Ta có

CD⊥ AD

CD⊥SA ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒
CD ⊥SD.

Hai mặt phẳng(SCD) và(SAD) có SDlà
giao tuyến nên góc giữa hai mặt phẳng
(SCD) và (SAD) là góc giữa AD và
SD chính là góc ’SDA = 60◦, nên có

SA = AD · tan 60◦ = a√3, SD =

√

SA2+AD2 =√3a2+a2 =2a.

1. Tính góc giữaSDvà(SAB).

AD⊥ AB

AD⊥SA ⇒ AD⊥(SAB).

Hình chiếu vng góc của SD lên mặt
phẳng(SAB)là đường thẳng SA nên góc
giữaSDvà(SAB)là góc’DSA.

Suy ra(SD, (SAB))= ’DSA=30◦.

Vậy(SD, (SAB))= ’DSA=30◦.

A
S

D C

B
H

M
60◦

2. Tính góc giữa(SAD)và(SMC).

Hai mặt phẳng(SAD)và(SMC)có điểm chungSvà có AD k MC nên giao tuyến của
chúng là đường thẳngSxvà song song với ADvàMC.

CM ⊥AB

CM ⊥SA ⇒CM ⊥(SAB) ⇒CM⊥SMmàCM kSxnênSM ⊥Sx. (1)

SA ⊥ ADmà ADk Sxnên SA⊥Sx. (2)

Từ (1) và (2) suy ra((SAD), (SMC))=(SA,SM)= MSA’.

Tam giác4SAMvng tạiAcótanASM’ =

AM
SA =

a
a√3 =

1
√

3 ⇒ ASM’ =30

◦.

Vậy((SAD), (SMC))= ASM’ =30◦.

3. Tính góc giữa(SBC)và(ABCD).

Trong tam giácABCcóCMlà trung tuyến vàCM = 1

2AB⇒ 4ABCvng tạiC.
Ta có:

BC ⊥SA

BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥(SAC)⇒BC ⊥SC.

Hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) có giao tuyến BC, hai đường thẳng SC và AC lần
lượt nằm trong hai mặt phẳng cùng vng góc với giao tuyếnBC,nên góc giữa(SBC)
và(ABCD)là góc giữaSCvàAClà gócSCA‘.

Trong tam giác vngSACvng tạiAcótanSCA‘ =

SA
AC =

SA
√

AB2+DC2 =

a√3
a√2 =
√

</div>
(181)<div class='page_container' data-page=181>

4. GĨC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 181

Vậy((SBC), (ABCD)) =SCA‘ =arctan

√
6
2 .
4. Tính góc giữa(SBC)và(SCD).

BC ⊥(SAC)

BC ⊂(SBC) ⇒(SBC) ⊥(SAC).

Hai mặt phẳng(SBC)và(SAC)vng góc với nhau theo giao tuyếnSC.

DựngAH ⊥SC(H ∈ SC)⇒ AH ⊥(SBC). (3)

Hai mặt phẳng(SAD)và(SDC)vng góc với nhau theo giao tuyếnSD.

DựngAI ⊥SD(I ∈ SD)⇒ AI ⊥(SCD). (4)

Từ (3) và (4) suy ra((SBC), (SDC))=(AH,AI) .
Hai tam giácSADvàSACvng vng tại Ata có

SA·AD =AI·SD ⇒ AI = SA·AD

SD =

a√3·a
2a =

a√3
2 ;
SA2 =SI·SD ⇒SI = SA

SD =
3a2

2a =
3a

2 .
SA·AC = AH·SC⇒ AH = SA·AC

SC =

a√3·a√2
a√5 =

a√30
5 ;
SA2 =SH·SC ⇒SH = SA

SC =
3a2
a√5 =

3a
√

Tam giácSACvng tạiDcócos’CSD =

SD
SC =

2a
a√5 =

2
√

5.
Áp dụng định lí cosin trong hai tam giácSI H vàAI H.

I H2 =SI2+SH2−2SI·SH·cos’CSD =

9a2
4 +

9a2
5 −2·

3a
2 ·

3a
√

5 ·
2
√

5 =
9a2

20 .
cos’I AH =

AI2+AH2−I H2
2·AI·AH =

3a2
4 +

6a2
5 −

9a2
20
2· a

√
3
2 ·

a√30
5

√
10
4 >0,

suy ra’I AHnhọn và’I AH =arccos

√
10
4 .
Vậy((SBC), (SDC))=’I AH =arccos

√
10
4 .

Bài 20. Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCDcó cạnh đáy bằng a,mặt bên hợp với đáy
góc60◦.Tính góc giữa các mặt phẳng:

(SAB)và(SCD).

a) b) (SAB)và(SBC).

</div>
(182)<div class='page_container' data-page=182>

182 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

1. Tính góc giữa hai mặt phẳng(SAB)và
(SCD).

Gọi O là tâm đáy và I,H lần lượt là
trung điểm AB,CD.

Ta có







(SCD)∩(ABCD)=CD
OH ⊥CD,OH ⊂(ABCD)
SH ⊥CD,SH ⊂(SCD)
⇒((SCD), (ABCD))=SHO’ =60◦.

Tam giácSHOvuông tạiO.
tanSHO’ =

OH ⇒ SO = OH ·
tan 60◦ = a

√

3
2 .
Ta có








S ∈(SAB)∩(SCD)
ABk CD

AB⊂(SAB),CD ⊂(SCD)
⇒ (SAB)∩(SCD) = Sx(Sx k AB k
CD).

AB ⊥ SI ⇒ SI ⊥ Sx, CD ⊥ SH ⇒
SH ⊥Sx

Suy ra((SAB), (SCD))= ISH‘.

Vì4SI H cân tạiS cóSH I‘ = 60◦ nên

4SI Hđều nên ISH‘ =60◦.

Vậy((SAB), (SCD))= ISH‘ =60◦.

B C

H
I

O 60◦

2. Tính góc giữa hai mặt phẳng(SAB)và(SBC).
Ta có(SAB)∩(SBC)=SB.

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên các mặt bên là các tam giác cân bằng nhau do đó
4SAB =4SBC.

Từ Akẻ AK ⊥SBthìCK ⊥SB.Suy ra:((SAB), (SBC))=(AK,CK) .
Trong tam giácSOBvng tạiO, có SB= √SO2+OC2 =

Ã
Ç

a√3
2

å2

a√2
2

å2

a√5
2 .

Trong tam giác SABcóS4SAB = 1

2SI· AB =
1

2AK·SB ⇒ AK =

SI·AB
SB =

a·a
a√5
2

2a
√

Tam giác ACKcân tạiKtừ chứng minh trên, nên AK =CK= √2a
5.
Áp dụng định lí cosin trong tam giácAKC. cos’AKC =

AK2+CK2−AC2
2AK·CK =

4a2
5 +

4a2
5 −2a

2· 4a

−1
4 <0.

</div>
(183)<div class='page_container' data-page=183>

4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 183

Vậy((SAB), (SBC)) =arccos1
4.

Bài 21. Cho tam giác đềuABCcạnhanằm trong mặt phẳng(P). Trên các đường thẳng
vng góc với(P)vẽ từBvàClấy các đoạn BD= a

√
2

2 ,CE =a
√

2nằm cùng một bên
đối với(P).

1. Chứng minh tam giác ADEvng. Tính diện tích tam giác này.
2. Tính góc giữa hai mặt phẳng(ADE)và(P).

Lời giải.

1. Gọi Flà trung điểm củaCE cóFE = FC = CE

2 =
a√2

2 .

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho các tam giác ABD,
ACE, DEF.

• AD2 = AB2+BD2= 3a

2 .

• AE2= AC2+CE2=3a2.

• DE2 =DF2+FE2 = 3a

2 .

Trong tam giác ADE có AE2 = AD2+DE2 =

3a2
2 +

3a2
2 =3a

2.

Vậy tam giác ADEvng tạiD.

A
B

C
E

a a

a√2
2

a√2

2. VìBD⊥(ABC),CE⊥(ABC)nên tam giác ABClà hình chiếu vng góc của tam giác
ADE.

Khi đó mặt phẳng(ABC)chính là mặt phẳng(P).

Gọiϕlà góc giữa hai mặt phẳng(ADE)và mp(P). Khi đó
S4ABC =cosϕS4ADE⇒cosϕ=

S4ABC

S4ADE

AB2√3
4
1

2DE·DA

= a

2√3

2·3a

√
3
3 .

Bài 22. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình vng cạnh a. SABlà tam giác đều và
(SAB)⊥(ABCD). Tính góc giữa:

1. (SCD)và(ABCD).
2. (SCD)và(SAD).
Lời giải.

</div>
(184)<div class='page_container' data-page=184>

184 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
GọiE,Flần lượt là trung điểm của AB,CD.

CúSE AB(4SABu)
SE ABCD.

Cú

CDEF

CDSE CD(SEF)CD SF.
Vy[(SCDÔ), (ABCD)]=SFE.

Trong tam giỏc 4SEF vuụng tại E: tanSFE‘ =

SE
EF =
√

3
2 .

C
F
B

I
S

2. Ta có

CD⊥ EF

CD⊥SE ⇒CD⊥(SEF)⇒(SCD)⊥(SEF).

DựngEI ⊥SF(I ∈ SF)⇒EI ⊥(SCD)⇒d(E, (SCD))= EI.
Trong tam giác4SEFvng tạiEta có

1
EI2 =

1
ES2 +

1
EF2 =

4
3a2 +

1
a2 =

3a2 ⇒EH =

a√3
√

7 .

VìAEk CDnên AEk(SCD)⇒d(A, (SCD))=d(E, (SCD))= a

√
21
7 .
Ta cóSD2=SE2+ED2 =SE2+EA2+AD2= 3a

4 +
a2

4 +a

2 =2a2.

DựngAH ⊥SD(H∈ SD), vì4SADcân tạiAnênAH2=√SA2−SH2 =

a2− a
2

2 =
a√2

2 .

Ta có(SAD)∩(SCD) =SD;A ∈(SAD);
d(A,SD)= AH = a

√
2

2 ;d(A, (SCD)) =
a√21

7 .
Gọiϕlà góc giữa hai mặt phẳng(SAD)và(SCD).
Sử dụng cơng thức tính góc ở trường hợp3ta được

sinϕ= d(A, (SCD))

d(A,SD) =

a√21
7
a√2

√
42

7 ⇒ ϕ=arcsin

Ç√

42
7

Bài 23. Cho tứ diện S.ABC, hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) vng góc nhau, có SA
vng góc với mặt phẳng(ABC)biếtSB=a√2,BSC‘ =45◦, ASB‘ =α.

1. Chứng minhBCvng góc vớiSB.

</div>
(185)<div class='page_container' data-page=185>

4. GĨC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 185

1. Chứng minhBC vng góc vớiSB.

VìSA ⊥(ABC)nên(SAB)⊥(ABC) (1).

Theo đề bài(SAB)⊥(SBC) (2).

Và(ABC)∩(SBC)=BC (3).

Từ (1),(2) và (3) suy raBC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB(hai
mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì
giao tuyến của chúng cũng vng góc với mặt phẳng
thứ ba).

A E C

α
45◦

2. Xác địnhαđể hai mặt phẳng(SAC)và(SBC)tạo với nhau một góc60◦.
DựngAE⊥SBtạiE. DựngAF ⊥SCtạiF.

Theo câu a) thìAE⊥(SBC)⇒ AE⊥SC.
VậySC ⊥(AEF)⇒SC ⊥EF.

Hai đường thẳng AFvàEFthuộc hai mt phng(SAC)v(SBC)cựng vuụng gúc vi
giao tuynSCnờn[(SACÔ), (SBC)]= AFE =60.

Ta cúM AEF vng tạiE(vì AE⊥(SBC)⇒ AE⊥EF) có AE=EFtan 60◦ =EF·√3.
XétM SAEcóAE=SEtanα.

XétM SEFcóEF =SEsin 45◦ = SE

√
2
2 .
Suy ra AE=EF·√3⇔SEtanα = SE

√
2
2 ·

√

3⇔tanα =
√

2 ⇒α =arctan
√

6
2 .

Bài 24. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáyABClà tam giác cân với AB= AC =a,

’

BAC=120◦,BB0 = a. GọiI là trung điểm củaCC0.
1. Chứng minh rằng tam giác AB0Ivng ở A.

2. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng(ABC)và(AB0I).

</div>
(186)<div class='page_container' data-page=186>

186 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

1. Gọi H là trung điểm của BC. Vì 4ABC cân tại
Anên AH ⊥BC.

Do’BAC=120◦ ⇒ ACH’ =30◦.

Xét 4ACH vng tại H có








AH = AC·sinACH’ =

a
2
CH = AC·cosACH’ =

a√3
2
⇒ BC =2CH =a√3.

• Xét4B0C0Ivng tại Inên IB02 =B0C02+

IC02= 13a

4 .

• Xét4ABB0vng tạiBnên AB02= AB2+

BB02=2a2.

• Xét4ACI vng tại Cnên AI2 = AC2+

IC2 = 5a

4 .

Ta thấy IB02 = AB02+AI2 = 13a

4 . Chứng tỏ
4B0AI vng tạiA.

H
A0

C
I

120

◦

2. Ta cóS4B0AI = 1

2 ·AH·BC =
a2√3

4 vàS4ABC =
1

2·AH·BC =
a2√3

4 .
Gọiα là góc giữa hai mặt phẳng(ABC)và(AB0I).

Ta cóS4ABC =S4AB0I ·cosα ⇒cosα =
a2√3

4 :

a2√10
4 =

√
30
10 .

Bài 25. Trong mặt phẳng(P)cho hình vngABCDcạnha. Lấy hai điểm M, N thuộc
CB vàCD. Đặt CM = x,CN = y. Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng(P)tại
điểm Alấy một imS. Tỡm liờn h giax,y

1. (SAMÔ), (SAN)

=45.
2. (SAM)(SMN).

</div>
(187)<div class='page_container' data-page=187>

4. GĨC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 187

1. VìSA ⊥(ABCD)⇒SA ⊥ AM, SA⊥ AN.
Hai mặt phẳng(SAM)và(SAN)có giao tuyến là
SA. Nên góc giữa hai mặt phẳng là góc giữaAM
vàANchính là góc ÷MAN =45◦ ⇔ Ac2 =45◦.
Ta cóAc1+Ac2+Ac3 =90◦ ⇒ cA1+Ac3 =45◦.
Lại có

tan(A1+A3)= tanA1

+tanA3

1−tanA1·tanA3

⇔ tanA1+tanA3
1−tanA1·tanA3

=1 (1).
Xét trong hai tam giác vngABMvàADNcó

tanA1 =

BM
BA =

a−x

a ; tanA2 =
DN
AD =

a−y
a (2).
Thay (2) vào (1)

a−x
a +

a−y
a
1−a−x

a ·
a−y

⇔ a(2a−x−y)=a(x+y)−xy
⇔ 2a2 =2a(x+y)−xy.

Vậy liên hệ giữax, ylà2a2=2a(x+y)−xy.

B M

D
N
A

1 2 3
1 2 3

2. Ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒ (SAM) ⊥ (ABCD). Giả sử (SMN) ⊥ (SAM) thì hai mặt
phẳng (ABCD) và (SMN) cùng vng góc với (SAM) nên giao tuyến của chúng là
MN vng góc với mặt phẳng (SAM). Suy ra MN ⊥ AM hay ÷AMN = 90◦. Lúc đó
”

M1+M”3 =90◦ ⇒ ”M3= Ac1nên có
tanM3=tanA1⇔

y
x =

a−x
a ⇔x

2= a

(x−y).
Vậy liên hệ giữax, ylàx2= a(x−y).

</div>
(188)<div class='page_container' data-page=188>

188 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Bài 5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG

A. Phương pháp giải toán

Bài tốn tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, là một dạng tốn rất quan trọng
trong chương vng góc của lớp 11 và là một phần hay ra trong đề thi Đại học. Để giải quyết
vấn đề này các bạn phải thành thạo hai công cụ sau và nó liên quan với nhau.

Bài tốn 1. Tính khoảng cách từ hình chiếu vng góc của đỉnh đến một mặt bên
Phương pháp xác định khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh đến một mặt phẳng bên.

• Bước 1.Xác định giao tuyến∆.

• Bước 2.Từ hình chiếu vng góc của đỉnh, dựngAH ⊥∆(với H∈ ∆).

• Bước 3.DựngAI ⊥SH (với I ∈ SH). Khoảng cách cần tìm là AI.
VớiSlà đỉnh,Alà hình chiếu vng góc của đỉnh trên mặt đáy.

Ba bước dựng ở trên là sử dụng tính chất: Hai mặt phẳng vng góc với nhau, nếu một
đường thẳng nằm trên mặt phẳng này vng góc với giao tuyến thì sẽ vng góc với mặt
phẳng kia.

Đây là bài tốn cơ bản nhưng vơ cùng quan trọng trong việc tính khoảng cách từ một điểm đến một
mặt phẳng. Hầu như tính khoảng cách từ một điểm bất kì đến mặt phẳng bên đều thơng qua điểm
này dựa vào cơng thức của Bài tốn 2.

Ví dụ điển hình: Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với đáy (ABC). Hãy xác định

khoảng cách từ điểm Ađến mặt bên(SBC).

Lời giải.

Ta cóBClà giao tuyến của hai mặt phẳng(SBC)và(ABC).
Từ hình chiếu của đỉnh là điểm A.

DựngAH ⊥ BCtạiH. DựngAI ⊥SHtại I.
Vì

BC ⊥SA

BC ⊥ AH ⇒BC ⊥(SAH)⇒(SBC)⊥(SAH).

Mặt phẳng(SBC)vng góc với mặt phẳng(SAH)theo giao
tuyếnSHcóAI ⊥SHnên AI ⊥(SBC).

Vậyd A,mp(SBC)

= AI.

Bài tốn 2. Tính khoảng cách từ một điểm bất kỳ đến một mặt phẳng
Thường sử dụng công thức sau:

H K

</div>
(189)<div class='page_container' data-page=189>

5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 189

P
K

O H

A d

Cơng thức tính tỉ lệ khoảng cách d M,mp(P)

d A,mp(P) =
MO

AO.

Ở cơng thức trên cần tính khoảng cách từ điểmMđến mặt phẳng(P).

Phương pháp phải tìm một đường thẳngdquaMvà chứa một điểmAmà có thể tính khoảng
cách đến mặt phẳng(P). Kinh nghiệm thường điểm Alà hình chiếu của đỉnh.

B. Bài tập mẫu

Bài 1 (Dự bị Đại học khối D- 2002). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
đều cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng(SBC)theoa, biếtSA= a

√
6
2 .
Lời giải.

Gọi E là trung điểm của BC thì BC ⊥ AE (vì ABC đều).
DựngAF ⊥SEtạiF.

CóBC ⊥SA, BC⊥ AEnênBC ⊥mp(SAE).
Suy ra(SBC)⊥(SAE).

Mp (SBC) vng góc với mp (SAE) theo giao tuyến SE có
AF ⊥SE.

Suy ra AF ⊥(SBC).
Vậyd (A, (SBC)) =AF.
Trong tam giácSAEcó

1
AF2 =

1
AS2 +

1
AE2 =

2
3a2 +

4
3a2 =

2
a2

⇒ AF = a

√
2
2 .

Kết luậnd (A, (SBC))= AF= a

√
2
2 .

C
E

Bài 2 (Đề thi TSĐH Khối A- 2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng(SBC)vng góc với mặt phẳng (ABC).
BiếtSB =2a√3vàSBC‘ =30◦. Tính thể tích khối chópS.ABCvà khoảng cách từ điểm

</div>
(190)<div class='page_container' data-page=190>

190 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Nhận xét. Hlà hình chiếu vng góc của đỉnh và điểm Bcùng nằm trên đường thẳng có giao điểm
với mặt phẳng(SAC)tạiC. Nên bước đầu tiên ta phải tính khoảng cách từHđến mặt phẳng(SAC),
sau đó sử dụng cơng thức tỉ số khoảng cách để tính khoảng cách từ điểm B.

GọiHlà hình chiếu vng góc củaSlênBC.
Do mp(SBC)⊥mp(ABC)nênSH ⊥mp(ABC).

Trong4SBHvng tạiHcó:

SH =SB·sin 30◦ =a√3,BH =SB·cos 30◦ =3a.
DựngHG ⊥ ACtạiG.

DựngHK ⊥SGtạiK.
Ta có

AC ⊥ HG

AC ⊥SH ⇒ AC ⊥mp(SHG).

⇒mp(SAC)⊥mp(SHG)(vì AC ⊂mp(SAC)).
Và(SAC)∩(SHG)=SG⇒ HK⊥mp(SAC).
Vậyd H,mp(SAC)

= HK.

30◦
3a

2a√3

C
H

G
K

Ta có4CGHv4CBA ⇒ GH

BA =
CH

CA ⇒ GH =
a

5a ·3a=
3a

5 .
Trong4SHGvng tạiHta có

1
HK2 =

1
HG2 +

HS2 =

25
9a2 +

1
3a2 =

9a2 ⇒ HK=

3a√7
14 .

Hai điểmHvàBnằm trên đường thẳng có giao điểm với mp(SAC)tạiCnên có d B,mp(SAC)

d H,mp(SAC) =
BC

HC =4.

Vậyd B,mp(SAC)

=4d H,mp(SAC)

= 6a

√

7 .

Bài 3. Cho hình chópS.ABCcó đáy là tam giác vuông tại AvớiBC =2a,’ABC =60◦.

Gọi Mlà trung điểmBC. BiếtSA =SB=SC =a√5.
1. Tính chiều cao của hình chóp.

2. Tính khoảng cách từ Mđến mặt phẳng(SAB).
Lời giải.

60◦

2a
a√5

C
M

</div>
(191)<div class='page_container' data-page=191>

5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 191
1. Tính chiều cao của hình chóp.

Vì4ABCvng tạiA, Mlà trung điểm của BCnên ta cóMA = MB= MC. (1)

Theo đềSA =SB=SC. (2)

Từ(1)và(2)suy raMlà hình chiếu vng góc củaSlên mặt phẳng(ABC).
Vậyd (S, (ABC))=SM.

Trong4SBMcóSM =√SB2−BM2 =

…
Ä

a√5ä2−a2 =2a.

2. Tính khoảng cách từ Mđến mặt phẳng(SAB).

4

! Mlà hình chiếu vng góc của đỉnh Strên mặt phẳng(ABC).

Kẻ MF⊥ ABtại F. Kẻ MG⊥SFtạiG ⇒MG ⊥(SAB).
MABlà tam giác cân có góc60◦ nên MABđều⇒ MF = a

√
3
2 .
Trong tam giác vngSMFta có

1
MG2 =

1
SM2 +

1
MF2 =

1
(2a)2 +

a√3
2

å2 ⇒ MG=

2a√3
√

19 .

Bài 4. Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng tâmO, AB =

2a,SA =4a. Tính

1. Khoảng cách từOđến(SAB).

2. Khoảng cách từ Ađến(SCD).
Lời giải.

B C

O K

I
H

1. Khoảng cách từOđến(SAB).

Theo đề bài thìSO⊥(ABCD). DựngOI ⊥ ABtạiIthìAB⊥(SIO)⇒(SAB)⊥(SIO).
Hai mặt phẳng này vng góc với nhau theo giao tuyếnSI.

DựngOH ⊥SI tạiH. Suy raOH ⊥(SAB). Vậyd (O, (SAB))=OH.
OIlà đường trung bình của4BAD ⇒OI = 1

2AD =a.

Trong4SAOvng tạiOcóSO=√SA2−AO2 =√16a2−2a2 =a√14.

Trong4SOI vng tạiO, ta có
1

OH2 =

1
OI2 +

1
OS2 =

1
a2 +

1
14a2 =

14a2 ⇒OH =

</div>
(192)<div class='page_container' data-page=192>

192 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
2. Khoảng cách từ Ađến(SCD).

VìS.ABCDlà hình chóp đều nên khoảng cách từ tâmOđến các mặt bên bằng nhau,
cód (O, (SAB))=d (O, (SCD))=OH = a

√
210
15 .

Hai điểm AvàOnằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SCD)tạiC, nên

có d (A, (SCD))

d(O, (SCD)) =
AC
AO =2.

Vậyd (A, (SCD)) =2·d (O, (SCD))= 2a

√
10
15 .

Bài 5. Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh bằng a, SA
vng góc với đáy. Góc tạo bởiSCvà mặt phẳng(SAB)bằng30◦.

1. Tính khoảng cách từ điểmAđến mặt phẳng(SBD).
2. Tính khoảng cách từ điểmCđến mặt phẳng(SBD).

3. Tính khoảng cách từ trung điểm I của SC, trọng tâm G của tam giác SCD đến
mặt phẳng(SBD).

4. Tính khoảng cách từO, IvàGđến mặt phẳng(SAB).
Lời giải.

30◦

B C

D
I

E
O

1. Tính khoảng cách từ điểmAđến mặt phẳng(SBD).
Vì

CB⊥ AB

CB⊥SA ⇒CB⊥(SAB). Do đóSBlà hình chiếu củaSClên mặt phẳng(SAB).
⇒⁄SC, (SAB)

=SC÷,SB

=CSB‘ =30◦.

Trong4SBCvng tạiBcóSB=BC·cot 30◦ =a√3.

Trong4SABvng tạiAcóSA =√SB2−AB2 =√3a2−a2 =a√2.

Ta có

SA ⊥BD

AC ⊥BD ⇒ BD⊥(SAC)⇒(SBD)⊥(SAC).

Trong mặt phẳng(SAC), kẻ AH ⊥SO⇒ AH ⊥(SBD)⇒d (A, (SBD))= AH.
Trong4SAOvng tạiAcó

1
AH2 =

1
SA2 +

1
AO2 =

1
2a2 +

2
a2 =

2a2 ⇒ AH =

</div>
(193)<div class='page_container' data-page=193>

5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 193

Vậyd (A, (SBD))= a

√
10
5 .

2. Tính khoảng cách từCđến mặt phẳng(SBD).

Vì hai điểm A và C nằm trên đường thẳng có giao điểm với (SBD) tại O nên ta có
d (C, (SBD))

d (A, (SBD)) =
CO
AO =1.

Suy rad (C, (SBD))=d (A, (SBD))= a

√
10
5 .

3. Tính khoảng cách từ IvàGđến mặt phẳng(SBD).

Vì hai điểm I và C nằm trên đường thẳng có giao điểm với (SBD) tại S nên ta có
d (I, (SBD))

d (C, (SBD)) =
IS
CS =

1
2.
Do đód (I, (SBD))= 1

2d (C, (SBD))=
a√10

10 .

Vì hai điểm I và G nằm trên đường thẳng có giao điểm với (SBD) tại D nên ta có
d (G, (SBD))

d (I, (SBD)) =
GD

ID =
2
3.
Suy rad (G, (SBD))= 2

3d (I, (SBD))=
a√10

15 .

4. Tính khoảng cách từO, IvàGđến mặt phẳng(SAB).
Theo câu a) ta cóCB⊥(SAB)⇒d (C, (SAB)) =CB=a.

Vì hai điểmI vàCnằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SAB)tạiSnên
có d (I, (SAB))

d (C, (SAB)) =
IS
CS =

1
2
⇒d (I, (SAB))= 1

2d (C, (SAB))=
a
2.

Vì hai điểmOvàCnằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SAB)tạiAnên
có d (O, (SAB))

d (C, (SAB)) =
OA
CA =

1
2
⇒d (O, (SAB))= 1

2d (C, (SAB))=
a
2.

VìCEk ABnênd (C, (SAB))=d (E, (SAB))= a.

Vì hai điểmEvàGnằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SAB)tạiSnên
có d (G, (SAB))

d (E, (SAB)) =
GS

ES =
2
3
⇒d (G, (SAB))= 2

3d (E, (SAB))=
2a

3 .

Thông qua bài tập này các bạn thấy mấu chốt chủ yếu của bài toán là dựa vào khoảng cách từ hình
chiếu của đỉnh ở đây là điểm A, sau đó sử dụng cơng thức tính tỉ lệ khoảng cách.

Bài 6. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường

kính AD=2a,SAvng góc với đáy(ABCD)vàSA =a√6.

1. Tính khoảng cách từ A,Bđến(SCD).
2. Tính khoảng cách từ ADđến(SBC).
Lời giải.

</div>
(194)<div class='page_container' data-page=194>

194 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Theo đề bài ta có

CD ⊥AC
CD ⊥SA ⇒

CD ⊥(SAC)

CD ⊂(SCD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAC)theo giao tuyến
SC.

Kẻ AH ⊥ SC (H ∈ SC) ⇒

AH ⊥(SCD).

Do đód(A, (SCD))= AH.
Xét tam giác vng ACDcó
AC = √AD2−CD2 =

√

4a2−a2= a√3.

Xét tam giác vngSACcó
1

AH2 =

1
SA2 +

1
AC2 =

1
a2 +

1
3a2 =

4
3a2

⇒ AH = a

√
3
2 ·

Gọi M là trung điểm AD thì
BMk CD

⇒ BMk (SCD).
Gọi{O} = AC∩BM

⇒ d(B, (SCD)) =

d(O, (SCD)).

Vì {C} = AO ∩ (SCD) và
OC = 1

2AC

nên d(O, (SCD)) =

2·d(A, (SCD))=
a√3

4 .
Vậyd(B, (SCD))= a

√
3
4 .
2. Tính khoảng cách từ ADđến

(SBC).

VìADk BC ⇒ ADk(SBC)
⇒ d(AD, (SBC)) =

d(A, (SBC)).

Kẻ AK ⊥BC (K ∈ BC).

M D
H
A
J
S
O
C
B
K

a√6

a a

30◦

Ta có

BC ⊥ AK
BC ⊥SA ⇒

BC ⊥(SAK)

BC ⊂(SBC) ⇒(SBC)⊥(SAK)theo giao tuyếnSK.
Kẻ AJ ⊥SK (J ∈ SK)⇒ AJ ⊥(SBC). Do đód(A, (SBC))= AJ.

Xét tam giác vngSAKcóAK =√AB2−BK2=

…

a2−a

2
2
= a
√
3
2 ·
Xét tam giác vngSAKcó 1

AJ2 =

1
SA2 +

1
AK2 =

1
a2 +

3a2 ⇒ AJ =

a√21
7 ·
Vậyd(AD, (SBC))= a

√
21
7 ·

</div>
(195)<div class='page_container' data-page=195>

5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 195
GọiHlà giao điểm củaBMvàAN.

Ta có 4DAN = 4ABM (c.g.c) ⇒ DAN’ = ABM’ mà ABM’ +÷AMH = 90◦ ⇒ ÷H AM+
÷

AMH =90◦ ữAHM=90hayBM AN.

Ta cú

BM AN

BM SA BM (SAN)BM ⊥SH.
BMlà giao tuyến của(SBM)và(ABCD).

Khi đó góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng
(ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng AN và SH
haySH A’ =45◦.

Tam giácSAHvuông cân tạiA⇒ AH = AS =a.
Xét tam giác vng ABMcó

1
AH2 =

1
AM2 +

AB2 ⇔ AB

2 = 5AH2 ⇔ AB =

AH√5=a√5.

Dựng AI ⊥ SH (I ∈ SH). Hai mặt phẳng (SBM) và
(SAN)vng góc với nhau theo giao tuyếnSH

⇒ AI ⊥(SBM)⇒d(A, (SBM))= AI.

Xét tam giác vng SAH có AI = SH

2 =

AH√2
2 =
a√2

2 ·

M
A

B C

D
N
I

45◦
a

Hai điểm AvàDnằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SBM)tạiMvới M
là trung điểm của AD, nên có d(D, (SBM))

d(A, (SBM)) =
DM

AM = 1 ⇒ d(D, (SBM)) = d(A, (SBM)) =
a√2

2 ·

Vậyd(D, (SBM))= a

√
2

2 ·

Bài 8. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là ABCDhình vng tâmO cạnha, SAvng
góc với mặt đáy(ABCD)vàSA =a. GọiI, Jlần lượt là trung điểmSCvàAB.

1. Chứng minh rằng IO⊥(ABCD).
2. Tính khoảng cách từ IđếnCJ.
Lời giải.

1. Chứng minh rằng IO⊥(ABCD).

Ta cóOI là đường trung bình của4SAC
⇒

OI k SA
SA ⊥(ABCD)
⇒OI ⊥(ABCD).

2. Tính khoảng cách từ IđếnCJ.
KẻOH ⊥CJtại H.

Ta có

CJ⊥OI

CJ⊥OH ⇒ CJ ⊥ (IOH) ⇒ CJ ⊥ I H ⇒
d(I,CJ)= I H.

Gọi {G} = BO∩ CJ suy ra G là trọng tâm của
4ABC.

Ta cóOG= 1

3OB=
a√2

6 ·

I
J

B H C

D
A

O
a

</div>
(196)<div class='page_container' data-page=196>

196 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Xét tam giác vngCOGcó 1
OH2 =

1
OC2 +

1
OG2 =

a2 ⇒OH =

a
√

20·

Xét tam giác vngOI H cóI H =√OH2+OI2 =

a2
20+

a2
4 =

a√30
10 ·
Vậyd(I,CJ)= I H = a

√
30
10 ·

Bài 9. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có AA0 = a, đáy ABC là tam giác vng
tại AcóBC =2a, AB= a√3.

1. Tính khoảng cách từ AA0tới mặt phẳng(BCC0B0).
2. Tính khoảng cách từ Atới(A0BC).

3. Chứng minh rằng AB ⊥ (ACC0A0) và tính khoảng cách từ A0 đến mặt phẳng
(ABC0).

Lời giải.

</div>
(197)<div class='page_container' data-page=197>

5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 197
DựngAH ⊥ BCtạiH, ta có:

AH ⊥BC

AH ⊥BB0 ⇒ AH ⊥ (BCB

0C0

) ⇒
d(A, (BCB0C0))= AH.

4ABCvng tạiAcó: AC =√BC2−AB2 =a

AH · BC = AB· AC ⇒ AH = AB·AC

BC =
a√3·a

2a =
a√3

2 .

Kết luậnd(A, (BCB0C0)) =AH = a

√

3
2 .
VìAA0 k BB0 ⇒ AA0 k(BCC0B0)

⇒ d(AA0, (BCB0C0)) = d(A, (BCB0C0)) = AH =

a√3
2 .

Vậyd(AA0, (BCB0C0))= a

√
3
2 .
2. Tính khoảng cách từ Atới(A0BC).

Ta có:

BC⊥ AH

BC⊥ AA0 ⇒ BC ⊥ (A

0AH) ⇒

(A0BC) ⊥(A0AH).

(A0BC)∩(A0AH) =A0H.

DựngAK ⊥ A0H, (K∈ A0H)⇒ AK ⊥(A0BC).
Do đód(A, (A0BC))= AK.

Trong4A0AHvng tạiAcó:
1

AK2 =

1
AA02+

1
AH2 =

3a2 ⇒ AK =

a√21
7 .
Vậyd(A, (A0BC))= AK = a

√
21
7 .
3. Chứng minh rằng AB⊥(ACC0A0).

Ta có:

AB ⊥AC

AB ⊥AA0 ⇒ AB⊥(ACC

A0).

Tính khoảng cách từ A0đến mặt phẳng(ABC0).
AB⊥(ACC0A0) ⇒(ABC0)⊥(ACC0A0).

(ABC0)∩(ACC0A0)= AC0.

DựngA0I ⊥ AC0 ⇒ A0I ⊥(ABC0).
Do đód(A0, (ABC0)) =A0I.

Trong4AA0C0vng tạiA0có:
1

A0I2 =

1
AA02 +

1
A0C02 =

2
a2 ⇒ A

0I = a

√
2
2 .
Vậyd(A, (A0BC))= A0I = a

√
2
2 .

C
B0

H
A

I
K

Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh a, SA ⊥

(ABCD)vàSA =a√3.

1. Tính khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(SBC).
2. Tính khoảng cách từOđến mặt phẳng(SBC).

</div>
(198)<div class='page_container' data-page=198>

198 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Lời giải.

1. Tính khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(SBC).
Ta có:

BC ⊥ AB

BC ⊥SA ⇒BC ⊥(SAB)⇒(SBC)⊥(SAB).
Hai mặt phẳng này này vuông góc với nhau theo
giao tuyếnSB.

Kẻ AH ⊥SBtạiH ⇒ AH ⊥(SBC).
Vậy:d(A, (SBC))= AH.

Trong4SABta có:
1

AH2 =

1
AB2 +

1
SA2 =

1
a2 +

1
3a2 =

3a2 ⇒ AH =

a√3
2 .

Kết luận:d(A, (SBC))= a

√
3
2 .

2. Tính khoảng cách từOđến mặt phẳng(SBC).

Hai điểm A và O nằm trên đường thẳng có giao
điểm với mặt phẳng(SBC)tạiB.Nên ta có:

d(O, (SBC))
d(A, (SBC)) =

OC
AC =

2 ⇒ d(O, (SBC)) =
1

2d(A, (SBC))=
a√3

4 .
Vậyd(O, (SBC))= a

√
3
4 .

B
H

I
G

3. Tính khoảng cách từ trọng tâm của tam giácSABđến mặt phẳng(SAC).
Ta cóBO⊥(SAC)⇒d(B, (SAC)) =BO= BD

2 =
a√2

2 .

Hai điểmBvàGnằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SAC)tại I với I
là trung điểm củaSA.

Do đó ta có d(G, (SAC))
d(B, (SAC)) =

GI
BI =

3 ⇒d(G, (SAC))=
1

3d(B, (SAC))=
a√2

6 .

Vậyd(G, (SAC))= a

√
2
6 .

Bài 11. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng cạnha,SA = avàSA ⊥
(ABCD).

1. GọiI là trung điểm củaSD. Chứng minh AI ⊥(SCD).

2. Tính khoảng cách từ trọng tâm của tam giácSBCđến mặt phẳng(ABCD).
Lời giải.

1. Chứng minhAI ⊥(SCD).
Ta có

CD⊥ AD

</div>
(199)<div class='page_container' data-page=199>

5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 199
Hai mặt phẳng này vng góc với nhau theo

giao tuyếnSD.

Mặt khácAI ⊥SDvì tam giácSADcân tạiA.
Suy ra AI ⊥(SCD).

2. Tính khoảng cách từ trọng tâm của tam giácSBC
đến mặt phẳng(ABCD).

GọiHlà trung điểm của BC.

Hai điểmSvàG nằm trên đường thẳng có giao
điểm với mặt phẳng(ABCD)tạiH nên có:

d(G, (ABCD))
d(S, (ABCD)) =

GH
SH =

3 ⇒d(G, (ABCD))=
1

3d(S, (ABCD))=
a
3.
Vậyd(G, (ABCD))= a

A G

H
S

Bài 12. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình chữ nhật vớiAB =a, AD =2a,
SA=avàSA ⊥(ABCD). GọiI, Mlần lượt là trung điểm củaSC,CD.

1. Tính khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(SBD).
2. Tính khoảng cách từ Iđến mặt phẳng(SBD).
3. Tính khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(SBM).
Lời giải.

1. Tínhd(A, (SBD)).
Kẻ AO⊥BDtạiO.

CóBD⊥ AOvàBD⊥SA⇒ BD⊥(SAO)⇒(SBD)⊥(SAO).
Hai mặt phẳng này vng góc với nhau theo giao tuyếnSO.
DựngAH ⊥SOtạiH ⇒ AH ⊥(SBD).

Vậyd(A, (SBD))= AH.
Trong tam giácABD có:

1
AO2 =

1
AB2+

1
AD2 =

1
a2+

1
4a =

4a2 ⇒ AO =

2a
√

5.
Trong4SAOcó:

1
AH2 =

1
AO2 +

1
SA2 =

5
4a2 +

1
a2 =

9
4a2 ⇒

AH = 2a

3 .

Vậyd(A, (SBD))= 2a

3 .

2. Tính khoảng cách từ Iđến mặt phẳng(SBD).
GọiN = AC∩BD.

Vì hai điểm A và C nằm trên đường thẳng có
giao điểm với mặt phẳng(SBD)tạiN, nên có:

d(C, (SBD))
d(A, (SBD)) =

AN = 1 ⇒ d(C, (SBD)) =
d(A, (SBD))= 2a

3 .

J I

D
M
K

H
O
N
S

</div>
(200)<div class='page_container' data-page=200>

200 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
Vì hai điểm IvàCnằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SBD)tạiS, nên

có:

d(I, (SBD))
d(C, (SBD)) =

SI
SC =

2 ⇒d(I, (SBD))=
1

2d(C, (SBD))=
a
3.
Vậyd(I, (SBD)) = a

3. Tính khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(SBM).

Kẻ AK ⊥BM, AJ ⊥SK. Suy ra AJ ⊥(SBM)⇒d(A, (SBM))= AJ.
Ta có:BM =√BC2+CM2 =

4a2+ a
2

4 =
a√17

2 .
Ta có:

SABCD =S4ABM+2S4BCM
⇔ 2a2= 1

2AK·BM+2·
1

2BC·CM
⇔ 2a2= 1

2·
a√17

2 ·AK+
a2

2
⇒ AK = √6a

17.

Trong4SAKcó: 1
AJ2 =

AK2 +

1
SA2 =

17
36a2 +

1
a2 =

36a2 ⇒ AJ =

6a
√

53.
Kết luận:d(A, (SBM))= √6a

53.

Bài 13. Cho hình thoiABCDtâmO, cạnhavàAC =a. Từ trung điểm HcủaABdựng
SHvng góc với(ABCD)vớiSH =a.

1. Tính khoảng cách từ Hđến(SCD).
2. Tính khoảng cách từOđến(SCD).

3. Tính khoảng cách từ Ađến(SBC).

Lời giải.

</div>

Tài liệu hình học không gian dành cho học sinh lớp 11 - TOANMATH.com

Mục lục

Chương 1.

ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG

GIAN

A.

Tóm tắt lý thuyết

B.

Bài tập rèn luyện

Chương 2.

QUAN HỆ SONG SONG

Bài 1. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ HAI ĐƯỜNG

THẲNG SONG SONG

A.

Tóm tắt lý thuyết

Bài 2.

ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG

A.

Tóm tắt lý thuyết

B.

Bài tập rèn luyện

Bài 3.

HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG

A.

Tóm tắt lý thuyết

4

4

4

Bài 4.

KHỐI LĂNG TRỤ

Bài 5.

BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II

Chương 3.

QUAN HỆ VNG GĨC TRONG

KHƠNG GIAN

Bài 1.

ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG

A.

Tóm tắt lý thuyết

B.

Bài tập rèn luyện

Bài 2.

HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC

A.

Tóm tắt lý thuyết

<b>!</b>

B.

Bài tập rèn luyện

Bài 3.

GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG

A.

Tóm tắt lý thuyết

B.

Bài tập rèn luyện

Bài 4.

GĨC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG

A.

Góc giữa hai đường thẳng

B.

Bài tập rèn luyện

C.

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

D.

Bài tập rèn luyện

E.

Góc giữa hai mặt phẳng

F.

Bài tập rèn luyện

Bài 5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG

A.

Phương pháp giải toán

B.

Bài tập mẫu

4

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về