Hướng dẫn giải các dạng toán vectơ trong không gian, quan hệ vuông góc - TOANMATH.com

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (995.54 KB, 113 trang )

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

3

BÀI

1.

VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN

A

TĨM TẮT LÍ THUYẾT

1

CÁC ĐỊNH NGHĨA

1 Véctơ là một đoạn thẳng có hướng (có phân biệt điểm đầu và điểm cuối).

2 Véctơ - khơng là véctơ có điểm đầu và điểm cuối trùng nhau.

3 Ký hiệu véctơ: AB# »(điểm đầu là A, điểm cuối làB) hay #»a,#»b, #»x,#»y, . . .

4 Độ dài của véctơ là khoảng cách giữa điểm đầu và điểm cuối của véctơ đó. Kí hiệu |AB|,# »
|#»a|.

5 Giá của véctơ là đường thẳng đi qua điểm đầu và điểm cuối của véctơ đó.

6 Hai véctơ được gọi là cùng phương nếu giá của chúng song song hoặc trùng nhau.

7 Hai véctơ cùng phương thì cùng hướng hoặc ngược hướng.

8 Hai véctơ bằng nhau là hai véctơ cùng hướng và có cùng độ dài. Tức là#»a = #»b ⇔
®

cùng hướng
|#»a|=|#»b|

9 Hai véctơ đối nhau là hai véctơ ngược hướng nhưng vẫn có cùng độ dài.

10 Các phép toán cộng, trừ, nhân véctơ với một số được định nghĩa tương tự trong mặt phẳng.

2

CÁC QUY TẮC TÍNH TỐN VỚI VÉCTƠ

1 Quy tắc ba điểm (với phép cộng):AB# »+BC# »= AC.# »

2 Quy tắc ba điểm (với phép trừ):OB# »−OA# »= AB.# »

3 Quy tắc ba điểm (mở rộng):AX# »1+X# »1X2+X2X3# »· · ·+Xn# »−1Xn +Xn# »B = AB.# »

4 Quy tắc hình bình hành:
(a) AB# »+AD# » = # »AC.
(b) AB# »+AD# » =2# »AE

trong đó ABCDlà hình bình hành vàElà trung điểm củaBD.

5 Quy tắc hình hộp:

# »

AB+AD# »+# »AA0 = AC# »0
trong đó ABCD.A0B0C0D0là một hình hộp.

A0 B

0 C0

D0
A

B C

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

3

MỘT SỐ HỆ THỨC VÉCTƠ TRỌNG TÂM, CẦN NHỚ

1 Ilà trung điểm của đoạn thẳng AB⇔ I A# »+IB# »= #»0 ⇔OA# »+OB# »=2OI# »
(vớiOlà một điểm bất kỳ).

2 G là trọng tâm của tam giác ABC ⇔ GA# »+GB# »+GC# » = #»0 ⇔ OA# »+OB# »+OC# » = 3OG# »
⇔ AG# »= 2

# »

AM(vớiOlà một điểm bất kỳ,Mlà trung điểm cạnh BC).

3 Glà trọng tâm của tứ diệnABCD⇔ GA# »+GB# »+GC# »+GD# »= #»0 ⇔OA# »+OB# »+OC# »+OD# »=

4OG# »⇔ AG# »= 3

# »

AA0(với điểmObất kỳ,A0là trọng tâm của∆BCD)
⇔GM# »+GN# »= #»0 (với M,Nlà trung điểm 1 cặp cạnh đối diện).

4 #»a và #»b 6= #»0 cùng phương⇔ ∃k ∈R: #»a =k.#»b

5 #»a và #»b 6= #»0 cùng hướng⇔ ∃k ∈R+ : #»a =k.#»b

6 #»a và #»b 6= #»0 ngược hướng⇔ ∃k∈ R− : #»a =k.#»b

7 Ba điểmA,B,Cthẳng hàng⇔ ∃k∈ R: AB# »=k.AC# »

4

ĐIỀU KIỆN ĐỒNG PHẲNG CỦA BA VÉCTƠ

Định nghĩa 1. Trong không gian, ba véctơ được gọi là đồng phẳng nếu giá của chúng cùng song
song với một mặt phẳng nào đó.

Hệ quả 1. Nếu có một mặt phẳng chứa véctơ này đồng thời song song với giá của hai véctơ kia
thì ba véctơ đó đồng phẳng.

Định lí 1. (Điều kiện để ba véctơ đồng phẳng) Trong không gian cho hai véctơ #»a và #»b khơng cùng
phương và véctơ #»c. Khi đó #»a, #»b và #»c đồng phẳng khi và chỉ khi tồn tại cặp số (m;n) sao cho #»c =
m#»a +n#»b (cặp số(m;n)nêu trên là duy nhất).

4

! Bốn điểm phân biệt A,B,C,Dđồng phẳng⇔ # »AB,AC# »,AD# »đồng phẳng⇔ AB# »=m.AC# »+n.AD# ».

5

PHÂN TÍCH MỘT VÉCTƠ THEO BA VÉCTƠ KHƠNG ĐỒNG PHẲNG

Định lí 2.

Cho ba véctơ #»a, #»b và #»c khơng đồng phẳng. Với mọi véctơ #»x, ta đều tìm được duy
nhất một bộ số(m;n;p)sao cho #»x =m.#»a +n.#»b +p.#»c.

#»a #»b
#»c #»x

6

TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VÉCTƠ

Định nghĩa 2.

1 Nếu #»a 6= #»0 và #»b 6= #»0 thì #»a.#»b =|#»a|.

#»
b

. cos(

#»a, #»b)

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

3 Bình phương vơ hướng của một véctơ: #»a2 =|#»a|2

4

! Một số ứng dụng của tích vơ hướng

1 Nếu #»a 6= #»0 và #»b 6= #»0 ta có #»a ⊥ #»b ⇔ #»a.#»b =0

2 Cơng thức tính cơsin của góc hợp bởi hai véctơ khác #»0:cos(#»a,#»b) =

#»a.#»b
|#»a|.

#»
b

3 Cơng thức tính độ dài của một đoạn thẳng:AB =

# »
AB

=
p# »

AB2

B

CÁC DẠNG TỐN

{DẠNG 1.1. Xác định véctơ và các khái niệm có liên quan

Phương pháp giải:

Dựa vào định nghĩa của các khái niệm liên quan đến véctơ (xem mục 1)
Dựa vào tính chất hình học của các hình hình học cụ thể.

VÍ DỤ 1. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Hãy xác định các véctơ (khác #»0) có điểm đầu,
điểm cuối là các đỉnh của hình hộp ABCD.A0B0C0D0 và

a) cùng phương với AB;# » b) cùng phươngAA# »0.

L Lời giải

a) Các véctơ có điểm đầu, điểm cuối là các đỉnh của hình hộp cùng phương vớiAB# »là
# »

BA;CD# »;DC# »;A# »0B0;B# »0A0;C# »0D0;D# »0C0

b) Các véctơ có điểm đầu, điểm cuối là các đỉnh của hình hộp cùng phương vớiAA# »0là
# »

AA0;A# »0A;BB# »0;B# »0B;CC# »0;C# »0C;DD# »0;D# »0D
.

VÍ DỤ 2. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0. GọiO,O0lần lượt là các giao điểm của hai
đường chéo của hai đáy. Hãy xác định các véctơ (khác #»0) có điểm đầu, điểm cuối là các đỉnh
của hình lập phương ABCD.A0B0C0D0sao cho

a) bằngOO# »0. b) bằngAO.# »

L Lời giải

a) Ta cóOO# »0 = AA# »0 = BB# »0 =CC# »0 =DD# »0.

b) Ta có Các véctơ thỏa mãn là: AO# »= A# »0O0 =OC# »=O# »0C0.

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

a) cùng hướngAM.# » b) ngược hướngMN.# »

Lời giải.

a) Các véctơ có điểm đầu, điểm cuối là các đỉnh của hình lăng trụ cùng hướng với # »AMlà
# »

AB;DN# »;DC# »;A# »0B0;D# »0C0

b) Các véc tơ có điểm đầu, điểm cuối là các đỉnh của hình lăng trụ ngược hướng vớiMN# »là
# »

DA;CB# »;D# »0A0;C# »0B0
.

BÀI 2. Cho bốn điểmA,B,C,D. Hãy xác định các véctơ trong các trường hợp sau:
a) Có điểm đầu hoặc cuối làA,B;

b) Có điểm đầu hoặc cuối làA,B,C;
c) Có điểm đầu hoặc cuối làA,B,C,D.

Lời giải.

a) Các véctơ thỏa mãn là:AB# »;BA.# »

b) Các véctơ thỏa mãn là:AB# »;BA# »;BC# »;CB# »;AC# »;CA.# »

c) Các véctơ thỏa mãn là:AB# »;BA# »;BC# »;CB# »;CD# »;DC# »;DA# »;# »AD;AC# »;CA# »;BD# »;DB.# »

BÀI 3. Cho hình lăng trụ tứ giácABCD.A0B0C0D0.Mặt phẳng(P)cắt các cạnh bênAA0,BB0,CC0,DD0
lần lượt tại I,K,L,M.Xét các véctơ có các điểm đầu là các điểm I,K,L,M và có điểm cuối là các
đỉnh của hình trụ. Hãy chỉ ra các véctơ

a) Cùng phương vớiI A.# »
b) Cùng hướng với # »I A.

c) Ngược hướng với I A.# »

Lời giải.

a) Các véctơ cùng phương với I A# »bao gồm I A# », I A# »0, KB# », KB# »0, LC# », LC# »0, MD# », MD# »0.
b) Các véctơ cùng hướng vớiI A# »bao gồmI A# », KB# », LC# », MD.# »

c) Các véctơ ngược hướng vớiI A# »bao gồmI A# », KB# », LC# », MD.# »

{DẠNG 1.2. Chứng minh đẳng thức véctơ

Để chứng minh đẳng thức vectơ ta thường sử dụng:

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

Tính chất trung điểm, trọng tâm tam giác, tích một số với một vectơ... Để biến đổi vế này thành
vế kia.

VÍ DỤ 1. Cho bốn điểm A,B,C,Dbất kì trong khơng gian. Chứng minh rằng:
# »

AB+CD# »= AD# »+CB# »

L Lời giải

Ta có: AB# »+CD# » =AD# »+DB# »+CB# »+BD# »= AD# »+CB# »+DB# »+BD# »
=AD# »+CB# »+ #»0 = AD# »+CB# »

VÍ DỤ 2. Cho tứ diện A,B,C,D. Gọi I,J lần lượt là trung điểm củaAB,CD.

a) Chứng minh rằng:I J#»= 1

# »

AD+BC# »

b) Cho G là trung điểm của I,J. Chứng minh rằng: 4MG# » = MA# »+MB# »+MC# »+MD, với# »
mọi điểmMtrong không gian.

L Lời giải

a) Chứng minh rằng:I J#»= 1

# »

AD+BC# »

Ta cóI J#»= I A# »+AD# »+DJ# »vàI J#»= IB# »+BC# »+CJ# »

Suy ra2#»I J = # »I A+AD# »+DJ# »+IB# »+BC# »+CJ# »=I A# »+IB# »+AD# »+BC# »+DJ# »+CJ# »
= #»0 +# »AD+BC# »+#»0 = AD# »+BC# »

b) Cho G là trung điểm của I,J. Chứng minh rằng: 4MG# » = MA# »+MB# »+MC# »+MD, với mọi# »
điểmMtrong khơng gian.

TacóMA# »+MB# »+MC# »+MD# »=4MG# »+GA# »+GB# »+GC# »+GD# »=4MG# »+2GI# »+2GJ# »=4MG# »+

2#»0 =4MG# »

(VìI là trung điểm của AB,J là trung điểm củaCD,Glà trung điểm của I J)

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho tứ diệnABCD. GọiM,Nlần lượt là trung điểm củaABvàCD. Chứng minh rằng:AD# »+
# »

BC =2MN# ».

Lời giải.

VìNlà trung điểm cuảCDnên ta có: MN# »=MA# »+AD# »+DN.# »
VìMlà trung điểm của AB nên ta có:MN# »= MB# »+BC# »+CN.# »

Suy ra,2MN# »=MA# »+MB# »+AD# »+BC# »+DN# »+CN# »= #»0 +AD# »+BC# »+#»0 =AD# »+BC# »

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

BÀI 2. Cho tứ diện ABCD. Gọi M,N lần lượt là trung điểm các cạnhABvàCD. Gọi P,Qlà các
điểm lần lượt nằm trên các cạnh ADvàBC sao cho: # »AP = 1

# »

AD,BQ# » = 1

# »

BC. Chứng minh rằng
# »

MN =2MP# »+2# »MQ.

Lời giải.

Ta có, # »MN =MA# »+AD# »+DN# »vàMN# »= MB# »+BC# »+CN.# »

⇒2MN# »= MA# »+AD# »+DN# »+MB# »+BC# »+CN# »
= MA# »+MB# »+DN# »+CN# »+AD# »+BC# »
= AD# »+BC# »

⇒2MN# »= AD# »+BC# » (3.1)

Ta lại có theo giả thiết:








# »
AP = 1

# »
AD
# »

BQ = 1

# »
BC

⇒
®# »

AD =4AP# »
# »

BC =4BQ# » (3.2)

Thay(1.2)vào(1.1)ta được:
# »

MN =2# »AP+2BQ# » =2AM# »+MP# »+BM# »+MQ# »

=2MP# »+MQ# »+AM# »+BM# »

=2MP# »+2MQ# » (ĐPCM).

BÀI 3. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình chữ nhật. Chứng minh rằng:

a) SA# »+SC# »=SB# »+SD# »

b) SA# »2+SC# »2=SB# »2+SD# »2

Lời giải.

a) SA# »+SC# »=SB# »+SD# »

GọiOlà tâm của hình chữ nhât ABCD. Ta có,Olà trung điểm của ACvàBDnên
# »

SA+SC# »=2SO# » (3.3)

# »

SB+SD# » =2SO# » (3.4)

Từ(1.3)và(1.4)suy ra,SA# »+SC# »=SB# »+SD# »

b) SA# »2+SC# »2=SB# »2+SD# »2

Ta có,SA# »2 = SO# »+OA# »2 =SO# »2+OA# »2+2SO# ».OA# »vàSC# »2 = SO# »+OC# »2 = SO# »2+OC# »2+

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

Suy ra,SA# »2+SC# »2 =2SO# »2+OA# »2+OC# »2+2SO# »OA# »+OC# »=2SO# »2+OA# »2+OC# »2
Tương tự,SB# »2+SD# »2 =2SO# »2+OB# »2+OD# »2

VìABCDlà hình chữ nhật nên ta có

# »
OA

# »
OB

# »
OC

# »
OD

Từ đó suy ra,SA# »2+SC# »2 =SB# »2+SD# »2

{DẠNG 1.3. Tìm điểm thỏa mãn đẳng thức vecto

Dựa vào các yếu tố cố định như điểm và véc-tơ.

Các bước thực hành giải toán:

1. Biến đổi đẳng thức véc-tơ cho trước về dạng:OM# »= #»v.
Trong đó: ĐiểmOvà véc-tơ #»v đã biết.

2. Nếu muốn dựng điểmM, ta lấyOlàm gốc dựng một véc-tơ bằng véc-tơ #»v, khi đó điểm
ngọn của véc-tơ này chính làM.

Ứng dụng tính chất tâm tỉ cự của hệ điểm

Với các điểm A1,A2, ...,An và các sốα1,α2, ...,αn thỏa mãn điều kiện
n

∑

i=1

ai 6=0.

Tồn tại duy nhất điểm Msao cho:

∑

i=1

αiMA# »i= #»0.

Điểm M như vậy gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm {A1,A2, ...,An} với các hệ số tương ứng là

{α1,α2, ...,αn}.

Trong trường hợpαi =αj∀i,jđiểm Mgọi là trọng tâm của hệ điểm{A1,A2, ...,An}.

Một số kết quả thường sử dụng

Với A,B,Clà các điểm cố định, #»v là véc-tơ đã biết.

1 MA# »+MB# » = #»0 ⇒Mlà trung điểmAB.

2 Nếu A,B,Ckhông thẳng hàng thì MA# »+MB# »+MC# » = #»0 ⇒ Mlà trọng tâm tam giác

ABC.

3 Tập hợp điểmMthỏa mãn

# »
MA

# »
MB

là mặt phẳng trung trực củaAB.

4 Tập hợp điểmMthỏa mãn

# »
MC

# »
AB

là mặt cầu tâmCbán kính bằngk.AB.

VÍ DỤ 1.# » Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1. Xác định vị trí của điểmOsao cho:
OA+OB# »+OC# »+OD# »+OA1# »+OB1# »+OC1# »+OD1# »= #»0.

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

GọiG,G0 là giao điểm các đường chéo của ABCD và A1B1C1D1.
Khi đó ta có:# »

OA+OB# »+OC# »+OD# »+OA1# »+OB1# »+OC1# »+OD1# »
=GA# »+GB# »+GC# »+GD# »+G# »0A1+

# »
G0B1+

# »
G0C1+

# »

G0D1+4(GO# »+
# »
G0O)
=4(GO# »+G# »0O) = #»0

Suy raOlà trung điểmGG0.

A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
G

G0
O

VÍ DỤ 2. Cho tứ diện ABCD. Xác định các điểmI,H,Gthỏa mãn

1 AI# » = # »AB+# »AC+AD.# »

2 AH# »= AB# »+AC# »−AD.# »

3 GA# »+GB# »+GC# »+GD# »= #»0.

L Lời giải

1 Ta có: # »AI = AB# »+AC# »+# »AD.

Mà(AB# »+AC) +# » AD# » = AG# »+AD# » với G là đỉnh cịn lại của
hình bình hànhABGCvìAG# » =AB# »+AC.# »

Vậy AI# » = AG# »+AD# »với I là đỉnh còn lại của hình bình hành
AGID.

Do đó AI là đường chéo của hình hộp có ba cạnh là
AB,AC,AD.

2 Ta có: # »AH= AB# »+AC# »−AD.# »

Mà(AB# »+AC)# » −AD# » = # »AG−# »AD=DG.# »

Vậy AH# » = DG# » nên F là đỉnh cịn lại của hình bình hành

ADGH.

3 Ta có:GA# »+GB# »+GC# »+GD# »=4GP# »+PD# »= #»0 ⇒ PD# »=4PG# »
vớiPlà trọng tâm tam giác ABC ⇒Glà điểm nằm trên đoạn
thẳngDPsao choPD =4PG.

ĐiểmGthỏa mãn đẳng thức trên gọi là trọng tâm tứ diện.

D
I
A C
G
B
H
P

VÍ DỤ 3. Trong khơng gian cho ba điểm A,B,Ccố định khơng thẳng hàng, tìm tập hợp các
điểmMsao cho:

# »

MA+MB# »+MC# »
=

# »

MA−MB# »−MC# »
.

L Lời giải

GọiGlà trọng tâm∆ABC, ta biến đổi đẳng thức về dạng:

3
# »
MG
=

3
# »

MA−3MG# »
⇔

# »
MG
=

# »
GA

⇒ Mthuộc mặt cầu tâmG, bán kínhGAcố định.

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

BÀI 1. Cho tứ giác ABCD. Tìm điểmGthỏa mãn:
# »

GA+GB# »+GC# »+GD# »= #»0.

Lời giải.

GọiIlà trọng tâm của tam giác ABC ⇒ Icố định. Khi đó ta có:
# »

GA+GB# »+GC# »+GD# »=4GI# »+ID# »= #»0 ⇒ ID# »=4IG.# »

ĐiểmGđược xác định nhờ đẳng thức trên.

BÀI 2. Cho hình chópS.ABCD. Tìm điểmOthỏa mãn:OA# »+OB# »+OC# »+OD# »+OS# » = #»0.

Lời giải.

GọiGlà trọng tâm của tứ giácABCD ⇒Gcố định. Khi đó ta có:
# »

GA+GB# »+GC# »+GD# »= #»0 ⇒OA# »+OB# »+OC# »+OD# »+OS# » =4OG# »+OS# » = #»0

⇒OS# »=4OG# »⇒GS# »=3OG.# »

ĐiểmOđược xác định nhờ đẳng thức trên.

BÀI 3. Cho hình chópS.ABC. Tìm điểmGthỏa mãn:SA# »=3SG# »−2SB# »−BC.# »

Lời giải.

Ta có:SA# »=3SG# »−2SB# »−BC# » ⇔SA# »=3SG# »−SB# »−(SB# »+BC)# »

⇔SA# »=3SG# »−SB# »−SC# »⇔SA# »+SB# »+SC# »=3SG# » ⇔GA# »+GB# »+GC# » = #»0.

ĐiểmGlà trọng tâm tam giácABC.

BÀI 4. Cho tứ diện ABCD. Tìm điểmIthỏa mãn đẳng thức:2# »I A+IB# »+# »IC+ID# »= #»0.

Lời giải.

GọiGlà trọng tâm tứ diện. Khi đó:GA# »+GB# »+GC# »+GD# »= #»0.

2I A# »+IB# »+IC# »+ID# » = #»0 ⇔ I A# »+IB# »+IC# »+ID# »=4IG# »= # »AI.

⇒Glà điểm nằm trên AGthỏa mãn4GI = AI.

BÀI 5. Trong không gian cho ba điểm A,B,C cố định khơng thẳng hàng. Tìm tập hợp các điểm
Nsao cho:

# »

N A+2# »NB−NC# »
=

# »

2BN−2# »BA
.

Lời giải.

GọiGlà điểm thỏa mãn đẳng thứcGA# »+2GB# »−GC# » = #»0 ⇒ Gcố định.
Ta có

# »

N A+2# »NB−NC# »
=

# »

2BN−2# »BA
⇔

# »
NG

# »

2AN

⇒Tập hợp Nlà mặt phẳng trung trực của AG.

BÀI 6.# » Cho tứ diện đều ABCD có cạnh AB = 5. Xác định vị trí của M đểP = 3MA# »2+MB# »2+
MC2+MD# »2có giá trị nhỏ nhất.

Lời giải.

D
A

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

P =3MI# »+I A# »2+MI# »+IB# »2+MI# »+IC# »2+MI# »+ID# »2
=6MI2+3I A2+IB2+IC2+ID2+2MI# »3I A# »+IB# »+IC# »+ID# »
=6MI2+3I A2+IB2+IC2+ID2

Do đó:Pnhỏ nhất⇔ Mtrùng I.

GọiGlà trọng tâm tam giácBCDta có:ID# »+IB# »+IC# »=3IG.# »
Kết hợp với(1)⇒ I A# » =GI# »⇒ I là trung điểmGA.

Khi đóI A2= 25

6 ,IB

2= IC2= ID2 = 25

2 ⇒ P=50.

{DẠNG 1.4. Tích vơ hướng của hai véctơ

Phương pháp giải: dựa vào định nghĩa và tính chất của tích vơ hướng (xem mục 6), các quy tắc tính

tốn véctơ (xem mục 2) và các hệ thức véctơ trọng tâm (xem mục 3) để giải tốn.

VÍ DỤ 1. Cho hai véctơ #»a và #»b. Chứng minh rằng: #»a.#»b = 1

#»a +#»b

2
−

#»a −#»b

2
)

L Lời giải

Ta có:VP = 1

#»a +#»b

2
−

#»a −#»b

2
) = 1

4((

#»a +#»b)2

−(#»a − #»b)2).= 1

#»a2+#»

b2+2#»a.#»b −(#»a2+
#»

b2−2#»a.#»b)) = #»a.#»b =VT

VÍ DỤ 2. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0có cạnh bằnga. Tính# »AB+# »AD.B# »0D0.

L Lời giải

Ta có:AB# »+AD# ».B# »0D0 = AC# ».B# »0D0 =0(vì AC⊥B0D0 ⇒ AC# ».B# »0D0 =0)

VÍ DỤ 3. Cho|#»a|=2,

#»
b

=3,(

#»a, #»b) =120◦

. Tính

#»a +#»b

và

#»a − #»b

L Lời giải

Ta có:

#»a + #»b

= #»a +#»b2 = |#»a|2+

#»
b

+2#»a.#»b = |#»a|2+

#»
b

+2|#»a|.

#»
b

. cos
#»

a, #»b.
⇒

#»a +#»b

=22+32+2.2.3. cos 120◦ =7 ⇒

#»a +#»b

=
√
7.
Ta có:

#»a − #»b

= #»a −#»b2 = |#»a|2+

#»
b

−2#»a.#»b = |#»a|2+

#»

−2|#»a|.

#»
b

. cos
#»

a, #»b.
⇒

#»a +#»b

=22+32−2.2.3. cos 120◦ =19 ⇒

#»a +#»b

√

VÍ DỤ 4. Cho|#»a|=3,

#»
b

=4,

#»a.#»b =−6. Tính góc hợp bởi hai véctơ #»a và #»b.

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

Ta có #»a.#»b =|#»a|.

#»
b

. cos
#»

a,#»b ⇔cos#»a,#»b=

#»a.#»b
|#»a|.

#»
b

= −6

3.4 =−
1
2.

Vậy góc hợp bởi hai véctơ #»a và #»b là120◦

VÍ DỤ 5. Cho hình chóp S.ABCD có mặt đáy ABCD là hình chữ nhật. Tính SA# ».SC# »−
# »

SB.SD.# »

L Lời giải

Ta cóSA# ».SC# »=SB# »+BA# ».SD# »+DC# »
=SB# ».SD# »+SB# ».DC# »+BA# ».SD# »+BA# ».DC# »

=SB# ».SD# »+SB# ».AB# »+BA# ».SD# »+BA# ».DC# »(vìDC# » = AB)# »
=SB# ».SD# »+−SB# ».BA# »+BA# ».SD# »+BA# ».DC# »

=SB# ».SD# »+BA# »−SB# »+SD# »+DC# »

=SB# ».SD# »+BA# »BS# »+SD# »+DC# » =SB# ».SD# »+BA# ».BC# »= SB# ».SD# »
(vìBA⊥BC ⇒ BA# ».BC# » =0).

VậySA# ».SC# »−SB# ».SD# » =0. A B

C
D

VÍ DỤ 6. Cho hình chópS.ABCcóSA=SB=SC = AB= AC =avàBC= a√2.

1 Tính tích vơ hướngSA# ».AB;# »

2 Tính tích vơ hướngSC# ».AB.# »

L Lời giải

a) Ta cóSA# ».AB# »=−AS# ».AB# »=−AS.AB. cosAS# ».AB# »
=−a.a. cosSAB=−a.a. cos 60◦ =−1

2.

A B

C
b) Ta có: SC# ».AB# » = AC# »−AS# ».AB# » = AC# ».AB# »−AS# ».AB# » = 0−

# »
AS.AB# »
= −

# »
AS

# »
AB

. cos
# »

AS,AB# » =−a.a. cosSAB‘ = −a.a. cos 60◦ =
−1

2.

B C

A
H

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

BÀI 1. Cho tứ diện đều ABCDcó các cạnh bằnga. GọiM, N lần lượt là trung điểm các cạnhBC
vàCD. Tính tích vơ hướng # »AM.# »AN

Lời giải.

Do các mặt của tứ diệnABCDđều là tam giác đều, nên ta dễ dàng
tính được độ dài các đoạn thẳng trong∆AMN:AM =AN = a

√

3
2 ,

MN = a

Xét ∆AMN, ta có: cos÷MAN =

AM2+AN2−MN2

2AM.AN =

a√3
2
!2
+ a
√
3
2
!2

−a

2
2
2.a
√
3
2 .

a√3
2

= 5

Ta có: AM# ».AN# » =

# »

AM
.

# »
AN
. cos
# »

AM,# »AN =
a√3

2 .

a√3

2 . cos÷MAN =

a√3
2 .

a√3
2 .
5
6 =
5
8a
2
A

B D
C
M N

BÀI 2. Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và ABD là các tam giác đều có cạnh bằng a, CD =
a√2. GọiGlà trọng tâm tam giácBCA. Tính tích vơ hướngAG# ».BC# »

Lời giải.

Ta có3AG# ».CD# »=AB# »+AC# » AD# »−AC# »
= AB# ».AD# »−# »AB.AC# »+AC# ».AD# »−AC2
=a.a. cos 60◦−a.a. cos 60◦+0−a2=−a2
Vậy AG# ».CD# » =−a

B G D

BÀI 3. Cho tứ diện đều ABCDcó các cạnh bằnga, Mlà trung điểm cạnh BCTínhAM# ».AD.# »

Lời giải.

Do các mặt của tứ diệnABCDđều là tam giác đều, nên ta dễ dàng
tính được độ dài các đoạn thẳng trong∆AMD: AM= MD= a

√

3
2 ,

AD=a.

Xét ∆AMD, ta có: cos÷MAD =

AM2+AD2−MD2

2AM.AD =

a√3
2

+a2− a
√
3
2
!2
2.a
√
3

2 .a

=
√

3
3 .

Ta có: AM# ».AD# » =

# »
AM
.

# »
AD
. cos
# »

AM,AD# » =
a√3

2 .a. cos÷MAD =

a√3
2 .a.

√

3
3 =
1
2a
2.
A
B D
C
M H

BÀI 4. Cho tứ diện đều ABCDcạnha,Mlà trung điểm cạnh AB. TínhCM# ».DM.# »

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

Do các mặt của tứ diệnABCDđều là tam giác đều, nên ta dễ dàng
tính được độ dài các đoạn thẳng trong∆MCD:MC = MD= a

√

3
2 ,

CD= a.

Ta có: CM# ».DM# » = −MC# ».−MD# » = MC# ».MD# » =

# »
MC

.

# »
MD
. cos
# »

MC,MD# ».
Xét4CMD, ta có:

cosMC# »,MD# » = cosCMD’ =

MC2+MD2−CD2

2MC.MD =

a√3
2
!2
+ a
√
3
2
!2

−a2

2.a

√

3
2 .

a√3
2

= 1

Khi đó:CM# ».DM# »= a
√

3
2 .

a√3
2 .
1
3 =
a2
4 .
A
B
M
D
C

BÀI 5. Cho tứ diện đều ABCDcạnha; I, J lần lượt là trung điểmABvàCD. TínhCI# ».AJ# »

Lời giải.

GọiHlà tâm đường trịn ngoại tiếp∆BCD ⇒ AH⊥(BCD).

Ta có: CI# ».AJ# » = AI# »−# »AC.AC# »+CJ# » = AI# ».AC# »+ AI# ».CJ# »−
# »

AC.AC# »−AC# ».CJ.# »
Ta có:

CD⊥BJ

CD⊥AH ⇒CD⊥(ABJ)⇒CD⊥AB⇒
# »

AI.CJ# »=0.
Ta có: AI# ».AC# » =

# »
AI
.

# »
AC
. cos
# »

AI,# »AC = a

2.a. cosI AC‘ =

2.a. cos 60

◦ = a2
4.

Tương tự: −AC# ».CJ# » = CA# ».CJ# » =

# »
CA
.

# »
CJ
. cos
# »

CA,CJ# » =
a

2.a. cosACJ‘ =

2.a. cos 60
◦ = a2

Do đó:CI# ».AJ# »= a
2

4 +

4 −

# »
AC2 = a

4 +

4 −a

2=−1

2a
2.
A
I
B D
J
C
H

{DẠNG 1.5. Chứng minh ba véctơ đồng phẳng

Để chứng minh ba vectơ đồng phẳng, ta có thể chứng minh bằng một trong hai cách:
Chứng minh các giá của ba vectơ cùng song song với một mặt phẳng.

Dựa vào điều kiện để ba vectơ đồng phẳng : Nếu cóm,n ∈ R : #»c = m#»a +n#»b thì #»a,#»b, #»c

đồng phẳng.

VÍ DỤ 1. Cho tứ diện ABCD. GọiM,Nlần lượt là trung điểm củaABvàCD. Chứng minh
rẳng 3 vectơBC# »,AD# »,MN# »đồng phẳng.

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

GọiP,Qlần lượt là trung điểm của AC,BD.

Ta có





PN k MQ
PN =MQ= 1

2AD

⇒ MNPQlà hình bình hành.

Mặt khác(MNPQ)chứa đường thẳng MN và song song với
các đường thẳng ADvàBC.

⇒ba đường thẳng MN,AD,BCcùng song song với một mặt

phẳng. Do đó 3 vectơBC# »,AD# »,MN# »đồng phẳng. Q

B D

N
A

P
M

VÍ DỤ 2. Cho tam giác ABC. Lấy điểmS nằm ngoài mặt phẳng(ABC). Trên đoạnSA lấy
điểm Msao cho MS# » = −2MA# »và trên đoạn BClấy điểm Nsao cho NB# » = −1

# »

NC. Chứng
minh rằng ba vectơ AB# »,MN# »,SC# »đồng phẳng.

L Lời giải

Ta có :MN# »= MA# »+AB# »+BN# » ⇒2MN# »=2# »MA+2AB# »+2BN# »(1)
Mặt khác :MN# »= MS# »+SC# »+CN# »=−2MA# »+SC# »+2NB# » (2)
Cộng vế theo vế, ta được :3MN# »=SC# »+2# »ABhayMN# »= 1

# »
SC+2

# »
AB.

Vậy :AB# »,MN# »,SC# »đồng phẳng.

{DẠNG 1.6. Phân tích một vectơ theo 3 vectơ khơng đồng phẳng cho trước

Để phân tích một vectơ #»x theo ba vectơ #»a,#»b, #»c không đồng phẳng, ta tìm các số m,n,p sao cho

#»x =m#»a +n#»b +p#»c.

VÍ DỤ 1. Cho hình hộp ABCD.EFGH có AB# » = #»a,AD# » = #»b,# »AE = #»c. Gọi Ilà trung điểm
củaBG. hãy biểu thị vectơ AItheo 3 vectơ #»a, #»b,#»c.

L Lời giải

H
A

B C

D
#»a

#»
b

#»c

VìIlà trung điểm của BGnên AI# » = 1

# »

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

Theo quy tắc hình hộp, AG# »= #»a +#»b +#»c nên AI# »= 1

#»

a + #»a +#»b +#»c= #»a +1

#»
b + 1

#»c.

VÍ DỤ 2. Cho tứ diện ABCD. Gọi M là trung điểm củaCD, I là trung điểm của BM. Đặt
# »

AB = #»b,AC# »= #»b vàAD# »= #»c. hãy phân tích vectơAI# »theo 3 vectơ #»a,#»b, #»c.

L Lời giải

Ta có2AI# » =AB# »+AM# »= AB# »+
# »
AC+AD# »

2 =

#»a + #»b +#»c

2 .

Vậy AI# »= 1

#»a + +1
4

#»
b +1

#»c.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho tứ diện ABCD. GọiM,Nlần lượt là trung điểm củaABvàCD. Trên các cạnhAD,BC
lần lượt lấy các điểmP,Qsao choAP# »= 2

# »

ADvàBQ# » = 2

# »

BC. Chứng minh rằng 4 điểmM,N,P,Q
cùng thuộc một mặt phẳng.

Lời giải.
M
C
N
Q
B D
P
A

Ta có :

®# »

MN =MA# »+AD# »+DN# »
# »

MN =MB# »+BC# »+CN# »

⇒2MN# »= AD# »+BC# »hayMN# »= 1

# »

AD+BC# » (1)
Mặt khác vì AP# »= 2

3 nên

# »
AD= 3

# »

APvàBQ# »= 2

# »

BCnên BC# » = 3

2BQ

Từ(1)ta suy raMN# »= 1

2.
3
2

# »

AP+BQ# »= 3

# »

AM+MP# »+BM# »+MQ# ».
VìAM# »+BM# » = #»0 nên MN# »= 3

# »

MP+MQ# »suy raMN# »,MP# »,MQ# »đồng phẳng .

Do đó 4 điểm M,N,P,Qcùng thuộc một mặt phẳng.

BÀI 2. Cho 3 vectơ #»a,#»b,#»c khác #»0 và 3 số thực m,n,p 6= 0. Chứng minh rằng ba vectơ #»x =
m#»a −n#»b, #»y = p#»b −m#»c, #»z =n#»c −p#»a đồng phẳng.

Lời giải.
Ta có:







#»x =m#»a −n#»b ⇒ p#»x =mp#»a −np#»b (1)
#»y = p#»b −m#»c ⇒n#»y =np#»b −nm#»c (2)
#»z =n#»c −p#»a ⇒m#»z =mn#»c −np#»a (3) .
Cộng vế theo vế, ta đượcp#»x +n#»y +m#»z = #»0

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

BÀI 3. Cho tứ diện ABCD. Gọi M,N lần lượt là trung điểm củaAB,CD. GọiP,Qlần lượt là các
điểm thỏa mãnPA# »=kPD# »,QB# »=kQC# »,k 6=1. Chứng minh M,N,P,Qđồng phẳng.

Lời giải.

Ta cóPA# »=kPD# »⇒ MA# »−MP# »=kMD# »−MP# »⇔ MP# »=
# »

MA−kMD# »

1−k .
Tương tựQB# »=kQC# »⇒ MQ# »=

# »

MA−kMC# »

1−k .
Suy ra MP# »+MQ# »=

# »

MA−kMD# »+MA# »−kMC# »

1−k =

k
k−1

# »

MC+MD# »(DoMA# »+MB# » = #»0).
Mặt khácNlà trung điểm củaCDnên MC# »+MD# » =2MN# » ⇒MP# »+MQ# »= 2k

k−1

# »
MN.

Suy ra ba vectơMP# »,MQ# »,MN# »đồng phẳng hay bốn điểm M,N,P,Qđồng phẳng.

BÀI 4. Cho tứ diện ABCD. Các điểm M,N được xác định bởi MA# » = xMC# »,NB# » = yND, với# »
x,y 6=1. Tìm điều kiện giữaxvàyđể ba vectơ # »AB,CD# »,MN# »đồng phẳng.

Lời giải.

ĐặtDA# »= #»a,DB# »= #»b,DC# »= #»c thì #»a, #»b,#»c khơng đồng phẳng.
Ta có :# »MA= xMC# »⇒DA# »−DM# »= xDC# »−DM# »⇒ DM# »=

# »

DA−xDC# »

1−x =

#»a −x#»c

1−x , (1)
Mặt khác :NB# »=yND# »⇒ DN# »= 1

1−y
# »

DB= 1

1−y
#»
b, (2)

Từ(1)và(2)suy ra MN# »=DN# »−DM# »=− 1

1−x

#»a + 1
1−y

#»
b + x

1−x
#»c.

Ta cóAB# »=DB# »−DA# » = #»b −#»a,CD# » =−#»c;AB# »vàCD# »là hai vectơ cùng phương nênAB# »,CD# »,MN# »
đồng phẳng khi và chỉ khi MN# »=mAB# »+nCD, tức là :# »

− 1

1−x

#»a + 1
1−y

#»
b + x

1−x

#»c =m#»

b − #»a−n#»c

⇔

m− 1

1−x

#»a +

1−y −m

#»

b +

n+ x

1−x

#»c = #»0.⇔
















m = 1

1−x
m = 1

1−y
n =− x

1−x

⇒x =y.

Vậy ba vectơAB# »,CD# »,MN# »đồng phẳng khi và chỉ khix =y.

{DẠNG 1.7. Ứng dụng véctơ chứng minh bài tốn hình học

Phương pháp giải:

Chọn3véctơ khơng đồng phẳng làm cơ sở.

Biểu diễn các véctơ cần tính tốn về hệ3véctơ cơ sở.

Dựa vào hệ thức biểu diễn ở trên ta tìm mối quan hệ giữa các véctơ cần xét.

VÍ DỤ 1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0. Gọi G là trọng tâm tam giác A0BD.
Chứng minh rằng A,G,C0thẳng hàng.

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

ĐặtAA# »0 = #»a,AB# »= #»b,AD# » = #»c. Khi đó AC# »0 = #»a +#»b +#»c
# »

AG= AA# »0+A# »0G = AA# »0+1

# »

A0D+# »A0B) = 1

#»a +#»b +#»c)

Suy ra AG# »= 1

# »

AC0hay A,G,C0 thẳng hàng.

VÍ DỤ 2. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0. Gọi G,G0 lần lượt là trọng tâm của tam
giác ABCvàA0B0C0, Ilà giao điểm của hai đường thẳng AB0 vàA0B. Chứng minh rằng các
đường thẳngGI vàCG0song song với nhau.

L Lời giải

1. Phương pháp véctơ.

Lấy trung điểmE,F(như hình vẽ).

Ta có CG# »0 = CC# »0+C# »0G0 = CC# »0+ 2

# »

C0F = CC# »0 +

2
3

# »

A0F−A# »0C0=−A# »0A+1

# »
A0B0−2

# »
A0C0,(1).

Và GI# » = GE# » + EI# » = 1

# »
CE − 1

# »
A0A =

1
3

# »

AE−AC# » − 1

# »

A0A = 1

1
2

# »

A0B0−A# »0C0

−

1
2

# »
A0A= 1

−A# »0A+1

# »
A0B0−2

# »
A0C0

= 1

# »
CG0,(2)

Suy raGI# »vàCG# »0 cùng phương⇒GI kCG0.

C0
A0
B0
G0
F
C
A
B
G
E K
I

2. Phương pháp cổ điển.

Lấy các trung điểmE,F,K.

Chứng minhEG0CKlà hình bình hành⇒CG0 k FK, (1).

Chứng minhGI là đường trung bình của4EFK: suy raGI k FK, (2).

Kết hợp (1) và (2) suy raGI kCG0.

VÍ DỤ 3. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0; các điểm M,N lần lượt thuộc các đường thẳng
CA và DC0 sao cho MC# » = m.MA# »,ND# » = m.NC# »0. Xác định m để các đường thẳng MN
và BD0 song song với nhau. Khi ấy, tính MN biết ’ABC = ABB’0 = CBB’0 = 60◦ và BA =
a,BB0 =b,BC =c.

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

C0
A0
B0
D0
N
C
A
B
D
M

Đặt #»a =BA# »,#»b =BB# »0,#»c = BC.# »
Ta có

(# »

MC=mMA# »
# »

ND =mNC# »0
⇔





# »

BC−BM# » =mBA# »−BM# »
# »

BD−BN# »=mBC# »0−BN# »
⇒







# »

BM =− m

1−m
# »

BA+ 1

1−m
# »
BC
# »

BN = 1

1−m
# »

BD− m

1−m
# »

BC0 = 1

1−m

# »

BA+BC# »− m

1−m

# »

BC+BB# »0
⇒








# »

BM =− m

1−m

#»a + 1
1−m

#»c
# »

AN = 1

1−m

#»a − m

1−m
#»

b +#»c

⇒ MN# »=BN# »−BM# »= 1+m

1−m

#»a − m

1−m
#»

b − m

1−m
#»c

Ngoài raBD# »0 = #»a +#»b + #»c nên để MN k BD0thì cần cóMN# »=k.BD# »0 ⇔ 1+m

1−m =−
m

1−m.
Giải hệ phương trình trên ta tìm đượcm=−0, 5.

Vớim=−1

2 ta có

# »
MN = 1

#»

a +#»b + #»c⇒ MN# »2= 1

#»

a2+#»b2+ #»c2+2#»a#»b +2#»b #»c +2#»c #»a.
Do’ABC = ABB’0 =CBB’0 =60◦ nên2#»a

#»

b +2#»b#»c +2#»c #»a =ab+bc+ca.
Vậy MN = 1

√

a2+b2+c2+ab+bc+ca.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho tứ diện S.ABC có G là trọng tâm tam giác ABC. Một mặt phẳng (α) cắt các tia

SA,SB,SC,SGlần lượt tạiA0,B0,C0,G0. Chứng minh rằng
SA

SA0 +

SB
SB0 +

SC
SC0 =3

SG
SG0

Lời giải.

Đặt SA
SA0 = a,

SB
SB0 =b,

SC
SC0 =c,

SG0 =t. Khi đó

3tSG# »0 =3SG# »=SA# »+SB# »+SC# »=aSA# »0+bSB# »0+cSC# »0
Trong mặt phẳng(α)xét điểm I sao choaI A# »0+bIB# »0+c# »IC0 = #»0. Khi đó

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

nênSG# »0cùng phương vớiSI# »hay Ilà giao điểm củaSGvà(α)nghĩa làI ≡G0. Suy ra
3tSG# »0 = (a+b+c)SG# »0

haya+b+c =3t.

BÀI 2. Cho tứ diện ABCD. Tìm điểm M sao cho biểu thức T = MA2+MB2+MC2+MD2đạt
giá trị nhỏ nhất.

Lời giải.

GọiE,F,Glần lượt là trung điểmAB,CD,EF. Ta có
# »

GA+GB# »+GC# »+GD# »=2GE# »+2GF# »= 0.#»

Từ đó ta được

MA2+MB2+MC2+MD2

= (MG# »+GA)# » 2+ (MG# »+GB)# » 2+ (MG# »+GC# »)2+ (MG# »+GD)# » 2
=4MG2+GA2+GB2+GC2+GD2+2MG(# » GA# »+GB# »+GC# »+GD)# »
=4MG2+GA2+GB2+GC2+GD2 ≥GA2+GB2+GC2+GD2.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khiMtrùng vớiG. VậyTđạt giá trị nhỏ nhất bằngGA2+GB2+
GC2+GD2,khiMtrùng với trọng tâmGcủa tứ diện ABCD.

BÀI 3. Cho ba tia Ax,By,Czđôi một chéo nhau trong khơng gian. Ba điểmM,N,Plần lượt thay
đổi trên các tia đó sao choAM =2BN =3CP. Chứng minh rằng trọng tâm Icủa tam giác MNP
luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Lời giải.

Trên ba tiaAx,By,Czlần lượt lấy các vec-tơ đơn vị #»a,#»b, #»c cùng chiều với các tia chứa nó. Giả sử
# »

AM =t#»a. Khi đó,

# »
BN = 1

#»

b,CP# » = 1

#»c.
GọiGlà trọng tâm tam giácABC,Olà điểm tùy ý. Ta có

(

3OG# »=OA# »+OB# »+OC# »

3OI# » =OM# »+ON# »+OP# »,
suy ra

# »
GI = 1

# »

AM+BN# »+CP) =# » t

#»a +1
2

#»
b +1

#»c

nên I thuộc tiaGtcó gốcG,cùng chiều với vec-tơ #»u = #»a +1

#»
b +1

#»c.

BÀI 4. Cho hình lăng trụ tam giácABC.A0B0C0có cạnh bên bằnga. Trên các cạnh bênAA0,BB0,CC0
ta lấy tương ứng các điểm M,N,P sao cho AM+BN+CP = a. Chứng minh rằng mặt phẳng
(MNP)luôn đi qua1điểm cố định.

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

C0
A0

G0
M

P
N

C
A

B
G

GọiG,G0lần lượt là trọng tâm của4ABCvà4MNPthì

(

3OG# »0 =OM# »+ON# »+OP# »

3OG# »=OA# »+OB# »+OC# » .
Trừ vế theo vế ta được3GG# »0 = # »AM+BN# »+CP# »

⇒3GG# »0 = AM
AA0 ·

# »

AA0+ BN
BB0 ·

# »

BB0+ CN
CC0 ·

# »

CC0 = AA# »0 (*). DoA,A0,Gcố định nên từ (*) ta suy ra
G0cố định. Vậy(MNP)luôn đi qua điểmG0 cố định xác định bởi hệ thứcGG# »0 = 1

# »

AA0.

BÀI 5. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0cóPvàRlần lượt là trung điểm các cạnh ABvàA0D0. Gọi
P0,Q,Q0,R0lần lượt là tâm đối xứng của các hình bình hànhABCD,CDD0C0,A0B0C0D0,ADD0A0.

1 Chứng minh rằngPP# »0+QQ# »0+RR# »0 = #»0.

2 Chứng minh hai tam giácPQRvàP0Q0R0có cùng trọng tâm.

Lời giải.

C0
A0

D0
Q0

P0 Q

C
A

1 Theo tính chất đường trung bình trong tam giác ta có DA# »0 = 2QQ# »0,DD# »0 = −2RR# »0 và
# »

DA =−2PP# »0.

Theo quy tắc hình bình hànhDA# »0 =DA# »+DD# »0. Từ đó,2QQ# »0 =−2RR# »0−2PP# »0
⇒PP# »0+QQ# »0+RR# »0 = #»0.

2 GọiG,G0lần lượt là trọng tâm của tam giácPQRvàP0Q0R0. Khi đó

(# »

AP0+AQ# »0+# »AR0 =3AG# »0
# »

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

BÀI 6. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. GọiM,Nlần lượt là trung điểm của các cạnhCD,DD0 và
G,G0 lần lượt là trọng tâm của các tứ diệnA0D0MN vàBCC0D0. Chứng minh rằng đường thẳng
GG0 và mặt phẳng(ABB0A0)song song với nhau.

Lời giải.

C0
A0

C
A

D
M

DoG,G0lần lượt là trọng tâm của A0D0MNvàBCC0D0nên

(# »

AA0+AD# »0+AM# »+AN# »=4AG# »
# »

AB+AC# »+AC# »0+AD# »0 =4AG# »0
.

Trừ vế theo vế ta được4GG# »0 =A# »0B+D# »0C+MC# »0+ND# »0 =2A# »0B+MC# »+CC# »0+1

# »
DD0

= 2# »A0A+A# »0B0+

# »

A0B0−A# »0A

−1

# »
A0A = 1

# »
A0A+5

# »

A0B0 ⇒ GG# »0,A# »0A,A# »0B0 đồng phẳng

⇒GG0 k(ABB0A0).

BÀI 7. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0. Gọi M,N lần lượt là các điểm thuộc AD0 vàDB
sao choMA# »=k.MD# »0, ND# »=k.NB# »với(k6=0,k 6=1).

1 Chứng minh rằngMN luôn song song với mặt phẳng(BCA0).

2 Khi đường thẳng MN song song với đường thẳng A0C, chứng tỏ rằng MN vng góc với
AD0vàDB.

Lời giải.

C0
A0

C
A

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

1 Đặt #»a = AA# »0, #»b = AB# »,#»c = AD# »thì #»a.#»b = #»b.#»c = #»c.#»a =0.
DoMA# »=kMD# »0nên # »AM= k

k−1(

#»a +#»c).
Tương tự AN# »=− k

1−k
#»

b + 1

1−k
#»c.
Từ đóMN# »= AN# »−AM# »= 1+k

1−k·

#»c + k

1−k·

#»

a −#»bhayMN# »= 1+k

1−k·
# »
BC+ k

1−k·
# »
BA0.
Vậy MN# »,BC# »,BA# »0đồng phẳng suy ra MN k (BCA0)doM 6∈(BCA0).

2 DoMN k A0Cnên MN# »=m.A# »0C, do đó k

1−k ·

#»a − k

1−k ·
#»

b +1+k

1−k ·

#»c =−m.#»a +m.#»b +
m.#»c.

Suy ra


















1−k =−m
− k

1−k =m

1+k

1−k =m

. Giải hệ này ta đượck =−1

2. Khi đó

# »
MN =−1

#»

a −#»b −#»c.

Mặt khácAD# »0 = #»a +#»c,DB# »= #»b − #»c nên ta có ngay # »MN.AD# »0 =0vàMN# ».DB# »=0.
Như thế làMN vng góc vớiAD0 vàDB.

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

BÀI

2.

HAI ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC

A

TĨM TẮT LÍ THUYẾT

1

TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VEC-TƠ TRONG KHƠNG GIAN

Định nghĩa 1. Trong không gian, cho #»u và #»v là hai vec-tơ khác vec-tơ - không. Lấy một điểm A
bất kì, gọiB, Clà hai điểm sao cho AB# » = #»u, AC# » = #»v. Khi đó, ta gọi’BAC(0◦ ≤ ’BAC ≤180◦) là
góc giữa hai vec-tơ #»u và #»v, kí hiệu là(#»u,#»v).

C
#»

#»v

Định nghĩa 2. Trong không gian, cho #»u và #»v là hai vec-tơ khác vec-tơ - khơng. Tích vơ hướng
của hai vec-tơ #»u và #»v là một số, kí hiệu là #»u.#»v, và được tính bởi cơng thức

#»u.#»v =|#»u|.|#»v|. cos(#»u,#»v).

4

! Trong trường hợp #»u = #»0 hoặc #»v = #»0, ta quy ước #»u.#»v =0.

2

GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG

Định nghĩa 3.

Vec-tơ #»a khác vec-tơ - không được gọi là vec-tơ chỉ phương của đường

thẳngdnếu giá của vec-tơ #»a song song hoặc trùng với đường thẳngd.

#»a
d

4

!

1 Nếu #»a là vec-tơ chỉ phương của đường thẳngdthì vec-tơk.#»a vớik 6=0cũng là vec-tơ chỉ phương
của đường thẳngd.

2 Một đường thẳngdtrong khơng gian hồn tồn được xác định nếu biết một điểm Athuộcdvà một
vec-tơ chỉ phương #»a của nó.

3 Hai đường thẳng song song với nhau khi và chỉ chúng là hai đường thẳng phân biệt và có hai vec-tơ

chỉ phương cùng phương.

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

b
b0
O

4

!

1 Để xác định góc giữa hai đường thẳngavàb ta có thể lấy điểmOthuộc một trong hai đường thẳng
đó rồi vẽ một đường thẳng quaOvà song song với đường thẳng còn lại.

2 Nếu #»u và #»v lần lượt là vec-tơ chỉ phương của avàb, đồng thời(#»u,#»v) = αthì góc giữa hai đường

thẳngavàbbằngαnếu0◦ ≤α ≤90◦và bằng180◦−αnếu90◦ <α ≤180◦.

3 Nếuavàblà hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau thì góc giữa chúng bằng0◦.

B

CÁC DẠNG TỐN

{DẠNG 2.1. Xác định góc giữa hai vec-tơ

Ta xác định một điểm cho trước trên hình làm điểm gốc và dời các vec-tơ cần tính góc về điểm gốc đó.

VÍ DỤ 1. Cho tứ diện đều ABCD có H là trung điểm của cạnh AB. Hãy tính góc giữa các
cặp vec-tơ sau đây:

1 AB# »vàBD.# » 2 DH# »vàAD.# »

L Lời giải

C
B

F
A

1 DựngAE# »=BD. Ta có# » (# »AB,BD) = (# » AB# »,AE) =# » BAE‘ =120◦.

2 DựngDF# »= AD. Ta có# » (DH# »,AD) = (# » DH# »,DF) =# » HDF’ =180◦−30◦ =150◦.

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

VÍ DỤ 2. Cho tứ diệnSABC cóSA,SB, SCđơi một vng góc vàSA = SB= SC = a. Gọi
Mlà trung điểm củaBC. Tính góc giữa hai vec-tơSM# »vàAB.# »

L Lời giải

Gọiαlà góc giữa hai vec-tơSM# »vàAB, ta có# » cosα =

# »
SM·AB# »
SM·AB.
CóBC = AB=√SA2+SB2 =a√2, SM= BC

2 =

a√2
2 .

Mặt khác ta cóSM# »·AB# »= 1

# »

SB+SC)# » ·(SB# »−SA)# »
= 1

# »

SB2−SB# »·SA# »+SC# »·SB# »−SC# »·SA) =# » a
2

Vậycosα = a

2·a√2· a
√

2
2

= 1

2 ⇒α =60
◦.

Cách khác:Gọi Nlà trung điểm của AC, ta dễ dàng chứng minh
được4SMNđều.

Có(SM# »,AB) = (# » SM# »,N M) = (# » MS# »,MN) =# » N MS’ =60◦.

M
S

{DẠNG 2.2. Xác định góc giữa hai đường thẳng trong khơng gian

Ta thường có hai phương pháp để giải quyết cho dạng tốn này.

Phương pháp 1: Sử dụng định nghĩa góc giữa hai đường thẳng, kết hợp sử dụng hệ thức
lượng trong tam giác (định lýcos, công thức trung tuyến).

Phương pháp 2:Sử dụng tích vơ hương của hai vec-tơ.

VÍ DỤ 1. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh làa. Tính góc giữa các cặp đường
thẳng sau đây

1 ABvàA0D0. 2 ADvàA0C0. 3 BC0vàB0D0.

L Lời giải

D
C0

D0
A0

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

1 Ta cóA0D0 k ADnên(AB,A0D0) = (AB,AD) = BAD’ =90◦.

2 Ta cóA0C0 k AC nên(AD,A0C0) = (AD,AC) = DAC’ =45◦.

3 Ta cóB0D0 k BDnên (BC0,B0D0) = (BC0,BD) = DBC’0.

Ta cóBD=BC0 =C0D= AB√2nên4BDC0đều, suy raDBC’0 =60◦.
Vậy(BC0,B0D0) =60◦.

VÍ DỤ 2. Cho hình chóp S.ABCcó SA = SB = SC = AB = AC = a√2vàBC = 2a. Tính
góc giữa hai đường thẳng ACvàSB.

L Lời giải

Ta cóSABvà SAClà tam giác đều, ABC vàSBC là tam giác
vuông cân cạnh huyềnBC.

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SA, AB, BC, ta có
MN k SB,NP k ACnên(AC,SB) = (NP,MN).

MN = SB

2 =

a√2

2 ,NP =

2 =

a√2
2 .

AP=SP= BC

2 =a, SA=a

√

Nên4SAPvuông cân tạiP ⇒ MP= SA

2 =

a√2
2 .

Vậy4MNPđều⇒(AC,SB) = (NP,N M) = MNP’ =60◦.

Cách khác:# »

AC·SB# » = (SC# »−SA)# » ·SB# »=SC# »·SB# »−SA# »·SB# »
=0−SA·SB·cosASB‘ =−a2.

cos(AC,SB) =

# »
AC·SB# »

AC·SB =

a√2·a√2 =
1
2

⇒(AC,SB) = 60◦.

C
P

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho hình chópS.ABCcó đáyABClà tam giác đều cạnh là2a, tam giácSBCvng cân tại
S,SA =2a.

1 Tính góc giữa hai đường thẳngSBvàAC.

2 GọiGlà trọng tâm của tam giácSBC. Tính góc tạo bởi AGvàSC.

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

C
P

1 Gọi M, N, P là trung điểm của SA, AB, BC, ta có MN k SB, NP k AC nên (SB,AC) =
(MN,NP).

4ABCđều nên AP = AB
√

2 = a

√

3,4SBC vuông cân tạiSnên SP = BC

2 = a, mặt khác

cóSA =2a=√SP2+AP2nên4SAPvng tạiP.
MN = SB

2 =

a√2

2 , NP =

2 =a, MP=

2 =a.
cosMNP’ =

MN2+NP2−MP2

2MN·NP =

√

4 ⇒ (SB,AC) = (MN,NP) = MNP’ ≈69
◦

170.

2 Ta cóAG# »·SC# »= (PG# »−PA)(# » PC# »−PS)# »

=PG# »·PC# »−PG# »·PS# »−PA# »·PC# »+PA# »·PS# » =0− PS
2

3 −0+0=

CóSC =a√2, AG=√AP2+PG2 = 2a
√

7
3 .
cos(SC,AG) =

# »
AG·SC# »

SC·AG =

a√2· 2a
√

7
3

= 1

2√14 ⇒(SC,AG) ≈82
◦190.

BÀI 2. Cho tứ diện đều ABCDcó cạnh bằnga. Gọi Mlà điểm trên cạnhABsao choBM=3AM.
Tính góc tạo bởi hai đường thẳngCMvàBD.

Lời giải.

KẻMN k BD, N ∈ AD, ta có(CM,BD) = (CM,MN).
DoABCDlà tứ diện đều nên ta có

CM =CN =√BM2+BC2−2·BM·BC·cos 60◦ = a

√

13
4

MN = BD

4 =

cos÷CMN =

MC2+MN2−CN2

2·MC·MN =

1
2√13

⇒(CM,BD) = (CM,MN) = ÷CMN ≈82◦10.

B D

N
A
M

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

1 Tính góc tạo bởi hai vec-tơAC# »vàSD.# »

2 Tính góc tạo bởi hai đường thẳng AMvàSC.

Lời giải.

B C

1 CóAC# »·SD# » = (AB# »+AD)# » ·(AD# »−# »AS) = AB# »·# »AD−AB# »·AS# »+AD# »2−AD# »·# »AS= a2
DoABCDlà hình vng nênAC = AB√2=a√2, SD=√SA2+AD2 =a√3.

Vậycos(AC# »,SD) =# »
# »
AC·SD# »
AC·SD =

a√2·a√3 =
1

√

6 ⇒ (

# »

AC,SD)# » ≈65◦540.

2 4SABvng tạiAnên AM= SB

2 =

√

AB2+SA2

2 =

a√3
2 .

CóSA# »·AC# »=SA# »·(AB# »+AD) =# » SA# »·AB# »+SA# »·AD# » =0

NênSA ⊥AC ⇒SC =√SA2+AC2 =2a.
# »

AM·SC# »= 1

# »

AB+AS)# » ·(AC# »−# »AS) = 1

# »

AB·AC# »−# »AB·AS# »+AS# »·AC# »−AS# »2)
= 1

2 a·a

√

2·
√

2 −0+0−2a

=−a
2

cos(AM,SC) =

# »
AM·SC# »

AM·SC =
a2

a√3
2 ·2a

= 1

2√3 ⇒(AM,SC) ≈73
◦

130.

BÀI 4. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằnga, gọi Mlà trung điểm của AB, Nlà
điểm trên cạnhB0C0sao choB0N =2C0N. Tínhcoscủa góc tạo bởi hai đường thẳngDMvàAN.

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

D
C0

D0
A0

Ta cóAA# »0·A# »0N = AA# »0·(A# »0B0+B# »0N) = AA# »0·A# »0B0+AA# »0·B# »0N =0+BB# »0·B# »0N =0

Vậy AA0⊥ A0N nên AN =√AA02+A0N2 =√AA02+A0B02+B0N2 = a
√

22
3 .

DM =√AM2+AD2 = a
√

5
2 .

# »

AN·DM# » = (AA# »0+# »A0B0+B# »0N)·(AM# »−AD) =# » AA# »0·AM# »+A# »0B0·AM# »+B# »0N· # »AM−AA# »0·
# »

AD−A# »0B0·# »AD−B# »0N·AD# »=0+ AB
2

2 +0−0−0−
2AD2

3 =

2 −
2a2

3 =−

Cócos(AN,DM) =

# »

AN·DM# »

AN·DM =

a√22

3 ·

a√5
2

= √1

110

{DẠNG 2.3. Sử dụng tính chất vng góc trong mặt phẳng.

Để chứng minh hai đường thẳng ∆và∆0vng góc với nhau ta có thể sử dụng tính chất vng góc
trong mặt phẳng, cụ thể:

Tam giác ABCvng tại Akhi và chỉ khi’BAC=90◦ ⇔ ’ABC+’ACB=90◦.

Tam giác ABCvuông tại Akhi và chỉ khi AB2+AC2 =BC2.

Tam giácABCvuông tạiAkhi và chỉ khi trung tuyến xuất phát từAcó độ dài bằng nửa cạnh

BC.

Nếu tam giác ABC cân tại A thì đường trung tuyến xuất phát từ A cũng là đường cao của
tam giác.

Ngoài ra, chúng ta cũng sử dụng tính chất: Nếud ⊥ ∆và∆0 k dthì∆0cũng vng góc với đường
thẳng∆.

VÍ DỤ 1. Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD, ’BAC = BAD’ = 60◦. Gọi M và N lần

lượt là trung điểm củaABvàCD, chứng minh rằngMNlà đường vng góc chung của các
đường thẳng ABvàCD.

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

Từ giả thiết suy ra các tam giác ABC,ABD đều nên DM =
CM, do đó∆MCDcân tạiM.

Từ đó suy raMN ⊥CD.

Mặt khác∆BCD =∆ACDnên BN =AN, do đó∆N ABcân
tạiN.

Từ đó suy raN M⊥ AB.

Vậy MNlà đường vng góc chung của ABvàCD.

B
M

VÍ DỤ 2. Cho hình chóp S.ABC cóSA = SB = SC = a, ASB‘ = 60◦,BSC‘ = 90◦,CSA‘ =

120◦. Cho Hlà trung điểmAC. Chứng minh rằng:

1 SH ⊥ AC.

2 AB⊥ BC.

L Lời giải

1 Do tam giácSACcân tạiSvàH là trung điểm ACnên
SH ⊥ AC.

2 DoSA =SB =avà ASB‘ =60◦ nên∆SABđều. Từ đó

suy raAB=a. (1)

Áp dụng định lý hàm số cos cho các tam giácSAC ta
có

AC2 = SA2 + SC2 −2SA.SC. cosASC‘ = 2a2 −

2a2. cos 120◦ =3a2. (2)

Áp dụng định lý Pitago cho tam giácSBC, ta cóBC2 =

SB2+SC2 =2a2. (3)

Từ (1), (2), (3) suy raAC2= AB2+BC2 ⇒ AB⊥BC.

A C

VÍ DỤ 3. Cho hình chóp S.ABCDcóSA = xvà tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Chứng
minh rằngSA⊥SC.

L Lời giải

Ta có ABCDlà hình thoi, gọiOlà giao điểm củaACvà
BDsuy raOlà trung điểm củaAC,BD.

Xét các tam giácSBD vàCBD, ta có:







SB=CB
SD=CD
BDchung

⇒∆SBD =∆CBD.

Từ đó suy raSO =CO= 1

2AC.

Vậy tam giácSACvng tạiShaySA⊥SC.

B
x

O
S

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

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâmO vàSA = SB = SC = SD.
Chứng minh rằngSO⊥ ABvàSO ⊥ AD.

Lời giải.

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,CD. Do

∆SAB=∆SCDnên ta suy raSM =SN.

Xét tam giác cânSMN cóOlà trung điểm MN, suy

raSO ⊥MN.

Mặt khácADk MNnên AD ⊥SO.
Tương tự ta chứng minh đượcAB⊥SO.

M
O

BÀI 2. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có M,N lần lượt là trung điểm BC,C0D0. Chứng
minh rằngAM ⊥B0N.

Lời giải.

GọiKlà trung điểmCD, khi đóBK k B0N. Ta sẽ chứng minh
BK ⊥ AM.

GọiIlà giao điểm củaBK vàAM. Do∆ABM =∆BCKnên:
‘

BAI+ABI‘ =IBC‘+ABI‘ =90◦ ⇒ AIB‘ =90◦.
Do đóBK ⊥ AMtạiI.

A
B
A0

D
C0

D0
N

K
M

BÀI 3. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình vng và có tất cả các cạnh đều bằnga. Cho Mvà
Nlần lượt là trung điểm của ADvàSD, chứng minh rằngMN ⊥SC.

Lời giải.

Từ giả thiết ta có

∆SAC=∆DAC⇒ ASC‘ = ’ADC=90◦ ⇒ SA⊥SC.
Mặt khácMN k SA⇒ MN ⊥SC.

D
M
O

B N

BÀI 4. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình vng cạnh2a, tam giácSABđều vàSC =2a√2.
GọiH,Klần lượt là trung điểm của AB,CD. Chứng minh rằngSH ⊥AK.

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

Ta cóAK k HC, do đó chỉ cần chứng minhSH ⊥HC.
Do∆SABđều cạnh2anênSH = AB

√

2 = a

√

3.
Ta cóHC2 =HB2+BC2=a2+4a2=5a2.

Từ đó suy raSH2+HC2=3a2+5a2=8a2=SC2.

Theo định lý Pitago ta cóSH ⊥HC.

K
S

B
H

BÀI 5. Cho tứ diện ABCD có AB = x, tất cả các cạnh cịn lại có độ dài bằng a. K là trung điểm
ABvàI là điểm bất kỳ trên cạnhCD, chứng minh rằng IK ⊥ AB.

Lời giải.

Xét các tam giácACI vàBCI, ta có:







BC = AC
CI chung

‘

BCI = ACI‘ =60◦

Từ đó suy ra∆ACI =∆BCI ⇒ IB= IC.

Xét tam giác cân I AB, ta có K là trung điểm AB nên IK ⊥
AB.

B
K

BÀI 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại Avà B, AD = 2a,AB =
BC =a.SA ⊥ADvàSA ⊥ AC. Chứng minh rằngSC ⊥DC.

Lời giải.

Gọi I là trung điểm AD ⇒ ABCI là hình
vng cạnha, do đó∆CIDvng cân tạiI. Từ
đó ta cóCD2 =2a2. (1)
Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác
SAC,SADta có:

SD2 =SA2+AD2 =SA2+4a2; (2)
SC2=SA2+AC2 =SA2+2a2. (3)
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra

SD2 =SC2+CD2⇒SC ⊥CD.

D
S

I
A

{DẠNG 2.4. Hai đường thẳng song song cùng vng góc với một đường thẳng thứ

ba

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

VÍ DỤ 1. Cho hình chópS.ABCcóAB= AC. LấyM, NvàPlần lượt là trung điểm của các
cạnhBC,SBvàSC. Chứng minh rằng AMvng góc vớiNP.

L Lời giải

Do N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB vàSC nên
NPlà đường trung bình của tam giácSBC, từ đó suy raNP k

BC. (1)

Mặt khác, do tam giác ABC cân tại A, suy ra trung tuyến

AM ⊥BC. (2)

Từ(1)(2)suy raAM ⊥NP.

C
S

M
N

VÍ DỤ 2. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 có đáy là tam giác đều. Lấy M là trung
điểm của cạnhBC. Chứng minh rằng AMvng góc vớiB0C0.

L Lời giải

Do tứ giác BB0C0C là hình bình hành nên BC k B0C0.
(1)

Mặt khác, do tam giácABCđều nên AM ⊥BC. (2)
Từ(1)(2)suy raAM ⊥B0C0.

C0
M

B0
B
A

VÍ DỤ 3. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a. Các điểm M, N lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB, BC. Trên cạnh B0C0 lấy điểm P sao choC0P = x (0 < x < a). Trên
cạnhC0D0lấy điểmQsao choC0Q= x. Chứng minh rằngMN vng góc vớiPQ.

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

Do tứ giácBB0D0Dlà hình chữ nhật, suy ra BD k B0D0.
(1)

DoABCDlà hình vng, suy raBD ⊥ AC. (2)
Từ(1)(2)suy raB0D0 ⊥ AC. (3)
Theo bài ra ta có MN là đường trung bình của tam giác
ABC, suy raMN k AC. (4)
Mặt khác, ta có C

0P

C0B =

C0Q
C0D0 =

a, suy raPQk B

0D0. (5)

Từ(3)(4)(5)ta có MN ⊥PQ.

A B

C
D

A0 B0

P
D0

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho hình lăng trụ đứngABC.A0B0C0. GọiG,G0lần lượt là trọng tâm hai đáy. Chứng minh
rằngGG0vng góc vớiBC.

Lời giải.

Dễ dàng chứng minh đượcGG0 k MM0và MM0 ⊥ BC. Từ
đó suy ra điều phải chứng minh.

B0
G

C0
A0

BÀI 2. Cho tứ diện đều ABCD. Gọi M, N, PvàQ lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD, AD
vàAC. Chứng minh rằngMNvng góc vớiPQ.

Lời giải.

Theo giả thiết ta có4ABC =4ABD, từ đó ta cóMC = MD,
suy ra4MCDcân tại M, suy raMN ⊥CD. (1)
Cũng theo giả thiết ta có PQlà đường trung bình của tam
giác ACD, suy raPQkCD. (2)
Từ(1)(2)suy ra điều phải chứng minh.

D
M

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

BÀI 3. Cho tứ diện ABCD cóAB = CD = 2a(a >0). Gọi M, Nlần lượt là trung điểm các cạnh
BC, AD. Biết rằng MN =a√2. Chứng minh rằng ABvng góc vớiCD.

Lời giải.

LấyPlà trung điểm của AC.

Theo tính chất đường trung bình ta cóPN k= 1

2CD = avà

PM k= 1

2AB= a. (∗)

Từ đó ta có MP2+NP2 = 2a2 = MN2, vậy tam giác MNP
vng tạiPsuy raMP ⊥NP. (∗∗)
Từ(∗)(∗∗)ta có AB⊥CD.

2a
A

D
M

BÀI 4. Cho tứ diện ABCD, có AB = CD. Gọi Glà trọng tâm của tam giác ABD, M thuộc cạnh
ACsao choAC =3AM, các điểmN, Plần lượt là trung điểm của các cạnh AD,BC. Chứng minh
rằngMGvng góc vớiNP.

Lời giải.

LấyE, Flần lượt là trung điểm củaAC, BD.
Ta có AM

AE =
AG
AF =

3, suy raMG k EF. (1)

Mặt khác theo tính chất đường trung bình ta có
EN k=FP= 1

2CD= a

EP k= FN = 1

2AB= a.

Từ đó suy ra tứ giácENFPlà hình thoi, suy raEF⊥ NP.(2)
Từ(1)và(2)suy ra MG⊥NP.

2a
A

D
M

G
E

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

BÀI

3.

ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT

PHẲNG

A

TĨM TẮT LÍ THUYẾT

1

ĐỊNH NGHĨA

Định nghĩa 1.

Đường thẳngdđược gọi là vng góc với mặt phẳng(α)nếu

d vng góc với mọi đường thẳng a nằm trong mặt phẳng
(α).

Khi đó ta cịn nói (α) vng góc d và kí hiệu d ⊥ (α) hoặc

(α)⊥d. α

2

ĐIỀU KIỆN ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG

Định lí 1. Nếu một đường thẳng vng góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc một mặt phẳng thì
nó vng góc với mặt phẳng ấy.

4

! Tóm tắt định lí.











a,b ⊂(α)

a∩b =O
d⊥ a
d⊥b

⇒d⊥(α).

α

b O

Hệ quả 1. Nếu một đường thẳng vng góc với hai cạnh của một tam giác thì nó cũng vng
góc với cạnh thứ ba của tam giác đó.

3

TÍNH CHẤT

Tính chất 1. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm
cho trước và vng góc với một đường thẳng cho trước.

α

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

Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng ABlà mặt phẳng đi qua trung
điểmI của đoạn thẳng ABvà vuông góc với đường thẳng AB.

A I B

Tính chất 2. Có duy nhất một đường thẳng đi qua một
điểm cho trước và vng góc với một mặt phẳng cho
trước.

α

4

LIÊN HỆ GIỮA QUAN HỆ SONG SONG VÀ QUAN HỆ VNG GĨC CỦA ĐƯỜNG
THẲNG VÀ MẶT PHẲNG

Tính chất 3.

1 Cho hai đường thẳng song song. Mặt phẳng nào vng
góc với đường thẳng này thì cũng vng góc với đường
thẳng kia.

4

! Tóm tắt:
®

ak b

(α) ⊥a ⇒(α) ⊥b.

2 Hai đường thẳng phân biệt cùng vng góc với một mặt

phẳng thì song song với nhau.

4

! Tóm tắt:








a ⊥(α)

b ⊥(α)

a 6≡b

⇒ak b.

α

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

Tính chất 4.

1 Cho hai mặt phẳng song song. Đường thẳng nào

vuông góc với mặt phẳng này thì cũng vng góc
với mặt phẳng kia.

4

! Tóm tắt:
®

(α) k (β)

a⊥(α)

⇒ a⊥(β).

2 Hai mặt phẳng phân biệt cùng vng góc với một
đường thẳng thì song song với nhau.

4

! Tóm tắt:







(α) ⊥a

(β) ⊥a

(α) 6≡ (β)

⇒(α) k(β).

β
α

Tính chất 5.

1 Cho đường thẳng a và mặt phẳng (α)

song song với nhau. Đường thẳng nào
vng góc với mặt phẳng (α) thì cũng

vng góc vớia.

4

! Tóm tắt:
®

ak (α)

b ⊥(α) ⇒b ⊥a.

2 Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng
(không chứa đường thẳng đó) cùng
vng góc với một đường thẳng khác thì
chúng song song với nhau.

4

! Tóm tắt:







a 6⊂(α)

a ⊥b
(α) ⊥b

⇒a k (α).

b a

α

5

PHÉP CHIẾU VNG GĨC VÀ ĐỊNH LÝ BA ĐƯỜNG VNG GĨC

1. Phép chiếu vng góc

Cho đường thẳng∆vng góc với mặt phẳng(α). Phép

chiếu song song theo phương của∆lên mặt phẳng(α)

được gọi làphép chiếu vng góc lên mặt phẳng(α).

B0
A

∆

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

2. Định lí ba đường vng góc

Định lí 2. Cho đường thẳng a nằm trong mặt phẳng (α)

vàblà đường thẳng khơng thuộc(α)đồng thời khơng vng

góc với(α). Gọi b0 là hình chiếu vng góc của b trên (α).

Khi đóavng góc vớibkhi và chỉ khi a vng góc vớib0.

A0 B0
b0
b

α

4

! Tóm tắt:











a ⊂(α)

b 6⊂(α)

b 6⊥(α)

b0là hình chiếu vng góc b trên(α)

⇒a ⊥b ⇔ a⊥b0.

3. Góc Giữa đường thẳng và mặt phẳng

Định nghĩa 2. Cho đường thẳng dvà mặt phẳng(α).

Trường hợp đường thẳng d vng góc với mặt phẳng
(α) thì ta nói rằng góc giữa đường thẳng d và mặt

phẳng(α)bằng90◦.

Trường hợp đường thẳng d khơng vng góc với mặt
phẳng(α)thì góc giữa đường thẳngdvà hình chiếud0

của nó trên (α) gọi là góc giữa đường thẳng d và mặt

phẳng(α).

O
H

d0 ϕ
α

4

! Chú ý:Nếu ϕlà góc giữa đường thẳngdvà mặt phẳng(α)thì ta ln có0◦ ≤ ϕ≤90◦.

B

CÁC DẠNG TỐN

{DẠNG 3.1. Đường thẳng vng góc với mặt phẳng

Để chứng minh đường thẳng∆ vng góc với mặt phẳng(α), ta thực hiện theo một trong hai cách

sau:

1 Chứng minh∆vng góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc(α).

a
b

∆

α

2 Chứng minh∆song song với đường thẳng(d), trong đó(d)vng góc với(α).

∆

α

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

Để chứng minh đường thẳng (∆) vng góc với đường thẳng(d), ta thực hiện theo một trong các
cách sau:

1 Chứng minh(∆)vng góc với mặt phẳng(α)chứa(d).

d

∆

α

2 Sử dụng định lý ba đường vng góc.

d

∆

α

3 Nếu hai đường thẳng cắt nhau thì ta có thể sử dụng các phương pháp chứng minh hai đường
thẳng vng góc trong mặt phẳng.

VÍ DỤ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng và các cạnh bên bằng nhau. Gọi I
là giao điểm của ACvàBD. Chứng minh rằngSI ⊥(ABCD).

L Lời giải

C
S

Để chứng minhSI vuông góc với mặt phẳng (ABCD) ta cần chứng minhSI vng góc với hai
cạnh cắt nhau trong mặt phẳng đó.

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

ACvàBD(do ABCDlà hình vng). Từ đó ta có:







SI ⊥ AC
SI ⊥ BD
AC∩BD= I

⇒SI ⊥(ABCD)

VậySI ⊥(ABCD).

VÍ DỤ 2. Cho lăng trụ ABCD.A0B0C0D0 có đáy ABCD là hình bình hành, các cạnh bên
vng góc với mặt đáy.4ACDvng tạiA,AC = AA0. Chứng minh rằng AC0 ⊥(A0D0C).

L Lời giải

A0 B0

Theo giả thiết ta có
®

AA0C0Clà hình chữ nhật
AA0 = A0C0

⇒ AA0C0Clà hình vng⇒ AC0 ⊥ A0C(1)

Lại cóAA0 ⊥ (A0B0C0D0) ⇒ AA0 ⊥ A0D0. Lại có4D0A0C0vng tại A0 nên A0D0 ⊥ A0C0. Từ đó
ta được

A0D0 ⊥(AA0C0C) ⇒ A0D0 ⊥ AC0(2).

Từ (1) và (2) ta cóAC0 ⊥(A0D0C).

VÍ DỤ 3. Cho hình chópS.ABC với đáy ABClà tam giác đều cạnha,SA ⊥ (ABC), SA =
a√3

2 . GọiI,Klần lượt là trung điểm BC,SI. Chứng minh rằng AK ⊥(SBC).

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

I
K

Theo giả thiết4ABClà tam giác đều cạnha,Ilà trung điểmBCsuy raAI ⊥BC(1) vàAI = a
√

3
2 .

Lại cóSA ⊥(ABC)⇒ SA⊥ BC(2).

Từ (1) và (2) ta cóBC ⊥(SAI) ⇒BC ⊥ AK. (3)
Tam giácSAIcóSA = AI = a

√

2 nên 4SAI là tam giác cân tạiA, hơn nữa Klà trung điểm SI

suy raAK ⊥SI.(4)

Từ (3) và (4) ta cóAK ⊥(SBC).

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho hình chópS.ABCD, đáy ABCDlà hình vng cạnha. Mặt bênSABlà tam giác đều,
SCDlà tam giác vuông cân đỉnhS. GọiM, Nlần lượt là trung điểm của ABvàCD.

1 Chứng minhSM ⊥(SCD), SD⊥ MC.

2 GọiHlà hình chiếu vng góc củaStrênMN. Chứng minhSH ⊥BN. TínhSH.

Lời giải.

M H

A
S

1 ∆SABđều cạnhacó Mlà trung điểm của ABnênSM ⊥ ABvàSM = a
√

2 .

∆SCD vuông cân tạiScóCD= a, Nlà trung điểmCDsuy raSN = a

Xét∆SMNcóSM2+SN2= 3a
2

4 +

4 =a

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

Suy raSM ⊥SN. MàSM ⊥CD(vìCD k AB). Do đóSM⊥(SCD).
CóSD⊥SMvàSD ⊥SCnênSD⊥ MC.

2 CóCD⊥ MN,CD ⊥SN suy raCD ⊥(SMN) ⇒CD⊥SH.
MàSH ⊥ MNnên SH⊥(ABCD). Do đóSH ⊥MC.

SH = SM.SN
MN =

a√3
2 .

a =
a√3

4 .

BÀI 2. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0có đáy là tam giác đều cạnha, cạnh bên bằng2a. Biết hình
chiếu củaA0lên(ABC)là trung điểmHcủaAB. Gọi H0là trung điểm củaA0B0, Mlà điểm thuộc
cạnhB0C0 sao choB0C0 =4B0M.

1 Chứng minhB0C0 ⊥(BMH0).

2 Tứ giácCHH0C0là hình gì? Tại sao? TínhCH0.

Lời giải.

B
A0

1 ∆A0B0C0đều nên H0Msong song với đường cao kẻ từ A0, do đóH0M⊥ B0C0.
Lại cóBH0 k A0HmàA0H ⊥(ABC)nên BH0 ⊥BC. Suy raBH0 ⊥B0C0.
Do đóB0C0 ⊥(BMH0).

2 CóCH ⊥ AB;CH ⊥ A0HnênCH ⊥(ABB0A0), suy raCH ⊥HH0.
Hình bình hànhCHH0C0có÷H0HC =90◦nênCHH0C0 là hình chữ nhật.
CH0 =√HH02+CH2 =

4a2+3a
2

4 =

a√19
2 .

BÀI 3. Trong mặt phẳng(P), cho tam giác MABvuông tạiM. Trên đường thẳng vng góc với
(P) tạiA, ta lấy hai điểmC,Dkhác phía so với A. GọiC0 là hình chiếu củaCtrên MD, Hlà giao
điểm củaAMvàCC0.

1 Chứng minhCC0 ⊥(MBD).

2 GọiKlà hình chiếu củaHtrên AB. Chứng minhKlà trực tâm tam giácBCD.

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

D
K
H
C0

B
C

A
M

1 CóBM ⊥ AM, BM⊥CD⇒ BM⊥(CC0D) ⇒BM ⊥CC0.

Lại cóCC0 ⊥MD, suy raCC0 ⊥(MBD).

2 CóHK⊥ AB, HK⊥ AD, suy raHK ⊥BD.
Theo ý trên, lại cóCH ⊥BD. Do đóCK⊥BD.

∆CBDcóBK ⊥CD,CK⊥ BDnên nhậnKlàm trực tâm.

BÀI 4. Hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD tâm I, có cạnh bằng a và đường chéo
BD = a. CạnhSC = a

√

2 vng góc với mặt phẳng(ABCD). Thiết diện của hình chópS.ABCD

cắt bởi mặt phẳng(α)đi qua Ivà vng góc với đoạnSAlà hình gì?

Lời giải.

B
I
S

C
D

VìABCDlà hình thoi nênBD⊥ AC.
VìSC ⊥(ABCD)nênSC ⊥ BD.
Suy raBD ⊥(SAC), do đóBD⊥SA.

Trong mặt phẳng(SAC)hạI H ⊥SAtạiH, suy raSA⊥(BDH). NốiBH,DH, ta được mặt phẳng
(α)chính là tam giácDHB.

Xét hai tam giác vng AH IvàACSđồng dạng vì có chung góc nhọn Anên:
I H

AI =
SC

AS ⇒ I H =

AI.SC
AS .(∗)
VìBD =anên∆ABD là tam giác đều, do đó:

AI = a
√

2 ⇐ AC =2AI = a

√

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

SA=pAC2+SC2 = 3a 2

2 .

Từ(∗)ta có I H = a

2 =

2 .

Tam giácBHDcó trung tuyến I Hứng với cạnhBDbằng BD

2 nên đó là tam giác vng tại H.

BÀI 5. Tứ diện S.ABCcó SAvng góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H vàK lần lượt là trực tâm
của các tam giácABCvàSBC. Chứng minh rằngHK ⊥(SBC).

Lời giải.

C
H
S

A0
A

VìKlà trực tâm của tam giácSBCnên BK ⊥SC.(1)

Có H là trực tâm của tam giác ABC nên BH ⊥ AC và SA ⊥ (ABC) nên BH ⊥ SA . Do đó
BH ⊥(SAC)nên BH ⊥SC.(2)

Từ (1) và (2) ta suy raSC ⊥(BHK), nênSC ⊥ HK. (*)
GọiA0 là giao điểm củaAHvàBC.

CóAA0 ⊥BCvàBC⊥SAnên BC ⊥(SAA0), suy raBC⊥SA0.
Do đó cóSA0 là đường cao của tam giácSBCnênSA0 đi quaK.
VậyBC ⊥ HK(**).

Từ (*) và (**) suy ra HK⊥(SBC).

BÀI 6. Cho hình chóp S.ABCcó đáy là tam giác ABC vuông tại B, 4SAB,4SACcân tạiS. I, J,
Klần lượt là trung điểm của AB,BC,CA. Chứng minh rằng:

1 SK ⊥(ABC).

2 BC ⊥(SK J).

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

B
I

J
S

1 Ta có4SABcân tạiS, Ilà trung điểm ABnênSI ⊥ AB.(1)

Lại cóIKlà đường trung bình của tam giác ABCsuy ra IKk BC ⇒ IK ⊥ AB(2) (do4ABC
vng tạiB.)

Từ (1) và (2) ta cóAB⊥(SIK) ⇒ AB⊥SK. (3)

Tam giácSACcân tạiS,Klà trung điểmAC nênSK ⊥ AC.(4)
Từ (3) và (4) ta cóSK ⊥(ABC).

2 Theo(a)ta cóSK ⊥(ABC)⇒SK ⊥BC.

Lại cóK Jlà đường trung bình của4ABCnênK J k AB⇒K J ⊥BC.

Vậy ta đượcBC ⊥(SK J).

{DẠNG 3.2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Cho đường thẳngdvà mặt phẳng(P)cắt nhau.
Nếu d⊥(P)thì(d,(P)) = 90◦.

O
H

d0 ϕ

α

Nếu d6⊥(P)thì để xác định góc giữadvà(P), ta thường làm như sau

1 Xác định giao điểmOcủadvà(P).

2 Lấy một điểm Atrênd(AkhácO). Xác định hình chiếu vng góc (vng góc) Hcủa A lên

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

VÍ DỤ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA = a√6 vàSA
vng góc(ABCD). Hãy xác định các góc giữa

1 SC và(ABCD).

2 SC và(SAB).

3 SBvà(SAC).

4 AC và(SBC).

L Lời giải

A D

B C

O
M

1 VìAClà hình chiếu vng góc củaSClên(ABCD)nên góc giữaSC và(ABCD)làSCA.‘
Trong tam giácSCA, ta cótanSCA‘ =

SC =

√

3nên(SC,(ABCD)) = SCA‘ =60◦.

2 VìBC ⊥(SAB)tạiBnênSBlà hình chiếu vng góc củaSClên(SAB).
Do đó(SC,(SAB)) = (SC,SB) = CSB.‘

Trong tam giácSCB, ta cótanCSB‘ =
BC
SB =

a√7 nên(SC,(SAB)) =arctan
1

√

7.
3 VìBO ⊥(SAC)tạiOnên SOlà hình chiếu vng góc củaSBlên(SAC).

Do đó(SB,(SAC)) = (SB,SO) = BSO.‘

Trong tam giácSBO, ta cósinBSO‘ =
BO

SB =
a√2

a√7 =
1

√

14 nên(SB,(SAC)) = arcsin
1

√

14.
4 Gọi M là hình chiếu vng góc của A lên SB. Lúc đó AM ⊥ SB và AM ⊥ BC (vì BC ⊥

(SAB) vàAM ⊂ (SAB)) nên AM ⊥ (SBC)tại M. Do đó MC là hình chiếu vng góc của
AClên(SBC).

Suy ra(AC,(SBC)) = (AC,MC) = ACM.’
Trong tam giácSAB, ta có AM= SA.AB

SB =
a√6

√

7 và trong tam giác ACM, ta cósinACM’ =

AC =

√

7 nên(AC,(SBC)) =arcsin

√

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

VÍ DỤ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a, tâm O, SO vng góc
(ABCD). GọiM,Nlần lượt là trung điểmSA,BC. Biết rằng góc giữaMNvà(ABCD)bằng

60◦. Tính góc giữa MN và(SBD).

L Lời giải

A B

N
H

C
D

Gọi Hlà trung điểm AO. Ta có MH k SOnên MH ⊥ (ABCD), suy ra HN là hình chiếu vng
góc củaMNlên(ABCD). Do đó(MN,(ABCD)) = (MN,KN) = ÷MNK=60◦.

Trong tam giácHCN, ta cóHN2 = HC2+CN2−2HC.CN. cosHCN, suy ra’ HN =
a√10

4 .

Mà trong tam giác MNH, ta có√3 =tan÷MNH =
MH

HN nên MH =
a√30

4 , suy raSO =2MH =

a√30
2 .

GọiKlà trung điểmSD.

Ta cóMKCN là hình bình hành nênMN song songKC. Do đó(MN,(SBD)) = (KC,(SBD)).
MàCO ⊥ (SBD)tạiO(doCO ⊥ DO vàCO ⊥ SO) nên KOlà hình chiếu vng góc củaKClên
(SBD). Suy ra(KC,(SBD)) = (KC,KO) = ’CKO.

Ta cóOK = 1

2SD =
1
2

√

OD2+OS2= a√2.
Mặt khác, trong tam giácCOK, ta cótan’CKO =

OC
OK =

2, suy ra(KC,(SBD)) = arctanCKO’ =
arctan1

2 ≈26
◦

330.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho hình chópS.ABCcó đáyABC là tam giác đều cạnha,SA =2avàSAvng góc với
đáy. Tính góc giữa

1 SCvà(ABC).

2 SCvà(SAB).

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

A C

B
S

1 VìAClà hình chiếu vng góc củaSClên(ABC)nên (SC,(ABC)) = (SC,AC) = SCA.‘
Ta cótanSCA‘ =

AC =2nên(SC,(ABC)) =arctan 2≈63

◦.

2 GọiMlà trung điểmAB. Vì
®

CM ⊥ AB

CM ⊥SA(vìSA ⊥(ABC)) nênCM ⊥(SAB)tạiM.
Suy raSMlà hình chiếu vng góc củaSClên(SAB).

Do đó(SC,(SAB)) = (SC,SM) =CSM.’

Trong tam giácSMC, ta cótanCSM’ =

MC
SM =

MC
√

SA2+AM2 =

a√3
2

4a2+a
2

=
√

51
17 .

Vậy(SC,(SAB)) =arctan

√

51
17 ≈23

◦.

BÀI 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh a, SO vng góc
(ABCD)vàSO =a√6.

1 Tính góc giữa cạnh bênSCvà mặt đáy.

2 Tính góc giữaSOvà(SAD).

3 GọiIlà trung điểm BC. Tính góc giữaSI và(SAD).

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

A B

I
K

C
D

1 VìOClà hình chiếu vng góc củaSClên(ABCD)nên(SC,(ABCD)) = (SC,OC) = SCO.‘
Trong tam giácSOC, ta cótanSCO‘ =

SO
OC =2

√

3, do đó(SC,(ABCD)) =arctan 2√3≈74◦.

2 GọiK là trung điểm AD và H là hình chiếu vng góc của Olên SK. Ta cóOH ⊥ SK và
OH ⊥ AD(vìAD ⊥(SKO)) nênOH ⊥(SAD), do đóHlà hình chiếu vng góc củaOlên
(SAD), suy raSHlà hình chiếu vng góc củaSOlên(SAD).

Do đó(SO,(SAD)) = (SO,SH) = ’HSO.

Trong tam giác SOK, ta có tanHSO’ = tanKSO‘ =
OK
OS =

√

6 . Suy ra (SO,(SAD)) =
arctan

√

12 ≈12

◦.

3 Trong tam giácSKI, kẻ IEvng gócSKtạiE. Lúc đóIE ⊥(SAD)(doIE kOH). Suy raSE
là hình chiếu vng góc củaSIlên(SAD).

Do đó(SI,(SAD)) = (SI,SE) = ‘ISE=2’HSO≈24◦.

BÀI 3. Cho hình chópS.ABCcó đáy ABClà tam giác vng cân tạiA, BC =a,SA=SB =SC =
a√3

2 . Tính góc giữaSAvà(ABC).

Lời giải.

C
H

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

Gọi H là hình chiếu vng góc của S lên (ABC). Lúc đó ba tam giác SAH,SBH và SCH bằng
nhau (vì chúng là 3 tam giác vng có chung cạnhSHvà có ba cạnhSA,SB,SCbằng nhau).
Suy ra H A = HB = HCnên H là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng ABC, suy ra H là
trung điểmBC.

Do đóH Alà hình chiếu vng góc củaSAlên(ABC), suy ra(SA,(ABC)) = (SA,AH) =SAH.’
Ta cócosSAH = AH

SA =
BC

SA =

√

3, suy ra(SA,(ABC)) =arccos

√

3
3 ≈55

◦.

BÀI 4. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình thang vuông tại AvàB, AB= BC =a, AD =2a.
Cạnh bênSA =a√2và vng góc với đáy. Tính góc giữa đường thẳngSBvà mặt phẳng(SAC).

Lời giải.

A
S

GọiIlà trung điểm AD. Lúc đó ABCIlà hình vuông, suy ra BI ⊥ AC(tạiO).

MàSA ⊥ (ABCD) nên BI ⊥ SA. Do đó BI ⊥ (SAC) tạiOnên SOlà hình chiếu vng góc của
SBlên(SAC), suy ra(SB,(SAC)) = (SB,SO) = BSO.‘

Trong tam giác SBO, ta có sinBSO‘ =
BO
SB =

√

SA2+AB2 =
√

6 , suy ra (SB,(SAC)) =
arcsin

√

6
6 ≈24

◦.

BÀI 5. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 có đáy là tam giác đều cạnhavà AA0 vng góc
(ABC). Đường chéoBC0 của mặt bên(BCC0B0)hợp với(ABB0A0)một góc30◦.

1 TínhAA0.

2 GọiM,N lần lượt là trung điểmACvàBB0. Tính góc giữa MNvà(ACC0A0).

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

A0 C0

H
M0

B
B0

1 GọiIlà trung điểm A0B0. Ta cóC0I ⊥ A0B0vàC0I ⊥BB0nênC0I ⊥(ABB0A0)tạiI. Do đóIB
là hình chiếu vng góc củaC0Blên(ABB0A0). Suy ra(BC0,(ABB0A0)) = C‘0BI =30◦.
Trong tam giácC0IB, ta cótanC‘0BI =

IC0

IB, suy raIB =

2 . Khi đóAA
0 =

BB0 =√IB2−IB02 =
a√2.

2 GọiM0 là trung điểmA0C0vàHlà trung điểm MM0.

Ta có BM ⊥ (ACC0A0) (vì BM ⊥ AC vàBM ⊥ AA0) mà HN k BM nên HN ⊥ (ACC0A0)
tạiH. Suy ra MHlà hình chiếu vng góc của MNlên(ACC0A0).

Do đó(MN,(ACC0A0)) = (MN,MH) = N MH. Mà trong tam giác÷ N MH, ta cótanN MH÷ =

MH =
√

6
2 .

Vậy(MN,(ACC0A0)) =arctan

√

6
2 ≈51

◦.

{ DẠNG 3.3. Xác định thiết diện của một khối đa diện cắt bởi mặt phẳng đi qua

một điểm và vng góc với một đường thẳng cho trước

Để xác định thiết diện của một khối đa diện cắt bởi mặt phẳng (α) đi qua điểmMvà vng góc với

∆cho trước, ta thực hiện như sau:

Dựng hai đường thẳng cắt nhau cùng vng góc với ∆trong đó có ít nhất một đường thẳng
đi qua M. Mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng trên chính là(α). Sau đó ta cần tìm giao

tuyến của(α)với các mặt của khối đa diện.

Nếu có sẵn hai đường thẳng chéo nhau hoặc cắt nhau a,b vng góc với∆thì ta dựng (α) đi

qua Mvà song song vớia,b.

VÍ DỤ 1. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABClà tam giác vng cân đỉnhC,CA =

2avà mặt bên ABB0A0là hình vng. Gọi (P)là mặt phẳng đi quaCvà vng góc vớiAB0.
Xác định thiết diện của hình lăng trụ đã cho khi cắt bởi mặt phẳng(P)và tính diện tích thiết
diện đó.

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

GọiHlà trung điểm AB⇒CH ⊥ AB⇒CH ⊥ AB0.
DựngHK ⊥AB0, vớiKthuộc cạnh AA0.

Suy ra thiết diện là tam giácCHKvà tam giácCHKvuông tạiH.
SCHK = 1

2CH·HK.

Trong4ABC,CH = AB

2 =a

√

Ta có4AHKvng cân tạiAvàHK= A

0B·√
2
2 =2a.

VậySCHK =

2CH·HK =
1
2·a

√

2·2a=a2√2.

C
B0

H
A

VÍ DỤ 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABClà tam giác đều cạnha, SA = avà vng góc
với mặt phẳng (ABC). Gọi Mlà điểm thuộc cạnh AC sao cho AM = 3MC. Gọi(α) là mặt

phẳng qua Mvà vng góc với cạnh AC. Xác định thiết diện của hình chóp đã cho khi cắt
bởi mặt phẳng(α)và tính diện tích thiết diện đó.

L Lời giải

GọiElà trung điểm AC ⇒BE⊥ AC.

Trong(ABC), dựng MN ⊥AC, với Nthuộc cạnhBC ⇒
MN k EB.

Trong(SAC), dựng MP ⊥ AC, với Pthuộc cạnh SC ⇒
MPk SA.

Suy ra thiết diện là tam giác MPN và tam giác MPN
vng tạiM.

SMPN =

2MN·PM.

Ta có4SACv4PMC ⇒ PM
SA =

CM
CA
⇒PM = SA·CM

CA =a·

1
4 =

Ta cóMNlà đường trung bình của tam giác4BEC
⇒ MN = 1

2EB=
1
2 ·

a√3

2 =

a√3
4 .

VậySMPN = 1

2MN·PM =

1
2·

a√3
4 ·

4 =

a2√3
32 .

N
E

C
P

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a; SA = a√3 và vng góc
với mặt phẳng(ABCD). GọiAH là đường cao của tam giácSAB. Gọi(α)là mặt phẳng qua Avà

vng góc với cạnh SB. Xác định thiết diện của hình chóp đã cho khi cắt bởi mặt phẳng (α) và

tính diện tích thiết diện đó.

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

Trong (SBC), dựng H I ⊥ SB, với I thuộc cạnh
SC ⇒ H I k BC(DoBC ⊥SB).

Ta có










H I ⊂(α)

BC⊂(ABCD)
H I k BC

Dlà điểm chung của(α),(ABCD)

⇒(α)∩(ABCD) = ADk BC k H I.

Suy ra thiết diện là tứ giácAH ID.
Ta có

H I k BC k AD

DA ⊥ AH nên tứ giácAH IDlà hình
thang vng tạiAvàH.

SAH ID = 1

2(AD+H I)·AH.

Trong4SAB, ta có:

C
D

A I B

AH2 =

SA2 +

AB2 =

1
3a2 +

a2 ⇒ AH =
a√3

2 .

Ta có4SH I v4SBC ⇒ H I
BC =

SH
SB =

SH·SB
SB2 =

SA2
SB2 =

SA2
SA2+AB2 =

3a2

3a2+a2 =

3
4

⇒ H I = 3

4 ·BC =
3a

4 .

VậySAH ID =

2(AD+H I)·AH =
1
2 ·

a+3a

· a
√
3
2 =

7a2√3

16 .

BÀI 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành,SA ⊥ (ABCD),M ∈ SA. Mặt phẳng
(P)đi quaMvà vng góc vớiSA. Xác định thiết diện của mặt phẳng(P)với hình chópS.ABCD.

Lời giải.
A
D
E
M
B
C
N
F
S
I
K

VìSA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AD. Trong mặt phẳng(SAD), qua M ∈ SAkẻ ME k ADcắtSDtại
E, khi đó ME⊥SA.

Tương tự trong mặt phẳng(SAB)kẻ MFk AB⇒ MF⊥SA.

Vì E ∈ SD,F ∈ SB ⇒ EF ⊂ (SBD). Gọi K là giao của SI và EF, khi đó K ∈ (SAC). Lại có
M∈ SA ⇒ M∈ (SAC). Từ đó ta có MK ⊂(SAC)suy raMK∩SC = N.

Ta thấy M ∈ (MENF); ME ⊥ SA,MF ⊥ SA ⇒ SA ⊥ (MENF), hơn nữa qua Mcó một và chỉ
một mặt phẳng vng góc vớiSAdo đó(P)≡(MENF).Vậy MENFlà thiết diện của mặt phẳng

(P)với hình chópS.ABCD.

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

Lời giải.

A C

B
S

GọiIlà trung điểm AC, ta cóBI ⊥ AC. MàBI ⊥SAnên BI ⊥(SAC), suy raBI ⊥SC.

Gọi H là hình chiếu vng góc của I lên SC. Lúc đó SC ⊥ (BI H). Do đó tam giác BI H là thiết
diện cần tìm.

VìBI ⊥(SAC)nênBI ⊥ I H, suy ra tam giác IBHvng tạiI.
Ta có∆CH I v∆CASnên I H

SA =
CI

CS, suy raI H =

CI.SA
CS =

a√5
5 .

Do đóS∆BI H = 1

2I H.IB =

a2√15

20 .

C

BÀI TẬP TỔNG HỢP

BÀI 4. Cho hình chóp S.ABCD có SD ⊥ (ABCD), đáy ABCD là hình thang vng tại A,D và
AD = AB = a, BC = a√2. M là trung điểm của BD. Tìm thiết diện của S.ABCD cắt bởi mặt
phẳng(α)đi qua Mvà vng gócSBvới hình chópS.ABCD.

Lời giải.

A B

C
M

N
S

E
D

∆ABD vng cân tạiAnênBD= a√2.

∆BDCcóBD= BC= a√2vàBDN’ =45◦nên∆BDCvng cân tạiB.

GọiNlà trung điểm củaCD. Vì∆BDCvng cân tạiBnênDN =BN =NC = BC√

2 = a.

Do đóABNDlà hình vng. Suy ra AN ⊥BD.

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

Trong mặt phẳng(SBD), ta hạ ME⊥SBtạiE. Khi đó mặt phẳng(AEN)vng góc vớiSBchính
là mặt phẳng(α).

Ta có AN k BC (cùng vng gócDB) nên(AEN) k BC. Do đó (AEN) cắt(SBC) theo một giao
tuyến song song vớiBC.

Trong mặt phẳng(SBC), kẻ đường thẳng quaEsong song với BCvà cắtSCtại F.
Thiết diện của hình chóp(S.ABCD)cắt bởi mặt phẳng(α)là hình tứ giácAEFN.

BÀI 5. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 cóAA0 = BC =a, AC =a√3và∆ABCvng tạiB.

ĐiểmMnằm trên cạnhACsao cho AM = 1

3AC. Chứng minh rằngB

0M⊥ A0C.

Lời giải.

B0
C0

M
A

B
C
N

GọiNlà trung điểm AB.

∆ABCvng tạiBnên AB=√AC2−BC2 =√3a2−a2 =a√2.
Ta có BN

BB0 =

√

2
a =

√

BB0
A0B0 =

a
a√2 =

√

Ta lại cóNBB’0 =BB÷0A0(cùng là góc vng) nên∆NBB0 ∼∆BB0A0.

Suy raB’0NB = ÷A0BB0 ⇒B’0NB+÷A0BB0 = 0BB0+÷A0BB0 =90◦. Vì vậyB0N ⊥ A0B(1).
Ta có

BB0 ⊥ BC

BC ⊥ AB ⇒CB ⊥(ABB

0A0) (2).

Từ(1),(2)theo định lý ba đường vng góc ta có B0N⊥ A0C(3).
Ta có AM

AB =
AC

3AB =
a√3
3a√2 =

√

AN
AC =

2AC =
a√2
2a√3 =

√

6. Suy ra∆AMN ∼∆ABC.

Vì vậAMN =’ABChayMN ⊥AC.

Mặt khác(ACC0A) ⊥(ABC)nên suy raMN ⊥(ACC0A0) ⇒ MN ⊥ A0C(4).

Từ(3),(4)ta suy ra A0C ⊥(B0MN) ⇒ A0C ⊥B0M.

BÀI 6. Cho hình chópS.ABCcóSB⊥(ABC). Trên mặt phẳng(ABC), dựng về phía ngồi∆ABC
các điểmD,Esao cho∆ACDvà∆ECBvng cân tạiC. Chứng minh rằngSA ⊥BD.

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

C
D

A B

Xét phép quayQπ2

C biếnDthành A, biếnBthànhE. Do đó phép quayQ

π
2

C biếnDBthành AEvà vì
vậy ta cóBD⊥ AE.

Ta cóSB⊥(ABC)vàBD ⊥AEnên theo định lý ba đường vng góc ta suy raSA ⊥BD.

BÀI 7. Cho hình lăng trụ ABCD.A0B0C0D0 có đáy là hình thoi cạnh a, BAD’ = 60◦. Hình chiếu
vng góc của B0 lên mặt đáy trùng với giao điểm của hai đường chéo của ABCD và BB0 = a.
Tính góc giữa cạnh bên và mặt đáy.

Lời giải.

D0 C0

B
B0

O
D

GọiO= AC∩BD. Ta cóB0O⊥(ABCD). Suy raBOlà hình chiếu vng góc củaBB0lên(ABCD).
Do đó(BB0,(ABCD)) = (BB0,BO) = B’0BO.

Ta cóAB= AD= avàBAD’ =60◦ nên tam giác ABDđều, suy raBD= avàBO=

Mà trong tam giácB0BO, ta cócosB’0BO=
BO
BB =

2 nên (BB

0,(ABCD)) = 60◦.

BÀI 8. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có đáy ABCD là hình vng. Tìm góc lớn nhất
giữa đường thẳngBD0 và mặt phẳng(BDC0).

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

O
D

Gọi O = AC∩ BD, I là trung điểm DD0 và H là hình chiếu vng góc của I lên OC0. Ta có
I H ⊥OC0(1).

MàBD⊥ ACvàBC ⊥AA0nên BD⊥(ACC0A0), suy raBD⊥ I H(2).

Từ (1) và (2), sy raI H ⊥(BDC0)tại HnênBHlà hình chiếu vng góc củaBI lên(BDC0). Suy ra
(D0B,(BDC0)) = (BI,BH) = IBH.‘

ĐặtAB=a,AA0 =b. Ta cóBD0 =√AB2+AD2+DD02 =√2a2+b2, suy raIB =
√

2a2+b2

2 .

Ta có∆OH I ∼∆C0COnên H I = OI.CO
C0O =

2√2b2+a2 =

…

a2 +

. Từ đó suy ra

sinIBH‘ =
I H
BI =

a2
b2 +

≤ 1

Đẳng thức xảy ra khia=b.

Khi đó góc lớn nhất cần tìm có số đó làarcsin1
3 ≈19

◦

280.

BÀI 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh a vàSO ⊥ (ABCD).
Mặt phẳng(P) qua Avuông góc với SC cắt hình chóp theo một thiết diện có diện tích bằng a

2 .

Tính góc giữaSCvà(ABCD).

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

A B

C
I

H
J

GọiJ là hình chiếu vng góc củaAlênSC(1), I là giao điểm củaSOvàAJ.
QuaI kẻ đường thẳng song songBDcắtSB,SDlần lượt tại HvàK.

VìBD ⊥(SAC)nênHK ⊥(SAC), suy raHK ⊥SC(2).

Từ (1) và (2) suy raSC ⊥(AH JK)nên tứ giác AH JKlà thiết diện của hình chóp khi cắt bởi(P).
VìHK⊥(SAC)nên HK ⊥AI, do đóSAH IK = 1

2AJ.KH =

Nhận thấy rằngOC là hình chiếu vng góc củaSC lên (ABCD)nên (SC,(ABCD)) = SCO‘ =
‘

SAC=α.

Lúc đó AJ = ACsinα =a

√

2 sinα,SO =OC. tanα = a

√

2
2 tanα.

Ta có ∆SOC ∼ ∆SJ I nên dSI J = SCO‘ = α, suy ra AIO‘ = dSI J = α, từ đó ta cóOI = OA. cotα =

a√2
2 cotα.

Trong tam giác SBD, ta có HK
BD =

SO = 1−
OI

SO = 1−cot
2

α, suy raKH = DB 1−cot2α =

a√2 1−cot2α.

Vậy
SAH JK =

1
2a

2=a2sin

α

1−cot2α

⇔4 sin2α−sinα−2=0⇒sinα= 1+

√

8 ⇒α ≈57, 5
◦

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

BÀI

4.

HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GĨC

A

TĨM TẮT LÍ THUYẾT

1

ĐỊNH NGHĨA GĨC GIỮA HAI MẶT PHẲNG

Định nghĩa 1. Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa
hai đường thẳng lần lượt vng góc với hai mặt
phẳng đó.

Hai mặt phẳng song song hoặc trùng nhau thì góc
giữa chúng bằng0◦.

α

β

2

CÁCH XÁC ĐỊNH GĨC CỦA HAI MẶT PHẲNG CẮT NHAU

1 Tìm giao tuyếnccủa(α)và(β).

2 Tìm hai đường thẳnga, b lần lượt thuộc hai mặt phẳng và
cùng vng góc vớictại một điểm.

3 Góc giữa(α)và(β)là góc giữaavàb. I

c
a

α

β

3

DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU CỦA MỘT ĐA GIÁC

Định nghĩa 2. Cho đa giác H nằm trong mặt phẳng(α) có diện tích là S vàH 0 là hình chiếu

vng góc củaH trên mặt phẳng(β). Khi đó diện tíchS0 của hìnhH được tính theo cơng thức

như sau:

S0 =S·cosϕ

với ϕlà góc giữa(α)và(β).

4

HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC

Định nghĩa 3. Hai mặt phẳng được gọi là vng góc với nhau nếu góc giữa hai mặt phẳng đó là
góc vng.

Định lí 1. Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vng góc với
nhau là mặt phẳng này chứa một đường thẳng vng góc với mặt
phẳng kia.

O
a

b
c

α

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

Hệ quả 1. Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì bất cứ đường thẳng nào nằm trong mặt
phẳng này và vng góc với giao tuyến thì vng góc với mặt phẳng kia.

Hệ quả 2. Cho hai mặt phẳng(α)và(β)vng góc với nhau. Nếu từ một điểm thuộc mặt phẳng

(α)ta dựng một đường thẳng vng góc với mặt phẳng(β)thì đường thẳng này nằm trong mặt

phẳng(α).

Định lí 2. Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vng góc với một mặt phẳng thì giao tuyến của chúng
vng góc với mặt phẳng đó.

5

HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG, HÌNH HỘP CHỮ NHẬT, HÌNH LẬP PHƯƠNG

Định nghĩa 4. Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có các cạnh bên vng góc với đáy. Độ dài
cạnh bên được gọi là chiều cao của hình lăng trụ đứng.

Nhận xét:Các mặt bên của hình lăng trụ đứng là hình chữ nhật và vng góc với mặt đáy.

Định nghĩa 5. Hình lăng trụ đều là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.

Nhận xét: Các mặt bên của hình lăng trụ đều là những hình chữ nhật bằng nhau và vng góc
với mặt đáy.

Định nghĩa 6. Hình hộp đứng là hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành.
Nhận xét:Trong hình hộp đứng 4 mặt bên đều là hình chữ nhật.

Định nghĩa 7. Hình hộp chữ nhật là hình hộp đứng có đáy là hình chữ nhật.
Nhận xét:Tất cả 6 mặt của hình hộp chữ nhật đều là hình chữ nhật.

Định nghĩa 8. Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có tất cả các cạnh bằng nhau.
Nhận xét:Tất cả 6 mặt của hình lập phương đều là hình vng.

6

HÌNH CHĨP ĐỀU VÀ HÌNH CHĨP CỤT ĐỀU

Định nghĩa 9. Một hình chóp được gọi là hình chóp đều nếu nó có đáy là một đa giác đều có
chân đường cao trùng với tâm của đa giác đáy.

Nhận xét:Hình chóp đều có:

1 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 tạo với mặt đáy các góc bằng nhau.

Định nghĩa 10. 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.

Nhận xét:Hình chóp cụt đều có:

1 Hai đáy là hai đa giác đều và đồng dạng với nhau.

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

B

CÁC DẠNG TỐN

{DẠNG 4.1. Tìm góc giữa hai mặt phẳng

Muốn tìm góc giữa hai mặt phẳng ta có thể tìm góc giữa hai nửa đường thẳng lần lượt nằm trên hai
mặt phẳng và vng góc với giao tuyến của chúng.

Một số trường hợp thường gặp:

TH1:∆ABC =∆DBC. Gọi Il chõn ng cao caABC.
Ni DI. VỡABC=DBCnờnDI BC.

((ABC)Ô,(DBC)) = AID.

I
A

TH2: Xét góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và(N AB)với 4MAB và

4N ABcân có cạnh đáyAB.

Gọi Ilà trung điểm AB. Khi úN I ABv MI AB.

((MAB)Ô,(N AB)) = MI N’.

I
M

TH3:Hai mặt phẳng cắt nhau(α)∩(β) = ∆.

Tìm giao tuyến∆của hai mặt phẳng.

Dựng ABcó hai đầu mút nằm ở trên hai mặt phẳng và vng góc với một mặt.
(giả sử là (β)).

Chiếu vng góc của AhoặcBlên∆là điểm I.

⇒ AIB‘ là góc giữa hai mặt phẳng.

TH4:Nếu a⊥(α);b ⊥(β)thì((Ÿα),(β)) =(a’,b).

TH5:Trường hợp khó vẽ được góc giữa hai mặt phẳng thì có thể dùng cơng thức phép chiếu diện tích
đa giác.

VÍ DỤ 1. Cho tứ diệnS.ABCcó đáyABClà tam giác đều cạnha,SA ⊥(ABC)vàSA = 3a

2 .

Tính góc giữa hai mặt phẳng(SBC)và(ABC).

L Lời giải

Gọi góc giữa hai mặt phẳng(SBC)và(ABC)làα.

GọiMlà trung điểm củaBC. Do4ABCđều nên AM ⊥BC. (1)
Theo giả thiếtSA⊥(ABC), suy ra theo (1) ta cóSM⊥ BC. (2)

Lại có(SBC)∩(ABC) = BC. (3)

Từ (1), (2) và (3) ta cóα =SMA.’
Ta có AM = √AC2−CM2 = a

√

2 . Xét tam giácSAMvng tại A, ta có:
tanα = SA

AM =

√

3 =

√

3, suy raα =60◦.

α

A
S

B
M

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

VÍ DỤ 2. Cho hình vng ABCDcạnha,SA ⊥(ABCD)vàSA = a√3. Tính số đo của góc
giữa các mặt phẳng sau:

a. ((SBC),(ABC)) =?

b. ((SBD),(ABD)) =?

c. ((SAB),(SCD)) =?

L Lời giải

a. Gọiα = (S,BC,A). Khi đó ta có

BC ⊥ AB

BC ⊥SA ⇒ BC⊥SB.
Suy raα =SBA.‘

Trong4SABcótanα = SA

AB =
a√3

a =
√

3⇒α =60◦.

b. Gọi β = (S,BD,A) và AC ∩ BD = O, ta có

AO⊥BD

SO⊥BD(DoBD⊥(SAC)) ⇒β =’SOA.
Mà AO= a

√

2 , suy ratanβ =

SA
AO =

2a√3

a√2 =

√

6 ⇒ β=
arctan(√6).

c. Gọiγ = ((SAB),(SCD)).

Khi đó ta cóγ =’ASDvàtanγ=
AD
SA =

a
a√3 =

√

⇒γ =30◦.

α
β

γ

A
S

C
D

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho tứ diệnS.ABCcó’ABC =90◦,AB =2a;BC =a
√

3,SA ⊥(ABC);SA =2a. Gọi Mlà
trung điểm AB. Hóy tớnh:

(SBC),(ABC)

b. ng caoAH ca4AMC.

c. =

Ô
(SMC),(ABC)

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

a. Gi =

Ô
(SBC),(ABC)

Trong tam giỏc ABCta cú AB BC vSB ⊥ BC, suy raα =

‘
SBA.

Ta cóAB =SA =2anên suy raα =45◦.

b. Đường caoAH của∆AMC.

Ta cóCM =√MB2+BC2=2avà
SAMC =

2AB·BC−
1

2MB·BC =

a2√3
2 .

Do đó AH= 2SAMC
MC =

2Ã a
23

2a =

a3
2 .

c. Gi=

Ô
(SMC),(ABC)

Do
đ

AH CM

SH CM ϕ=SH A.’
Trong 4SH A có tanϕ = SA

AH =

4a
a√3 =

4√3

3 ⇒ ϕ =

arctan 4

√

3
3

A
S

B
H

C
M

BÀI 2. Trong mặt phẳng (P) cho một 4ABC vuông cân, cạnh huyền BC = a. Trên nửa đường
thẳng vng góc với(P)tại Alấy điểmS.

a. Tính góc giữa hai mặt phẳng((SAB),(CAB))và((SAC),(BAC))và((CSA),(BSA)).
b. TínhSAđể góc giữa hai mặt phẳng((SBC),(ABC))có số đo30◦.

Lời giải.

a. Dễ thấy (SAB) ⊥ (ABC),(SAB) ⊥ (SAC),(ABC) ⊥
(SAC), do đó các góc giữa các mặt phẳng((SAB),(CAB)) và
((SAC),(BAC))và((CSA),(BSA))đều bằng90◦.

b. Gọiα là góc giữa hai mặt phẳng((SBC),(ABC)).

GọiMlà trung điểm cạnhBC, khi đó ta có
®

AM⊥ BC

SM⊥ BC ⇒α =SMA.’
Ta cóAM = a

2, theo đề thìtan 30

◦ = SA

AM
⇒SA = AM·tan 30◦ ⇒ SA= a

√

3
6 .

A
S

BÀI 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a,AD = a√3, SA ⊥
(ABCD).

a) Tính góc giữa hai mặt phẳng(SCD)và(ABCD)vớiSA =a.

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

Lời giải.

a) Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ CD ⊥ SA, theo giả thiết CD ⊥ AD và
(SCD)∩(ABCD) = CD, suy ra ⇒ α = ((SCD),(ABCD)) =

’
SDA.

Xét tam giácSADvuông tạiAta có:

tanα = SA

AD =
a
a√3 =

√

3 ⇒α =30
◦.

b) Theo kết quả câu a ta có:tan 60◦ = x
a√3

⇔x =a√3 tan 60◦ =3a.

C
A

BÀI 4. Cho tam giác vngABCcó cạnh huyền BCnằm trên mặt phẳng(P). Gọiα,βlần lượt là

góc hợp bởi hai đường thẳng AB,ACvà mặt phẳng (P). Gọi ϕlà hợp bởi (ABC) và(P). Chứng

minh rằngsin2ϕ=sin2α+sin2β.

Lời giải.

Gọi A0 là hình chiếu vng góc của Alên mặt phẳng (P), AH là
đường cao của tam giácABC.

Suy ra A0B và A0C lần lượt là hình chiếu của AB và AC lên mặt
phẳng(P). Do đóα= ABA’0vàβ=÷ACA0.

Lại có







BC ⊥ AH
BC ⊥ H A0

(ABC)∩(P) = BC

⇒ ϕ= ÷AH A0.

Xét tam giácABCvng tạiA, ta có: 1
AH2 =

AB2 +

AC2
⇔ AA

02
AH2 =

AA02
AB2 +

AA02

AC2 ⇔sin
2

ϕ=sin2α+sin2β.

α

β
ϕ

C
H

BÀI 5. Cho tứ diệnOABCcóOA,OB,OCđơi một vng góc với nhau. Gọiα,β,ϕlần lượt là góc

hợp bởi các mặt phẳng(OBC),(OCA),(OAB)với mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằngcos2α+
cos2β+cos2ϕ=1.

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

GọiOH,OK,OI lần lượt là các đường cao của các tam giác
OBC,OAB,OAC.

Ta có






AH ⊥BC
OH ⊥BC

(OBC)∩(ABC) = BC

⇒α =AHO.’

Ta có






CK⊥ AB
OK ⊥ AB

(OAB)∩(ABC) = AC

⇒ ϕ=’CKO.

Ta có






BI ⊥ AC
OI ⊥ AC

(OAC)∩(ABC) = AC

⇒β= AHO.’

cosα = SOBC

SABC

; cosβ= SOAC

SABC

; cosϕ= SOAB

SABC
.
Do đó:

cos2α+cos2β+cos2ϕ=

SOBC
SABC
2
+

SOAC
SABC
2
+

SOAB
SABC
2
=

OB·OC

2SABC

OI·AC

2SABC

OA·OB

2SABC

= OB

2(OA2+OC2) +OI2·AC2

4SABC

= OB

2·AC2+OI2·AC2

4SABC

= AC

2(OB2+OI2)

4SABC =

AC2·BI2

4SABC =

4SABC

4SABC =1.
Suy ra điều phải chứng minh.

A
K
B
I
C
O
H

{DẠNG 4.2. Tính diện tích hình chiếu của đa giác

Gọi S là diện tích của đa giác H trong (P),S0 là diện tích của hình chiếu H0 của H trên (Q), và

ϕ=

(P),(Q). Khi đó:S0 =S. cosϕ.

VÍ DỤ 1. Cho4ABCcân tại A, đường cao AH =a√3,BC =3acóBC nằm trong(P). Gọi
A0là hình chiếu củaAlên(P). Khi4A0BCvng tiA0, tớnh

Ô
(P);(ABC)

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

GiMl trung im ca cnhBC. Do4ABCcõn tiAnờnAM
BC.

Mt khỏcAA0 (P) A0H BC.
Do ú =

(P);(ABC)

= ((ABC),(A0BC)) = ÷AH A0.
Theo đề ta có:SABC = 1

2·AH·BC =

3a2√3

2 .

Lại có A0H = 1

2 ·BC =
3a

2 . Suy raSA0BC =
1
2·

2 ·3a =
9a2

Khi đó ta có:

SA0BC =SABC·cosα ⇔ 9a

4 =

a2√3

2 ·cosα ⇔cosα =

√

3
2 .

Suy raα =30◦.

A0
A

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho hình chópS.ABCcó đáy là tam giác đều cạnha,SA = a

2 vàSA ⊥ (ABC). Tính diện

tích tam giácSBC.

Lời giải.

GọiMlà trung điểm cạnhBC. Dễ dàng chứng minh đượcSMA’ =

αlà góc giữa hai mặt phẳng(ABC)và(SBC).

Mặt khácSA ⊥(ABC), suy ra4ABClà hình chiếu của4SBClên
mặt phẳng(ABC).

Do đóSABC =SSBC·cosα ⇒SSBC =
SABC

cosα. (1)

Lại có AM= a
√

2 vàSABC =

a2√3
4 .

Xét tam giácSAMvng tại A, ta có

tanα = SA

AM =

2a√3 =
1

√

3 ⇒α =30
◦.

Thay vào (1) ta đượcSSBC =

a2√3
4
cos 30◦ =

2 .

A
S

BÀI 2. Cho hình thoiABCDcó đỉnhAnằm trong(P)các đỉnh cịn lại khơng nằm trong(P),BD=
a,AC =a√2. Chiếu vng góc hình thoi ABCDlên(P), ta được hình vngAB0C0D0.

a. TínhSABCD vàSAB0C0D0 từ đó suy ra ϕ=⁄((P);(Q)).

b. GọiE,Flần lượt là giao điểm củaCBvàCDvới(P). TínhSEFDB;SEFD0B0.

Lời giải.

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

Ta cóSABCD = 1

2 ·AC·BD =

a2√2
2 .

Do AB0C0D0 là hình chiếu của ABCD lên (P) và
BD k B0D0 nên BD = B0D0 = a. Mà AB0C0D0 là
hình vng nên suy ra AB0 = a

√

2
2 .

Do đóSAB0C0D0 = AB0·AD0 =

a√2
2

= a
2

Mặt khácSAB0C0D0 =SABCD·cosϕ
⇒cosϕ= 2a

2a2√2 =
√

2 ⇒ ϕ=45
◦.

C0
D0

b. Trong mặt phẳng(CC0D0D)gọiFlà giao điểm củaCDvàC0D0, trong mặt phẳng(BB0C0C)gọi
Elà giao điểm củaBCvàB0C0.

Dễ thấy







BDk B0D0

BD⊂(ABCD);B0D0 ⊂(P)
(P)∩(ABCD) = FE

⇒FE k BDk B0D0, suy raBDFEvàB0D0FElà các hình

thang cân.

Lại có ADk BE⇒ ADBElà hình bình hành, tương tự cũng có ABDFcũng là hình hình hành.
Suy raEF =2B0D0 =2a. Do đóSEFD0B0 =

1
2(B

D0+EF)· AC

2 =

3a2

4 .

MàSEFD0B0 =SEFDB·cosϕ⇒SEFDB =

SEFD0B0
cosϕ =

3a2

4 cos 45◦ =

3a2√2

4 .

{DẠNG 4.3. Chứng minh hai mặt phẳng vng góc

Cách 1: Chứng minh mặt phẳng này chứa một đường thẳng vng góc với mặt phẳng kia.Cách 2:

Chứng minh góc giữa hai mặt phẳng bằng90◦.

VÍ DỤ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng, SA ⊥ (ABCD). Chứng
minh rằng:

1 (SAC) ⊥(SBD).

2 (SAB)⊥(SBC).

L Lời giải

1 Ta cóAC ⊥BD, AC ⊥SA(vìSA ⊥(ABCD)).
Do đóAC ⊥(SBD). Vì vậy(SAC)⊥(SBD).

2 Ta cóBC⊥ AB, BC ⊥SA(vìSA⊥(ABCD)).
Do đóBC ⊥(SBD). Vì vậy(SBC)⊥(SAB).

B C

D
O

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

VÍ DỤ 2. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng, SA ⊥ (ABCD). Gọi Mvà
Nlần lượt là hình chiếu của AlênSBvàSD. Chứng minh rằng(SAC) ⊥(AMN).

L Lời giải

Ta cóBD⊥ AC, BD⊥SA(vìSA ⊥(ABCD)).
Do đóBD⊥(SAC).

MàMN k BD(do SM
SB =

SD) nênMN ⊥(SAC).
Vì vậy(SAC) ⊥(AMN).

B C

D
N

VÍ DỤ 3. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, SA ⊥ (ABC). Gọi H vàK
lần lượt là hình chiếu củaBtrên các đường thẳngSAvàSC. Chứng minh rằng:

1 (SAC) ⊥(SAB).

2 (SAC) ⊥(BHK).

L Lời giải

1 Ta cóAC ⊥ AB, AC ⊥SA(vìSA⊥(ABC)).
Do đóAC ⊥(SAB). Vì vậy(SAC) ⊥(SAB).

2 Ta cóSC ⊥BK.

Mặt khácBH ⊥SAvàBH ⊥ AC(vì AC ⊥(SAB)).
Do đóBH ⊥(SAC), suy raSC ⊥BH.

Từ đóSC ⊥(BHK). Vì vậy(SAC)⊥(BHK).

B C
H

VÍ DỤ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O với AB = a, AC =

2a√6

3 ,SO⊥(ABCD),SB=a. Chứng minh rằng(SAB) ⊥(SAD).

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

GọiMlà hình chiếu củaOlênSA.

Khi đó SA ⊥ (MBD). Do đó góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và(SAD) chính là góc giữa hai đường thẳng MB
vàMD.

Ta cóBD= √2a

3,SO =

a√6
3 .

Suy raOM = √a

3 =
1
2BD.

Vì thế tam giácMBDvng cân tạiM,
từ đóBMD’ =90◦hay(SAB)⊥(SAD).

D A

B
M
O

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1.

Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thoi vàSA =SB=
SC. Chứng minh rằng(SBD) ⊥(ABCD).

Lời giải.

Ta cóAC ⊥BD.

GọiOlà tâm hình thoi ABCD.
VìSA =SCnên AC ⊥SO.

Do đóAC ⊥(SBD). Vì vậy(ABCD) ⊥(SBD).

S
A

B C

D
O

BÀI 2.

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a, SA ⊥
(ABC). GọiIlà trung điểm của BC. Chứng minh rằng(SAI)⊥(SBC).

Lời giải.

Ta cóSA ⊥(ABC)nên BC ⊥SA.
VìAB= ACnên BC ⊥AI.

Do đóBC ⊥(SAI). Vì vậy(SBC)⊥(SAI).

C
I

BÀI 3. Trong mặt phẳng(P)cho hình vuông ABCD. GọiSlà một điểm không thuộc(P)sao cho
SABlà tam giác đều và(SAB) ⊥(ABCD). Chứng minh rằng(SAD)⊥(SAB).

Lời giải.

GọiHlà trung điểm AB.

Ta cóSABlà tam giác đều nênSH ⊥ AB.
Mà(SAB)⊥(ABCD)nên SH ⊥(ABCD),
suy raAD⊥SH.

Mặt khácAD⊥ AB. Do đó AD⊥(SAB).
Từ đó(SAD)⊥(SAB).

B C

D
H

BÀI 4. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có AB= AC = a, AC = a√2. Gọi Mlà trung điểm

củaAC. Chứng minh rằng(BC0M)⊥(ACC0A0).

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

VìAB= ACnên BM⊥ AC.

ABC.A0B0C0 là lăng trụ đứng nênBM⊥ AA0.
Do đóBM⊥(ACC0A0).

Vì vậy(BC0M)⊥(ACC0A0).

A
A0

M
C
C0

B
B0

BÀI 5. Cho hình chópS.ABCcóSA⊥(ABC). GọiHvàKlần lượt là trực tâm các tam giácABC
vàSBC. Chứng minh rằng(SBC)⊥(CHK).

Lời giải.

GọiI = AH∩BC. Khi đóBC ⊥(SAI),
suy raBC ⊥SI. Do đóS, K, I thẳng hàng.
Ta cóSB⊥CK.

Mặt khácCH ⊥ AB,CH ⊥SAsuy raCS⊥(SAB).
Từ đóSB⊥SH.

Do đóSB ⊥(CHK). Vì vậy(SBC) ⊥(CHK).

C
I

H
K

BÀI 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a√2 và
SA ⊥(ABCD). GọiMlà trung điểm AD. Chứng minh rằng(SAC)⊥(SMB).

Lời giải.

GọiI = AC∩BM.

VìSA ⊥(ABCD)nênBM ⊥SA.

Theo giả thiết ta suy raAC2=3a2, AI2 = a
2

3 .

MI2 = 1

9MB

2 = a2

6 Do đóAI

2+MI2 = MA2.
Từ đóBM⊥ AC.

Suy raBM ⊥(SAC). Vì vậy(SBM) ⊥(SAC).

B C

D
M

BÀI 7. Cho hình vng ABCDvà tam giác đềuSABcạnhanằm trong hai mặt phẳng vng góc

nhau. Gọi IvàFlần lượt là trung điểmABvàAD. Chứng minh rằng(SID)⊥(SFC).

Lời giải.

GọiK =CF∩ID.

Tam giácSABđều nênSI ⊥AB.

Mà(SAB)⊥(ABCD)nên SI ⊥(ABCD),
suy raCF ⊥SI.

Mặt khác’KFD+’KDF=KFD’+KCD’ =90◦.
Suy raCF⊥ ID. Do đóCF⊥(SID).

Vì vậy(SFC) ⊥(SID).

B C

D
I

F
K

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

{DẠNG 4.4. Thiết diện chứa một đường thẳng và vng góc với một mặt phẳng

Xác định mặt phẳng(β)chứa đường thẳngdvà vng góc với mặt phẳng(α)cho trước bằng cách:

1 Từ điểm Abất kì thuộc đường thẳng ddựng AH ⊥ (α). Mặt phẳng (AH,d) là mặt phẳng

(β).

2 Tìm giao điểm của mặt phẳng (β) và các cạnh của hình chóp, hình lăng trụ . . . Từ đó suy ra

thiết diện.

VÍ DỤ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng và SA vng góc với mặt
đáy. Gọi(P)là mặt phẳng chứaADvà vng góc với mặt phẳng(SBC). Xác định thiết diện
do mặt phẳng(P)cắt hình chóp.

L Lời giải

Kẻ AH ⊥SB(H∈ SB).
Ta có

AD⊥SA(SA ⊥(ABCD))
AD⊥ AB

⇒ AD⊥(SAB) ⇒ AD⊥SB.

Ta có AD ⊥ SBvà AH ⊥ SB nên SB ⊥ (ADH), suy ra
(SBC) ⊥(ADH).

Do đó, mặt phẳng (P) chứa AD và vng góc với mặt

phẳng(SBC)là(ADH).

Trong mặt phẳng(SBC)dựng HK k BC(K ∈ BC), suy ra
HKk AD(do cùng song song vớiAD).

B
H

Vậy thiết diện là hình thangADKHcó hai đáy là ADvàHK.

VÍ DỤ 2. Cho tứ diện OABC có các cạnhOA,OB,OC đơi một vng góc nhau và OA =
OB=OC =a. GọiMlà điểm trên cạnh ACsao cho AC =3MC. GọiHlà hình chiếu củaO
lên mặt phẳng(ABC). Gọi(α)là mặt phẳng chứaOMvà vng góc với mặt phẳng(ABC).

Xác định và tính diện tích thiết diện do mặt phẳng(α)cắt tứ diện.

L Lời giải

Ta cóOA⊥OBvàOA ⊥OC nênOA ⊥(OBC).

VìOH ⊥BC(doOH ⊥ (ABC)) vàOA⊥ BC(doOH ⊥(ABC)) nên
BC ⊥(OAH), suy raBC ⊥ AH(1).

Tương tự ta cóAC ⊥ BH(2).

Từ(1)và(2)suy raH là trực tâm của4ABC.

Ta cóOH ⊥ (ABC) nên mặt phẳng (α)chứaOM và vng góc với

mặt phẳng(ABC)là(OHM).

Trong mặt phẳng(ABC)gọi N là giao điểm của HM và AB, suy ra
thiết diện của mặt phẳng(OHM)và tứ diện là4OMN.

DoOA = OB = OC = a vàOA,OB,OC đôi một vuông góc nhau
nên AB= AC =BC =a√2, suy ra4ABCđều.

E
B

N
A

C
M
H

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

MàHlà trực tâm của4ABCnên AH cắtBCtại trung điểm của đoạnBC.
GọiElà trung điểmBC.

Ta cóHlà trọng tâm4ABCnên3HE = AE. Do đó,MN k BC, suy raMN = 2

3BC =
2a√3

3 .

Vì4AOEvng tại Anên 1
OH2 =

OA2 +

OE2 =

4a2, suy raAH =
a√3

3 .

VậyS4OMN =

2 ·MN·OH =

2a2√6

9 .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng có tâmO, cạnha,SAvng góc với
mặt đáy vàSA =2a. GọiI là trung điểm củaSB,(α)là mặt phẳng chứaOI và vuông góc với mặt

phẳng(ABCD). Xác định và tính diện tích thiết diện do mặt phẳng(α)cắt hình chóp.

Lời giải.

Trong(SAC)kẻOJ kSA(J ∈ SC)⇒ Jlà trung điểmSC.
Ta cóOJ ⊥(ABCD). Mp(α)là(OI J).

Gọi K là trung điểm AB. Trong (ABCD) gọi M là giao điểm
củaOKvàCD.

Thiết diện là hình thangI J MKvng tạiIvàK.
IK =a,I J = a

2,KM =a.

SI J MK = 3a

4 .

D M C

O
K
A

B
I

BÀI 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình thang vng tại A vàB, AD = 2a, AB =
BC = a, SA vng góc với đáy, SA = a√2. Gọi E là trung điểm BC. Xác định và tính diện tích
thiết diện của mặt phẳng chứaSEvà vng góc với mặt phẳng(SAC)với hình chóp.

Lời giải.

Gọi I là trung điểm của AD ⇒ ABCI là
hình vng⇒ AC ⊥ BI(1). Ta có BCDI là
hình bình hành⇒ BI k CD(2). Từ (1) và (2)
suy raAC ⊥CD. Ta cóCD ⊥(SAC).

Kẻ EF k CD(F ∈ AD). Suy ra
EF ⊥(SAC)⇒(SEF) ⊥(SAC).

Mp chứa SE và vng góc (SAC) là mặt
phẳng(SEF).

Thiết diện của mp(SEF) với hình chóp là
tam giácSEF.

GọiH = AC∩EF.

B E C

A I F D

B E C

Ta cóEF⊥SH.

Ta cóEFDClà hình bình hành⇒EF =CD =a√2.
AH = AF·cos 450= 5

√

4 .Vậy S4SEF =
1

2SH·EF=
5a2

4 .

BÀI 3. Cho hình chópS.ABC có đáy là tam giác vng cân tạiC,SA ⊥ (ABC),SA = AC = a.
Gọi I lần lượt là trung điểm của SB. Lấy điểm M trên cạnh AC sao cho3AM = AC. Gọi(α) là

mặt phẳng chứaI Mvà vng góc với mặt phẳng(SAC). Xác định và tính diện tích thiết diện của
mặt phẳng(α)và hình chóp.

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

Trong mặt phẳng (ABC), kẻ MN k BC (N ∈ AB). Ta có BC ⊥ (SAC). Mà MN k BC nên
MN ⊥(SAC). Suy ra(I MN) ⊥(SAC).

Mặt phẳng chứa I Mvà vng góc với mặt phẳng (SAC)là mặt
phẳng(I MN).

Gọi Jlà trung điểm SC. Ta có I J k MN. Suy ra thiết diện cắt bởi
(I MN)và hình chóp là hình thangI J MNvng tại Mvà J.
Ta cóMN = 1

3BC =

3, I J =

2 =

OM2 =
»

JC2+MC2−2JC·MC·cos
’JCM
= 20a

36 ⇒ J M=
2a√5

6 =

a√5
3 .

Vậy SMN J I = 1

2(MN+I J)MJ =
1
2
a
3 +
a
2

· a
√
5
3 =

5√5a3

36 .
S
C
A B
M
N
I
J

BÀI 4. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình thang vng tại AvàD, AB = 2a, AD =
CD = SA = a, SA vuông góc với đáy. Gọi I,M lần lượt là trung điểm SB,AD. Gọi (P) là mặt
phẳng chứaI Mvà vng góc(SAD. Tính diện tích thiết diện do(P)cắt hình chóp.

Lời giải.

GọiNlà trung điểmBC. Ta cóMN k ABk CDvàMN ⊥AD.
Ta cóMN ⊥(SAD) ⇒(I MN)⊥(SAD).

Mặt phẳng(P)là(I MN).

Kẻ IK k AB(K ∈ SA). Thiết diện là hình thang IKMNvng tại K
vàM.

MN = 3a

2 ,IK =a,KM =

a√2

2 suy raSIKMN =

5√2a2

8 .
S
D C
A
M
K
B
N
I

BÀI TẬP TỔNG HỢP

BÀI 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B, AB = BC = a,
AD=2a,SA⊥(ABCD). Chứng minh rằng(SAC)⊥(SCD).

Lời giải.

VìSA ⊥(ABCD)nênCD ⊥SA.
GọiIlà trung điểm AD.

Khi đóABCIlà hình vng và tam giác ICDvng cân tạiI.
Từ đóACD’ =90◦hayCD ⊥ AC.

Do đóCD ⊥(SAC). Vì vậy(SCD) ⊥(SAC).

S
A
B C
D
I

BÀI 6. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có đáy là hình vng ABCD cạnh a, AA0 = b.
Gọi Mlà trung điểm của CC0. Xác định tỉ số a

b để hai mặt phẳng(A

0BD) và(MBD)vuông góc

với nhau.

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

GọiOlà tâm ABCD.

VìA0B= A0Dnên A0O ⊥BD.
VìMB= MDnên MO⊥BD.

Suy ra góc giữa (A0BD) và (MBD) là góc giữa A0O và
MO.

Do đó(A0BD) ⊥(MBD)khi
÷

A0OM=90◦ ⇔ A0O2+OM2 = A0M2.
Ta có: A0O2=b2+ a

OM2 = b
2

4 +

A0M2 =2a2+b

4 .

Vì vậy để(A0BD) ⊥(MBD)thì

5b2

4 +a

2 =2a2+ b2

4 ⇔b =a.

Vậy b

a =1thì(A

0BD) ⊥(MBD).

O
A

B
B0

C
C0

D
D0

BÀI 7. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy là tam giác vuông cân tại Bvà BB0 = a√2.
GọiM,Nlần lượt là trung điểmAC,AA0. GọiI,Jlần lượt là trung điểm AB,CM.

1 Chứng minh(AC0B) ⊥(BMN).

2 Xác định thiết diện do mặt phẳng(P)chứaI J và vuông góc(BMN)với hình lăng trụ.

Lời giải.

1 Ta có AC = a√2 và AA0 = a√2, Suy ra AA0C0C là
hình vng. Do đó AC0 ⊥ A0C. Mà MN k A0C nên
MN ⊥ AC0 (1)

Ta cóBM ⊥ AC (do 4ABC vng cân tại B và Mlà
trung điểm AC) và BM ⊥ AA0 (do AA0 ⊥ (ABC)).
Suy raBM ⊥(AA0C0C). Do đóBM ⊥ AC0(2)

Từ (1) và (2) suy ra AC0 ⊥ (BMN). Vậy
(AC0B0) ⊥(BMN).

2 Kẻ JK k AC0(K ∈ CC0). Ta có JK ⊥ (BMN). Suy ra
(I JK) ⊥(BMN). Mp(α)là(I JK).

Trong (ABC) gọi D = I J ∩ BC, trong (BB0C0C) gọi
E =DK∩BB0. Thiết diện là tứ giác I JKE.

A
A0

C
C0

K
E

M J

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

BÀI

5.

KHOẢNG CÁCH

A

TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1

KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT ĐƯỜNG THẲNG

Cho điểmOvà một đường thẳnga. Trong(O,a)gọiH
là hình chiếu vng góc của O trên a. Khi đó khoảng
cáchOH được gọi là khoảng cách từ điểmOđến a, kí

hiệud(O,a) =OH. a

H
O

α

2

KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM TỚI MỘT MẶT PHẲNG

Cho mặt phẳng (α) và một điểm O, gọi H là hình chiếu

vng góc của điểmOtrên mặt phẳng (α). Khi đó khoảng

cáchOHđược gọi là khoảng cách từ điểmOđến mặt phẳng
(α), kí hiệud(O,(α)) =OH

M H

α

4

! OH ≤ MO,∀M ∈ (α)

3

KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐƯỜNG THẲNG TỚI MỘT MẶT PHẲNG SONG SONG

Cho đường thẳngasong song với mặt phẳng(α). Khoảng cách giữa

đường thẳngavà mặt phẳng(α)là khoảng cách từ một điểm bất kì

củaađến mặt phẳng(α), kí hiệud(a,(α)).

A B

H
M

α

4

! d(a,(α)) =d(A,(α)),∀A∈ a.

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Cho hai mặt phẳng (α) và (β) song song với nhau, khoảng

cách từ một điểm bất kì trên mặt phẳng này đến mặt phẳng
kia được gọi là khoảng cách giữa hai mặt phẳng(α)và(β).

d((α),(β)) =d(M,(β)) =d(N,(α)),M ∈ (α),N ∈ (β).

β
α

5

ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC CHUNG VÀ KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG
CHÉO NHAU

Định nghĩa 1.

a Đường thẳng∆ cắt hai đường thẳng chéo nhau a,b và cùng vng
góc với mỗi đường thẳng ấy được gọi là đường vng góc chung của
avàb.

b Nếu đường thẳng vng góc chung ∆cắt hai đường chéo nhaua,b
lần lượt tại M,N thì độ dài đoạn MN gọi là khoảng cách giữa hai
đường thẳng chéo nhauavàb.

b
N
M

B

CÁC DẠNG TOÁN

{DẠNG 5.1. Khoảng cách từ một điểm tới một đường thẳng

Để tính khoảng cách từ điểm O tới đường thẳng

(d), ta thực hiện các bước sau:

Trong mặt phẳng (O;d), hạOH ⊥ (d) tại

H.

Tính độ dàiOHdựa trên các cơng thức về hệ
thức lượng trong tam giác, tứ giác và đường
trịn.

VÍ DỤ 1. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0có cạnh bằnga. Chứng minh rằng khoảng
cách từ điểm B,C,D,A0,B0,D0đến đường chéo AC0đều bằng nhau. Tính khoảng cách đó.

L Lời giải

Ta có 4BAC0 = 4CA0A = 4DAC0 = 4A0AC = 4B0C0A = 4D0C0A chung đáy AC0 nên
khoảng cách từB,C,D,A0,B0,D0đến đường chéo AC0đều bằng nhau.

HạCH ⊥ AC0, ta được 1
CH2 =

AC2 +

C0C2 ⇒CH =
a√6

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

VÍ DỤ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình vng cạnh a, tâmO, SA = a và
vng góc với mặt phẳng(ABCD). GọiI,Mtheo thứ tự là trung điểm củaSC,AB.

1 Chứng minhOI ⊥(ABCD).

2 Tính khoảng cách từ IđếnCM, từ đó suy ra khoảng cách từStớiCM.

L Lời giải

1 Trong 4SAC, OI là đường trung bình nên OI k
SA ⇒OI ⊥(ABCD).

2 HạI H ⊥CMtạiH. Ta cóCM ⊥(IOH)suy raCM ⊥
OH.

GọiKlà trọng tâm tam giác ABC, ta cóOB = AC

2 =

a√2

2 ;OK =

3 =

a√2
6 .

Trong4OCK : 1

OH2 =

OK2 +

OC2 ⇒OH =
a
√

20.

Trong4OI H : I H2 =OI2+OH2⇒ I H = a
√

30
10 .

Ta cóSI∩CM = C suy ra d(S,CM)

d(I,CM) =
SC

IC = 2 ⇒

d(S,CM) = a

√

30
5

B
M

D
S

O
K

{DẠNG 5.2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng

Phương pháp

Cho mặt phẳng (α)và một điểmO, gọi H là hình chiếu vng góc của

điểmOtrên mặt phẳng(α). Khi đó khoảng cáchOH được gọi là khoảng

cách từ điểmOđến mặt phẳng(α), kí hiệud(O,(α)) =OH

M H

α

Tính chất 1. Nếu đường thẳngdsong song với mặt phẳng(P)thì khoảng cách từ mọi điểm
trên đường thẳng dđến mặt phẳng(P)là như nhau.

Tính chất 2. Nếu AM# » = kBM# » thìd(A,(P)) = |k|d(B,(P)), trong đó(P) là mặt phẳng đi
qua M.

VÍ DỤ 1. Cho hình chópS.ABCcóSA =a√3, SA ⊥(ABC), tam giácABCvng tạiBvà
AB =a. Tính khoảng cách từ điểm Ađến mặt phẳng(SBC).

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

DoSA ⊥(ABC)vàSA ⊂(SAB)nên(SAB) ⊥(ABC).
Mà(SAB)∩(ABC) = ABvàAB ⊥BC

nênBC ⊥(SAB). DoBC⊂(SBC)
nên(SBC) ⊥(SAB).

Kẻ AH ⊥SBvới H ∈SB.

Do(SAB)∩(SBC) = SBnên AH ⊥(SBC)⇒d(A,(SBC)) = AH.
DoSA ⊥(ABC)nênSA ⊥ AB

nên

AH2 =

SA2 +

AB2 =

1
3a2 +

a2 =

4
3a2.
Vậyd(A,(SBC)) =

√

2 .

C
S

VÍ DỤ 2. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình chữ nhật có AB = a√2. Cạnh bên
SA=2avà vng góc với mặt đáy(ABCD). Tính khoảng cách từDđến mặt phẳng(SBC).

L Lời giải

DoADk BCnênd(D,(SBC)) =d(A,(SBC)).
GọiKlà hình chiếu của AtrênSB, suy raAK ⊥SB.
Khid[A,(SBC)] = AK = √ SA.AB

SA2+AB2 =

2a√3
3 .

B
K

D
S

VÍ DỤ 3. Cho hình chópS.ABCDcó tam giácSABđều và nằm trong mặt phẳng vng góc
với(ABCD), tứ giácABCDlà hình vng cạnha. GọiHlà trung điểm củaAB. Tính khoảng
cách từ điểm Hđến mặt phẳng(SCD).

L Lời giải

Do tam giácSABđều và Hlà trung điểm của ABnênSH ⊥ AB.
Mà(SAB)⊥(ABCD).

NênSH ⊥(ABCD)⇒SH ⊥CD.

Do ABCD là hình vng nên gọi E là trung điểm của CD nên
HE⊥CD.

VậyCD⊥(SHE).

MàCD ⊂(SCD)nên(SCD) ⊥(SHE).
Ta có(SCD)∩(SHE) =SE.

KẻHK ⊥SEvớiK ∈ SEnên HK ⊥(SCD).
Khi đód(H,(SCD)) = HK. Vì AB=anênSH =

√

2 .

DoABCDlà hình vng nênHE =a.
VìSH ⊥(ABCD)nênSH ⊥ HE.

B C

D
K

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

Khi đó 1
HK2 =

SH2 +

HE2 =

3a2. Nên HK=

√

21a

7 . Vậyd(H,(SCD)) =

√

21a

7 .

VÍ DỤ 4. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 1,AC = √3.
Tam giácSBCđều và nằm trong mặt phẳng vng với đáy. Tính khoảng cách từ Bđến mặt
phẳng(SAC).

L Lời giải

GọiHlà trung điểm củaBC,
suy raSH ⊥BC ⇒SH ⊥(ABC).

GọiKlà trung điểm AC, suy raHK⊥ AC.
KẻHE ⊥SK(E∈ SK).

Khi đód(B,(SAC)) =2d(H,(SAC))
=2HE=2.√ SH.HK

SH2+HK2 =

2√39

13 . A

H
K

VÍ DỤ 5. Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCDcó cạnh bên là2avà diện tích đáy là4a2. Tính
khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(SBC).

L Lời giải

GọiO= AC∩BD⇒ SO⊥(ABCD).
Ta cód(A,(SBC)) =2d[O,(SBC)].
KẻOE⊥ BC,OF⊥SEta có

BC ⊥OE

BC ⊥SO ⇒ BC ⊥ (SOE) . ⇒ BC ⊥ OF mà OF ⊥
SE⇒OF⊥(SBC).

Ta cóSABCD = AB2 =4a2 ⇒ AB=2a ⇒OE= a.

Ta có AC = 2a√2 ⇒ OA = a√2 ⇒ SO =
√

SA2−OA2 =a√2.
Ta có 1

OF2 =

OS2 +

OE2 =

2a2 ⇒OF=
a√6

3 .

⇒d(O,(SBC)) = a

√

3 ⇒d(A,(SBC)) =
2a√6

3 .

B C

D
O

E
F

VÍ DỤ 6. Cho hình chóp S.ABC có cạnhSA =SB = SC = avàSA,SB,SC đơi một vng
góc với nhau. Tính theo akhoảng cáchhtừ điểmSđến mặt phẳng(ABC).

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

GọiHlà chân đường cao hạ từSxuống(ABC)vàM =AH∩BC.

Ta cóSH ⊥(ABC) ⇒SH ⊥ BC⇒ BC ⊥SH.

Lại có
®

SA ⊥SB

SA ⊥SC ⇒SA ⊥(SBC) ⇒SA⊥ BC ⇒BC ⊥SA.
Như vậy

BC⊥SH

BC⊥SA ⇒ BC ⊥(SAM) ⇒BC ⊥SM.
TừSA ⊥(SBC) ⇒SA ⊥SM

Do đó 1
SH2 =

SA2 +

SM2 =

SA2 +

SB2 +

SC2 =

a2 ⇒ h=
a
√

S H

VÍ DỤ 7. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng cạnh bằng1. Tam giácSAB
đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy (ABCD). Tính khoảng cách từ A đến

(SCD).

L Lời giải

GọiHlà trung điểm AB, suy raSH ⊥ AB.

Do đóSH ⊥(ABCD).

DoAH k CDnên d(A,(SCD)) =d(H,(SCD)).

GọiE là trung điểm CD; K là hình chiếu vng góc của
HtrênSE.

Khi đód(H,(SCD)) = HK = √ SH.HE
SH2+HE2 =

√

Vậyd(A,(SCD)) = HK =
√

21
7 .

B
H

D
E
K

VÍ DỤ 8. Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông tại A cạnh AB =

3a,BC = 5a. Hình chiếu vng góc của B0 lên mặt phẳng(ABC)là tâm đường trịn ngoại
tiếp tam giác ABC. Góc giữa hai mặt phẳng(ABB0A0)và mặt phẳng(ABC)bằng60◦. Tính
khoảng cách từ B0đến mặt phẳng(ACC0A0).

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

Gọi H,N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và AB, ta có B0H ⊥
(ABC) và HN ⊥ AB. Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABB0A0) và
mặt phẳng(ABC)là ÷B0NH=60◦.

Ta cóHN = AC

2 =2a.

GọiElà giao điểm củaB0HvàCC0 nên Hlà trung điểm củaB0E.

GọiMlà trung điểm của AC, F là hình chiếu của Hlên ME.

Ta chứng minh được HF ⊥ (ACC0A0) ⇒ d(H,(ACC0A0) = HF =

1
2d(B

,(ACC0A0)).

Ta cóHM= 1

2AB =
3a

2 ;HE= B

0H =2a√3.

Tam giácMHEvng tạiHcó đường cao HF
Do đód(B0(ACC0A0)) = 2HF = 12a

√
19
19 .
A
N F
B
C

H
A0
B0
C0
M
E

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho tứ diện S.ABC có đáy ABClà tam giác đều cạnh a√3. CạnhSA = 2a là vng góc
với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cáchdtừ điểm Ađến mặt phẳng(SBC).

Lời giải.

Tam giácABC đều, kẻ AM ⊥ BC(M∈ BC) ⇒ Mlà trung điểm
của cạnhBC.

Ta có
®

BC ⊥ AM

BC ⊥SA ⇒ BC ⊥(SAM).
Khi đó kẻ

AH ⊥SM(H ∈ SM) ⇒BC ⊥ AH.

Như vậy
®

AH ⊥SM

AH ⊥ BC ⇒ AH ⊥(SBC) ⇒d=d(A;(SBC)) = AH.
Ta có

AM = AB
√
3
2 =
3a
2 ⇒
1

AH2 =

SA2 +

AM2 =

1
4a2 +

1

3a

2
2 =
25
36a2

⇒ AH = 6

5a⇒d =
6
5a.

A
B
C
H
M
S

BÀI 2. Cho hình chóp tam giác S.ABC có AB = BC = 2a và ’ABC = 120◦. Cạnh SA = 3a và
vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cáchdcách từAđến mặt phẳng(SBC).

Lời giải.

Kẻ AM⊥ BC(M∈ BC),ta có
®

CM⊥SA

CM⊥ AM ⇒CM ⊥(SAM) ⇒CM ⊥ AM.

Ta cóAM =2asin 60◦ =a√3

Xét4SAM ta có 1
d2 =

AH2 =

SA2 +

AM2 ⇒d=

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

BÀI 3. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy là hình vng cạnha; SAvng góc với đáy; SBhợp với
đáy góc45◦. Tính khoảng cách từ điểmCđến mặt phẳng(SBD).

Lời gii.

Ta cú45 =SBÔ,(ABCD) = SBA SA = AB=a.
GiOl giao im của ACvới BD.

Ta cód(C,(SBD)) =d(A,(SBD)).

Kẻ AH ⊥SOta có

BD⊥ AC

BD⊥SA ⇒BD ⊥(SAC) ⇒BD⊥ AH
màAH ⊥SO⇒ AH ⊥(SBD).

Ta có 1
AH2 =

AO2 +

AS2 =

a2 ⇒ AH =
a
√

⇒d(C,(SBD)) = √a

3.
A

B C
D
O
H
S

BÀI 4. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, cạnh SA vng góc với
(ABC)vàSA =h, góc giữa hai mặt phẳng(SBC)và(ABC)bằng60◦. Tính khoảng cách từAđến
(SBC)theoavàh.

Lời giải.

GọiIlà trung điểm của BC, ta có
®

AI ⊥ BC

SA ⊥BC ⇒(SAI) ⊥BC
Vậy ‘AISchính là góc giữa hai mặt phẳng(SBC)và(ABC)
⇒ ‘AIS =60◦.

Trong(SBC)kẻ AH ⊥SI. Ta có
®

BC ⊥(SAI)

AH ⊂(SAI) ⇒ AH ⊥ BC.
Vậy

AH ⊥ BC

AH ⊥SI ⇒ AH ⊥(SBC)⇒d(A,(SBC)) = AH.
Tam giácABCđều cạnhanên AI = a

√

3
2

Trong tam giácAISta có

AH2 =

AI2 +

AS2 =

a√3
2

!2 +

h2 =

4h2+3a2

3a2h2

⇒ AH = ah
√

√

4h2+3a2.
Hayd(A,(SBC)) = ah

√

4h2+3a2.

B
C
H
I
S

BÀI 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B, BA = BC =
a,AD=2a. Cạnh bênSAvng góc với đáy vàSA =a√2. GọiHlà hình chiếu vng góc của A
trênSB. Tính khoảng cách từ Hđến mặt phẳng(SCD).

Lời giải.

Trong(ABCD) gọiM = AB∩CD, trong(SAM)gọiK = AH∩SM, kẻ AE ⊥SC tạiEvà gọi N
là trung điểm của AD.

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

⇒CD ⊥AC, lại cóCD ⊥SA⇒ CD⊥(SAC)

⇒(SAC) ⊥(SCD).

Vậy












(SAC) ⊥(SCD)
(SAC)∩(SCD) = SC
AE⊂(SAC)

AE⊥SC

⇒ AE⊥(SCD)

Trong(AKE)kẻ HF k AE,F ∈ KE, thì từ (1) suy raHF ⊥(SCD)
⇒d(H,(SCD)) = HF.

DoBCk AD⇒ MB
MA =

BC
AD =

2a =

2 ⇒ MA =2AB=2a

Suy raBlà trung điểm của MA.
Lại có BH

BS =

BH.BS
BS2 =

BA2
AB2+AS2 =

a2
a2+a√22

= 1

Vậy Hlà trọng tâm của tam giácSAM, do đó
HF

AE =
KH
KA =

3 ⇒ HF =
1
3AE.

Tứ diệnADMScó ba cạnhAD,AM,ASđơi một vng góc vàAE⊥
(SMD)nên

AE2 =

AD2 +

AM2+

AS2

= 1

4a2 +

1
4a2 +

1
2a2
= 1

a2 ⇒ AE=a.
Vậyd(H,(SCD)) = HF = 1

3AE=

B
N
H

C
D
E

F
S

4

! Từ bài trên ta thấy nếu đường thẳng ABcắt(α)tạiIthì d(A,(α))
d(B,(α)) =

I A
IB.

BÀI 6. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0có ba kích thướcAB= a,AD =b,AA0 =c. Tính
khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(DA0C0).

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

Gọi I là tâm của hình bình hành ADD0A0 thì I là trung điểm
củaAD0.

Ta có d(A,(DA

0C0))

d(D0,(DA0C0)) =
I A
ID0 =1
⇒d(A,(DA0C0)) = d(D0,(DA0C0)).

Mặt khác ta có tứ diện D0ADC0 có các cạnh D0D,D0A0,D0C0
đơi một vng góc nên

d2(D0,(DA0C0)) =
1

D0D2 +

D0A02 +

D0C02
=1

a2 +

b2 +

c2
=a

2b2+b2c2+c2a2
a2b2c2
.

Vây d(A,(DA0C0)) = … 1

a2 +

b2 +

=
abc

√

a2b2+b2c2+c2a2.

B C

D
C0

D0
A0

BÀI 7. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có tất cả các mặt đều là hình thoi cạnha, các góc BAA’0 =
’

BAD =DA0 =60◦. Tính khoảng cách từ A0 đến(ABCD).

Lời giải.

Do ABCD.A0B0C0D0 có tất cả các mặt đều là hình thoi cạnh avà BAA’0 = BAD’ = DAA÷0 = 60◦
nên các tam giácABA0,ABD,ADA0đều là các tam giác đều cạnha

⇒ A0A =A0B =A0D(A0 cách đếu ba đỉnh của4ABD).

D
C0

H
A0

GọiH là hình chiếu của A0 trên(ABCD) thì các tam giác vuông A0H A,A0HB,A0HDbằng nhau
nên

H A= HB =HD.

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

AH = 2

3AO =
2
3.

a√3

2 =

a√3
3 .

A0H =
»

AA02−AH2
=

a2− a
√

3
3

=a
…

2
3.

Vậyd(A0,(ABCD)) = A0H =a
…

{DẠNG 5.3. Khoảng cách giữa đường và mặt song song - Khoảng cách giữa hai

mặt song song

1 Cho đường thẳng dsong song với mặt phẳng (α), để tính khoảng cách giữad và(α)ta thực

hiện

Chọn điểm Atrên dsao cho khoảng cách từ Atới(α)được xác định dễ nhất.

Kết luậnd(d;(α)) =d(A,(α)).

2 Cho hai mặt phẳng song song(α),(β). Để tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng ta thực hiện

các bước

Chọn điểm Atrên (α)sao cho khoảng cách từ Atới(β)được xác định dễ nhất.

Kết luậnd((β);(α)) =d(A,(β)).

VÍ DỤ 1. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có các cạnh đều bằng a và BAD’ = BAA’0 =
÷

DAA0 =60◦. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy(ABCD)vàA0B0C0D0.

L Lời giải

HạA0H ⊥ AC. Ta cóBD⊥ (OAA0)suy raBD⊥ A0H ⇒
A0H ⊥ (ABCD). Do (ABCD) k (A0B0C0D) nên A0H là
khoảng cách giữa hai mặt đáy.

A0.ABDlà hình chóp đều nên AH = 2

3AO =

a√3
3 .

A0H2 = A0A2−AH2= 2a
2

3 ⇒ A

H = a
√

3 . C

C0
D0

D
A

B
A0

VÍ DỤ 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, mặt bên (SBC)
vng góc với đáy. Gọi M,N,P theo thứ tự là trung điểm AB,SA,AC. Tính khoảng cách
giữa hai mặt phẳng(MNP)và(SBC).

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

Ta chứng minh được(MNP) k (SBC).
Suy rad((MNP);(SBC)) = d(P;(SBC)).
AP∩ (SBC) = C suy ra d(P;(SBC)) = AP

ACd(A;(SBC)) =

2d(A;(SBC)).

GọiK là trung điểm của BC. Tam giác ABC đều suy ra AK ⊥
BC.

Do(ABC) ⊥(SBC)theo giao tuyếnBCnên AK ⊥(SBC).
Do đó,d(A;(SBC)) = AK = a

√

3
2 .

Vậyd((MNP);(SBC)) = a
√

3
4 .

C
K

B
S

P
N

VÍ DỤ 3. Cho hình chópS.ABCDcóSA =a√6và vng góc với mặt phẳng(ABCD), đáy
(ABCD)là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường trịn đường kính AD=2a.

1 Tính khoảng cách từ A,Bđến mặt phẳng(SCD).

2 Tính khoảng cách từ đường thẳng ADđến mặt phẳng(SBC).

3 Tính diện tích thiết diện của hình chópS.ABCDvới mặt phẳng(α)song song với mặt

phẳng(SAD)và cách(SAD)một khoảng bằng a
√

3
4 .

L Lời giải

1

Ta có (SCD) ⊥ (SAC). Hạ AH ⊥ SC ⇒ AH ⊥
(SCD). Suy ra AHlà khoảng cách từ Atới(SCD).
Xét4SAB : 1

AH2 =

AC2 +

SA2 ⇒ AH =a
√

2.
GọiIlà trung điểm của AD, suy ra

BI kCD ⇒BI k (SCD) ⇒d(B,(SCD)) =d(I,(SCD)).

Mặt khác, AI ∩ (SCD) = D, nên d(I,(SCD))

d(A,(SCD)) =
ID

AD =

1
2.

Suy rad(I,(SCD)) = a
√

2
2 .

B C

D
I

2 Ta cóADk CD ⇒ ADk (SBC) ⇒d(AD,(SBC)) =d(A,(SBC)).

HạAK ⊥ BC, ta cóBC ⊥(SAK) ⇒(SBC)⊥(SAK)và(SBC) ⊥(SAK) = AK.
HạAG⊥SK, suy raAG⊥(SBC).

Xét4SAK, ta có

AG2 =

SA2 +

AK2 ⇒ AG=
a√6

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

3 Ta cóAK ⊥(SAD). Giả sử(α)k (SAD)cắt AKtạiE, khi đó

d((α),(SAD)) = AE= a

√

4 =

1
2AK.

Suy raElà trung điểm củaAK. Ta xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng(α)qua

Evà song song với(SAD).

Thiết diện là hình thang vngMNPQvớiM,N,Q,Plà trung điểm củaAB,CD,SB,SC. Ta
tính đượcSMNPQ = a

2√6

2 .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

BÀI 1. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0có AA0 ⊥(ABC)vàAA0 =a, đáy ABClà tam giác vng
tạiAcóBC =2a,AB=a√3.

1 Tính khoảng cách từ AA0tới mặt phẳng(BCC0B0).

2 Tính khoảng cách từ Atới(A0BC).

3 Chứng minh rằngAB ⊥(ACC0A0)và tính khoảng cách từA0đến mặt phẳng(ABC0).

Lời giải.

1 HạAH ⊥BC suy raAH ⊥(BCB0C0).

Ta có d(AA0;(BCB0C0)) = d(A;(BCB0C0)) = AH =
a√3

2 .

2 HạAK ⊥ A0H. Ta cód(A;(A0BC)) = AK = a
√

21
7 .
3 Hạ A0P ⊥ AC0. Khoảng cách từ A0 đến mặt phẳng

(ABC0)là A0P= √a

C
B0

H
A

P
K

BÀI 2. Hình chóp tứ giác đềuS.ABCDcó cạnh đáy bằng avà cạnh bên bằnga√2.

1 Tính khoảng cách từStới(ABCD).

2 Tính khoảng cách giữa đường thẳngABvà mặt(SCD).

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

1 GọiAC∩BD=Osuy raSO⊥(ABCD).
Ta cód(S;(ABCD)) =SO =√SA2−OA2.
VậySO= a

√

6
2 .

2 Ta có d(AB;(SCD)) = d(A;(SCD)) =

2d(O;(SCD)) =OH. Tính đượcOH = a
√

42
14 .

D
M
H
S

BÀI 3. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng cạnha,SA ⊥(ABCD)vàSA =2a.

1 Tính khoảng cách từ Atới(SBC)và khoảng cách từCtới(SBD).

2 M,Nlần lượt là trung điểm của ABvàAD. Tính khoảng cách từ MNtới(SBD).

3 Mặt phẳng(P)quaBCcắtSA,SDtheo thứ tự tại E,F. Cho biết ADcách(P)một khoảng là
a√2

2 , tính khoảng cách từStới(P)và diện tích tứ giácBCFE.

Lời giải.

1 HạAH ⊥SBsuy raAH ⊥(SBC).
Ta cód(A;(SBC)) = AH = √2a

2 AC∩BD = O suy ra BD ⊥ (SAC). Hạ AK ⊥
SO thì AK ⊥ (SBD). Ta có d(C;(SBD)) =

d(A;(SBD)) = AK = 2a

3 .
3 HạAQ⊥BEsuy raAQ⊥(P).

Ta có 1
AQ2 =

AB2 +

AE2 suy ra AE=a.
Do đóElà trung điểm củaSA. EF k ADnên F
là trung điểmSD.

d(S;(P)) =d(A;(P)) =d(AD;(P)) = a
√

2
2 .

BCFElà hình thang vng tạiE,B.
SBCFE = 3a

2√2

4 .

D
F

O
H

BÀI 4. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0.

1 Chứng minh rằngB0Dvng góc với mặt phẳng(BA0C0).

2 Tính khoảng cách giữa mặt phẳng(BA0C0)và(ACD0).

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

B
A

C
D

Ta cóA0C0 ⊥(BDB0D0)suy ra(BA0C0) ⊥(BDB0D)theo giao tuyếnBO0.
HạOK ⊥BO0thìOK ⊥(BA0C0). Ta có

OK2 =

OB2 +

OO02 ⇒OK =
a
√

Khoảng cách giữa mặt phẳng(BA0C0)và(ACD0)bằng khoảng cách từOtới(BA0C0).

BÀI 5. Cho hình chópS.ABCDcóSA =2avà vng góc với mặt phẳng(ABCD), đáy ABCDlà
hình thang vng tạiAvàB, AB=BC =a,AD =2a.

1 Tính khoảng cách từ A,Btới mặt phẳng(SCD).

2 Tính khoảng cách giữa đường thẳngADvà mặt phẳng(SBC).

3 Tính diện tích của thiết diện của hình chópS.ABCDvới mặt phẳng song song với(SAD)và
cách một khoảng bằng a

Lời giải.

1 Đáp số:d(A;(SCD)) = √2a

3; d(B;(SCD)) =

a
√

3.
2 d(AD;(SBC)) = √2a

3 SEFGH = 4

3 .

{ DẠNG 5.4. Đoạn vuông góc chung, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo

nhau

Phương pháp.Ta có các trường hợp sau:

1) Trường hợp 1

Giả sửavàblà hai đường thẳng chéo nhau vàa ⊥b.
Ta dựng mặt phẳng(α)chứa avà vng góc với b

tạiB.

Trong(α)dựngBA ⊥atạiA, ta được độ dài đoạn

ABlà khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

avàb. α

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

2) Trường hợp 2

Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau nhưng
khơng vng góc với nhau.

Ta dựng mặt phẳng(α)chứaavà song song vớib.

Lấy một điểmMtùy ý trênbvà dựng MM0vng

góc với(α)tạiM0.

Từ M0dựngb0song song vớibcắtatạiA.

Từ Adựng ABsong song với MM0 cắtb tạiB, độ
dài đoạn ABlà khoảng cách giữa hai đường thẳng
chéo nhauavàb.

α

B M

A M0

Nhận xét

a) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một trong hai đường
thẳng đó và mặt phẳng song song với nó chứa đường thẳng còn lại.

b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song
lần lượt chứa hai đường thẳng đó.

VÍ DỤ 1. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy là hình vng ABCDcạnh a, có cạnhSA = hvà
vng góc với mặt phẳng (ABCD). Dựng và tính độ dài đoạn vng góc chung của hai
đường thẳng chéo nhau:

a) SBvàCD. b) SC vàBD. c) SC vàAB.

L Lời giải

C
S

D
E

a) Ta có:
®

BC ⊥SA

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

Mặt khácBC ⊥CD. Vậy BClà đoạn vng góc chung củaSBvàCD.
Suy rad(SB,CD) = BC =a.

b) GọiOlà giao điểm của ACvàBD. Ta có:
®

BD ⊥SA

BD ⊥ AC ⇒BD ⊥(SAC)tạiO.

Trong mặt phẳng(SAC), kẻOH⊥SC tạiH, ta cóOH ⊥SCvàOH ⊥BD(vìBD⊥(SAC)).
VậyOHlà đoạn vng góc chung củaBDvàSC.

Ta cóOH
OC =

SC =sinACS‘ ⇒OH =

OC.SA
SC =

a√2
2 ·

h
√

h2+2a2.
Vậyd(SC,BD) =OH = ah

√

2
2√h2+2a2.

c) Ta có ABk CD⇒ ABk (SCD).
Ta có:

CD⊥SA

CD⊥ AD ⇒CD⊥(SAD)⇒(SCD)⊥(SAD)theo giao tuyếnSD.
Trong mặt phẳng(SAD), kẻ AK ⊥SDtạiK, ta có: AK ⊥(SCD)⇒ AK ⊥SC.
Trong mặt phẳng(SCD), kẻKEk CD(E∈ SC).

Trong mặt phẳng(AB,KE), kẻEFk AK (F∈ AB)⇒ EF⊥SC.

Lại cóAB kCDvàCD ⊥(SAD)⇒ AB⊥(SAD)⇒ AB⊥ AK⇒ AB ⊥EF.
Do đóEFlà đoạn vng góc chung củaSC vàAB.

Ta cóEF = AK = SA.AD
SD =

ah
√

a2+h2.
Vậyd(SC,AB) = √ ah

a2+h2.

VÍ DỤ 2. Cho tứ diện OABCcóOA,OB, OCvng góc với nhau đơi một vàOA = OB =
OC = a. Gọi I là trung điểm của BC. Hãy dựng và tính độ dài đoạn vng góc chung của
các cặp đường thẳng chéo nhau:

a) OAvàBC. b) AIvàOC.

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

B
E

I
C
O

K
F

a) Ta có
®

OA ⊥OI

BC ⊥OI ⇒OIlà đoạn vng góc chung củaOAvàBC.

Tam giácOBCvuông cân tạiOnênOI = BC

2 =

a√2
2 .

Vậyd(OA,BC) = a
√

2
2 .

b) GọiKlà trung điểm củaOB, ta có IK kOC ⇒OC k (AIK).
Ta có

IK ⊥OB

IK ⊥OA ⇒ IK ⊥(OAB)⇒ (AIK) ⊥(OAB)theo giao tuyếnAK.
Trong mặt phẳng(OAB), kẻOH ⊥ AKtại H, ta có:OH ⊥(AIK)⇒OH ⊥ AI.
Trong mặt phẳng(AIK), kẻHE k IK(E∈ SI).

Trong mặt phẳng(HE,OC), kẻEF kOH(F∈ OC) ⇒EF⊥ AI.
Lại cóOC ⊥(OAB)⇒OC ⊥ AH ⇒OC ⊥ EF.

Do đóEFlà đoạn vng góc chung củaOCvàAI.
Trong tam giác vngOAKta có: 1

OH2 =

OA2 +

OK2 =

a2 +

a2 =

a2.
Suy raEF=OH = a

√

5
5 .

Vậyd(AI,OC) = a
√

5
5 .

VÍ DỤ 3. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông tại A với
AB =a, AC =2a; cạnh bên AA0 =2a. Hãy dựng và tính độ dài đoạn vng góc chung của
hai đường thẳngBC0 vàAA0.

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

A0 C0

C
F

A
E

Ta cóAA0 k BB0⇒ AA0 k (BB0C0C).

Vì(A0B0C0) ⊥ (BB0C0C) theo giao tuyến B0C0 nên trong mặt phẳng (A0B0C0), kẻ A0H ⊥ B0C0 tại
H, ta có: A0H ⊥(BB0C0C) ⇒ A0H ⊥BC0.

Trong mặt phẳng(BB0C0C), kẻ HF k AA0 (F ∈ BC0). Trong mặt phẳng(HF,AA0), kẻ FE k A0H

(E∈ AA0)⇒FE ⊥BC0.

Ta cóAA0 ⊥(A0B0C0)⇒ AA0 ⊥ A0H ⇒ AA0 ⊥ FE.
Do đóEFlà đoạn vng góc chung của AA0vàBC0.
Trong tam giác vngA0B0C0 ta có: 1

A0H2 =

A0B02 +

A0C02 =

a2 +

1
4a2 =

5
4a2.
Suy raEF =A0H= 2a

√

5 .

Vậyd(AA0,BC0) = 2a
√

5 .

VÍ DỤ 4. Cho lăng trụ đều ABC.A0B0C0có tất cả các cạnh bằng nhau. Xác định đoạn vng
góc chung của hai đường thẳng A0BvàB0C.

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

B0
M

A0 C0

A C

I
F

GọiM, N, N0 lần lượt là trung điểm của AA0, AC, A0C0.
Ta có

BN ⊥ AC

BN ⊥ AA0 ⇒BN ⊥(ACC

0A0)⇒BN ⊥C0M.

MàC0M⊥ A0NnênC0M⊥(A0BN). Do đóC0M⊥ A0B.
Tương tự ta cóC0M⊥(B0N0C)⇒C0M ⊥CB0.

Vậy ta có đường thẳngC0Mvng góc với cả hai đường thẳngA0BvàB0C.

Lấy điểm IthuộcBB0. GọiElà giao điểm của MI vàA0B;Flà giao điểm của IC0 vàB0C.
Ta cần tìm vị trí của IđểEFk C0M.

Ta cóEFk C0M⇔ IE
ME =

FI
FC0 ⇔

BI
MA0 =

IB0
CC0.

DoCC0 =2MA0nên BI

MA0 =
IB0

CC0 ⇔ IB

0 =
2BI.

Vậy I là điểm thuộc đoạnBB0 sao cho IB0 =2BI thìEElà đoạn vng góc chung của hai đường
thẳngA0BvàB0Cvới Elà giao điểm của MI vàA0B;Flà giao điểm của IC0 vàB0C.

VÍ DỤ 5. Cho hình chópS.ABC có đáy là tam giác đều cạnha. SA = 2a và vng góc với
mặt đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳngSBvàAC.

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

B
S

C
A

Trong mặt phẳng(ABC), dựng hình thoiACBD, ta có: BDk AC ⇒ AC k(SBD).
⇒d(AC,SB) =d(AC,(SBD)) =d(A,(SBD)).

GọiIlà trung điểm của BD, ta có: BD⊥ AIvàBD⊥SA ⇒BD⊥(SAI).
⇒(SBD) ⊥(SAI)theo giao tuyếnSI.

Trong mặt phẳng(SAI), kẻ AH ⊥SItại H, ta có: AH ⊥(SBD)⇒ AH =d(A,(SBD)).
Tam giácSAIvng tại Acó đường cao AH.

⇒ 1

AH2 =

SA2 +

AI2 =

1
4a2 +

4
3a2 =

19
12a2.
⇒ AH2= 12a

19 hay AH =

2a√57
19 .

Vậyd(SB,AC) = 2a
√

19 .

VÍ DỤ 6. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình vng cạnh bằnga,SAvng góc với đáy
vàSA=a. Mlà trung điểm củaSB. Tính khoảng cách giữa các đường thẳng:

a) SCvàBD. b) ACvàSD. c) SDvàAM.

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

C
S

O
H

B
E

a) GọiOlà giao điểm của ACvàBD. Ta có:
®

BD ⊥SA

BD ⊥ AC ⇒BD ⊥(SAC)tạiO.

Trong mặt phẳng(SAC), kẻOH⊥SC tạiH, ta cóOH ⊥SCvàOH ⊥BD(vìBD⊥(SAC)).
VậyOHlà đoạn vng góc chung củaBDvàSC.

Ta cóOH
OC =

SC =sinACS‘ ⇒OH =

OC.SA
SC =

a√2
2 ·a

a√3 =

a√6
6 .

Vậyd(SC,BD) =OH = a
√

6
6 .

b) Dựng hình bình hànhACDE, ta có: AC k DE⇒ AC k (SDE).
⇒d(AC,SD) =d(AC,(SDE)) = d(A,(SDE)).

Trong mặt phẳng(ABCD), kẻ AI ⊥DEtại I, ta có
®

DE⊥ AI

DE⊥SA ⇒DE ⊥(SAI).
⇒(SDE)⊥(SAI)theo giao tuyếnSI.

Trong mặt phẳng(SAI), kẻ AK ⊥SI tạiK, ta có: AK ⊥(SDE)⇒ AK =d(A,(SDE)).
Ta cóAIDOlà hình bình hành nên AI =OD = a

√

2
2 .

Trong tam giác vngSAIta có: 1
AK2 =

AI2 +

SA2 =

a2 +

a2 =

a2.
Suy ra AK = a

√

3
3 .

Vậyd(AC,SD) = d(A,(SDE)) = AK = a

√

3
3 .

c) Ta cóOMk SDvàAC k DEnên(AMC) k (SDE).

Suy rad(SD,AM) = d((AMC),(SDE)) =d(A,(SDE)) = AK = a
√

3
3 .

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

BÀI 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh bằng a; SA vng góc với đáy và
SA = a; M, N lần lượt là trung điểm của AB vàSC. Chứng minh rằng MN là đoạn vng góc
chung củaABvàSC. Tính khoảng cách giữa ABvàSC.

Lời giải.

O
M

D
N

B C

GọiOlà tâm của hình vngABCD, ta cóONlà đường trung bình của tam giácSAC⇒ON k SA
⇒ON ⊥(ABCD).

Suy ra MOlà hình chiếu của MNtrên mặt phẳng(ABCD).
MàMO ⊥ABnên MN ⊥ AB(định lí ba đường vng góc.
Tam giácMON vng tạiO⇒ MN2 = MO2+ON2= a

4 +

4 =

2a2

4 .

Tam giácSAM vuông tạiM⇒SM2 =SA2+AM2=a2+a
2

4 =

5a2

4 .

Ta cóSN2 =

= SA

2+AC2

4 =

a2+2a2

4 =

3a2

4 .

Suy raSM2 =SN2+MN2hay tam giácSMN vng tạiN⇒ MN ⊥SC.
Do đóMN là đoạn vng góc chung củaABvàSC.

Vậyd(AB,SC) = MN = a
√

2 .

BÀI 2. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0. Xác định đường vng góc chung của hai đường
thẳngBDvàB0C.

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

A0
D

B0
N

C0
M

Ta cóBD⊥(ACC0A”)⇒ BD⊥ AC0.
Lại cóB0C⊥(ABC0)⇒ B0C ⊥ AC0.

Vậy ta có đường thẳngAC0vng góc với cả hai đường thẳngB0CvàBD.

Lấy điểm IthuộcBC. GọiMlà giao điểm củaAI vàBD; Nlà giao điểm củaIC0vàB0C.
Ta cần tìm vị trí của IđểMN k AC0.

Ta cóMN k AC0⇔ I M
MA =

I N
NC0 ⇔

IB
AD =

B0C0 ⇔ IB= IC.

Vậy khiIlà trung điểm của BCthìMNlà đoạn vng góc chung của hai đường thẳngBDvàB0C
với Mlà giao điểm của AI vàBD; Nlà giao điểm của IC0vàB0C.

BÀI 3. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình vng tâmOcạnha,SOvng góc với mặt
phẳng đáy(ABCD)vàSO= a. Tính Khoảng cách giữa hai đường thẳngSCvàAB.

Lời giải.

C
H

Ta có:DC k AB⇒ ABk (SCD) ⇒d(AB,SC) =d(AB;(SCD)) =d(A;(SCD)).
GọiIlà trung điểm củaCD, ta cóCD ⊥OI.

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

Trong mặt phẳng(SOI), kẻOH ⊥SI tạiH, ta cóOH ⊥(SOI).
Trong tam giác vngSOI ta có 1

OH2 =

OI2+

SO2 =

a2 +

a2 =

a2.
Suy rad(O;(SCD)) =OH = a

√

5
5 .

Vậyd(AB;(SCD)) = d(A;(SCD)) =2d(O;(SCD)) = 2a
√

5 .

BÀI 4. Cho hình chópS.ABCcó đáy là tam giác đều cạnha. Cạnh bênSAvng góc với mặt đáy,
mặt bênSBCtạo với đáy một góc60◦. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng:

a) SAvàBC. b) SBvàAC.

Lời giải.

60◦

B
S

K
A

a) GọiKlà trung điểm củaBC, ta có
®

AK ⊥ BC
AK ⊥SA.

Do đóAKlà đoạn vng góc chung của hai đường thẳngSAvàBC.
Vậyd(SA,BC) = AK = a

√

3
2 .

b) Ta có







(SBC)∩(ABC) = BC
SA ⊥(ABC)

AK ⊥BC.

⇒SK ⊥BC ⇒SKA‘ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC)và(ABC). Do đóSKA‘ =60◦.
Tam giácSAKvng tạiAcóSKA‘ =60◦ ⇒SA = AK. tan 60◦ =

2 .

Trong mặt phẳng(ABC), dựng hình thoi ACBD, ta có: BDk AC⇒ ACk (SBD).
⇒d(AC,SB) = d(AC,(SBD)) = d(A,(SBD)).

GọiIlà trung điểm của BD, ta có:BD ⊥AI vàBD⊥SA⇒ BD⊥(SAI).
⇒(SBD)⊥(SAI)theo giao tuyếnSI.

Trong mặt phẳng(SAI), kẻ AH ⊥SI tạiH, ta có: AH ⊥(SBD)⇒ AH =d(A,(SBD)).
Tam giácSAIvng tạiAcó đường cao AH.

⇒ 1

AH2 =

SA2 +

AI2 =

4
9a2 +

4
3a2 =

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

⇒ AH2 = 9a
2

16 hayAH =
3a

4 .

Vậyd(SB,AC) = 3a

4 .

BÀI 5. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằnga. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳngBC0vàCD0.

Lời giải.

O0
A0

B0
C

B
A

C0
H

GọiO,O0lần lượt là tâm của hai hình vng ABCDvàA0B0C0D0.

Ta có(ACD0)k (BA0C0)⇒ d(BC0,CD0) =d((ACD0),(BA0C0)) =d(O,(BA0C0)).
Ta cóA0C0 ⊥(OBB0O0)⇒(BA0C0) ⊥(OBB0O0)theo giao tuyếnBO0.

Trong mặt phẳng(OBB0O0), kẻOH ⊥BO0 tạiH, ta cóOH ⊥(BA0C0)⇒d(O,(BA0C0)) =OH.
Tam giácOBO0vng tạiOcóOHlà đường cao.

⇒ 1

OH2 =

OB2 +

OO02 =

a2 +

a2 =

a2.
⇒OH2 = a

3 hayOH =

a√3
3 .

Vậyd(BC0,CD0) = a
√

3 .

BÀI TẬP TỔNG HỢP

BÀI 6. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy ABClà tam giác đều tâmO, A0A = A0B = A0C =
a√21

3 , khoảng cách từ điểmOđến mặt phẳng(ABB

0A0)bằng a

2. Tính độ dài cạnh đáy của hình

lăng trụ đã cho.

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102>

I
H

B
O

C0
A0

Ta cóOlà tâm của tam giác đềuABCvàA0A =A0B =A0Cnên A0Olà trục của đường tròn ngoại
tiếp tam giác đềuABC.

⇒ A0O⊥(ABC).

GọiIlà trung điểm của AB, ta có
®

OI ⊥AB

A0O ⊥ AB ⇒ AB⊥(A

0OI).

⇒(A0OI) ⊥(ABB0A0)theo giao tuyến A0I.

Trong mặt phẳng(A0OI), kẻOH ⊥ A0Itại H, ta cóOH ⊥(ABB0A0)
⇒OH =d(O,(ABB0A0) = a

Gọi độ dài cạnh đáy làx(x >0) thì ta cóOI = 1

3CI =
1
3·

x√3

2 =

x√3
6 .

Tam giácA0OI vng tạiOcóOHlà đường cao.

⇒ 1

OH2 =

OI2 +

OA02 ⇒

OA02 =

OH2 −

OI2 =

a2 −

x2 ⇒OA

02= a2x2

4x2−12a2. (1)
Ta lại có tam giác A0OAvng tạiO.

⇒OA02 = AA02−OA2 = 7a
2

3 −

3 =

7a2−x2

3 . (2)

Từ(1)&(2), ta có:
a2x2

4x2−12a2 =

7a2−x2

3 ⇔3a

2x2=28a2x2−4x4−84a4+12a2x2

⇔4x4−372x2+84a4=0⇔




x2 =4a2
x2 = 21a

⇔





x =2a

x = a
√

21
2 .

Vậy độ dài cạnh đáy của hình lăng trụ đã cho là2ahoặc a
√

2 .

BÀI 7. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, cạnh bên bằng a√5. Gọi (P) là mặt
phẳng chứaABvà khoảng cách giữaCDvà(P)bằng a.

a) Tính góc giữa hai mặt phẳng(P)và(ABCD).

b) Xác định thiết diện của hình chópS.ABCDcắt bởi mặt phẳng(P). Tính diện tích của thiết diện
này.

</div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

N
K

B
M

D A

I
C

a) Gọi I, Jlần lượt là trung điểm của AB,CD.
Ta có

AB ⊥SI

AB ⊥I J ⇒ AB⊥(SI J)⇒(P) ⊥(SI J).

Lại cóCDk AB⇒CDk (P)⇒(SCD)∩(P) = MN k CD(M∈ SC,N ∈ SD).
Trong mặt phẳng(SCD), gọiKlà giao điểm củaSJ vàMN, ta có(P)∩(SI J) = IK.
Trong mặt phẳng(SI J), kẻ JH ⊥ IKtạiH, ta có JH⊥(P)⇒ JH =d(J,(P)).
VìCDk (P)nên d(CD,(P)) =d(J,(P)). Do đó, ta cóJH =a.

Ta có








(P)∩(ABCD) = AB
AB⊥ I J

AB⊥ IK

⇒ ‘J I Hlà góc giữa hai mặt phẳng(P)và(ABCD).

Tam giácI H Jvuông tạiHnêntan‘J I H=
JH

I J =

2 ⇒ ‘J I H =30
◦.

b) Thiết diện của hình chópS.ABCDcắt bởi mặt phẳng(P)là hình thang ABMN.
Tam giácSI Avuông tạiI nênSI2 =SA2−I A2 =5a2−a2 =4a2 ⇒SI =2a.
⇒SJ =SI = I J =2a⇒tam giácSI Jđều cạnh2a.

⇒ IKlà đường phân giác của tam giácSI Jnên IKcũng là đường trung tuyến, đường cao của
tam giácSI J.

⇒Klà trung điểm củaSJ hayMNlà đường trung bình của tam giácSCD ⇒ MN =a.
Hình thangABMN có hai đáyMN, ABvà đường cao IKnên có diện tích là:

SABMN =

2(AB+MN).IK =

3a2√3

2 .

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

BÀI

6.

ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3

A

ĐỀ SỐ 1A

Câu 1. (6 điểm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình vng tâmO, cạnh AB = a. Mặt
bên(SAB)là tam giác đều và vuông góc với mặt đáy. GọiH, Jlần lượt là trung điểm AB, AD.
a) Chứng minhSH ⊥(ABCD);(SBC) ⊥(SAB)

b) Tính góc hợp bởi hai mặt phẳng(SCD)và(ABCD)

c) Tính theo a khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SBC) và khoảng cách giữa hai đường
thẳngCJvàSD.

Lời giải.

C
O

K
J
A

a) Ta có tam giácSABđều và cóH là trung điểmABnênSH ⊥ AB.

Mà







(SAB) ⊥(ABCD)
(SAB)∩(ABCD) = AB

SH ⊂(SAB)

⇒ SH ⊥(ABCD).. . . .(0.5)

Ta có BC ⊥ SH (vì tam giác SAB là tam giác đều vng góc với mặt đáy) và BC ⊥ AB ⇒
BC ⊥(SAB).

⇒(SBC) ⊥(SAB).. . . .(0.5)
b) Gọi Ilà trung điểmCD. Ta có:

I H⊥CD

SH ⊥CD ⇒CD⊥(SH I) ⇒CD⊥SI. . . .(0.5).
M(SCD)(ABCD) = CD ((SCD)Ô,(ABCD)) = (SI,H I).. . . .(0.5)
Ta có tam giácSH Ivng tạiH, cóSH = a

√

2 , I H =a,tanSI H =

SH
I H =

SI H 41.

Vy((SCD)Ô,(ABCD)) =41◦.. . . .(0.5)
c) Ta cóOHk BC ⊂(SBC) ⇒OH k (SBC) ⇒d(O,(SBC)) =d(H,(SBC)).. . . (0.5)

(SAB) ⊥(SBC), (SAB)∩(SBC) =SB, trong(SAB)kẻ HF ⊥SBtạiF.

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

Tam giácSHBvng tạiHcó HFlà đường cao nên 1
HF2 =

SH2 +

HB2 =

16
3a2
⇒ HF= a

√

4 . Vậyd(O,(SBC)) =

a√3

4 . . . .(0.5).

Ta có∆CDJ =∆DAH⇒ DCJ‘ = ADH, mà’ DCJ‘ +DJC‘ =90◦

⇒ ADH’ +DJC‘ =90◦ ⇒ JC ⊥DH vàCJ⊥SH ⇒CJ ⊥(SDH). . . .(1.0)
GọiK =CJ∩DH.

Trong(SDH)kẻKP⊥SDtạiP. Ta cód(CJ,SD) =KP. . . .(0.5).
DK

DH =

5 ⇒KP =

a√30

20 . Vậyd(CJ,SD) =

a√30

20 . . . .(0.5).

Câu 2. (4 điểm)Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A. Cạnh SA ⊥ (ABC) biết
SA = AC= a√3, AB=a.

a) Tính góc hợp bởi cạnh SB với mp(SAC)

b) Dựng AH ⊥BCtại H. Chứng minh rằng(SAH) ⊥(SBC).

c) Tính góc hợp bởi(SBC)và(ABC)

d) Gọi Ilà trung điểm củaSA. Tính khoảng cách từ điểm Iđến(SBC).

Lời giải.

C
A

a) Ta cóBA ⊥ ACvàBA⊥SA BA (ABC)
ABl hỡnh chiu caSBlờn(ABC)

(SBÔ,(SAC)) =(SB,AS) = BSA . . . .(0.5)
Ta cótanBSA= AB

SA =
a
a√3 =

√

3
3

</div>
(106)<div class='page_container' data-page=106>

b) Ta cóSA ⊥BC

MàAH ⊥BC ⇒ BC ⊥(SAH) ⇒(SBC)⊥(SAH) . . . .(0.5)
c) Ta cúBC (SAH)

BC AHvBC SH

((SCBÔ),(ABC)) = (SH,AH) =SH A’
(0.5)Trong tam giácSAH vng taiAta có:

AH2 =

AB2 +

AC2 ⇒ AH=
a√3

2 tanSH A =

AH =2⇒SH A’ =arctan 2 . . . (0.5)
d) Từ IdựngIK ⊥SH. Ta có(SBC) ⊥(SAH)

⇒ IK ⊥(SBC) ⇒ IKlà khoảng cách từAđến(SBC).. . . .(0.5)
GọiALlà đường cao của tam giác SAHta có

AL2 =

AS2 +

AH2 ⇒ AL=
a√3

√

⇒ IK = AL

2 ⇒ IK =

a√3

2√5. . . .(0.5)

B

ĐỀ SỐ 1B

Câu 1. (6 điểm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình vng tâmO, cạnh AB = a. Mặt
bên(SAD)là tam giác đều và vng góc với mặt đáy. GọiI, Mlần lượt là trung điểm AD, AB.
a) Chứng minhSI ⊥(ABCD);(SAD) ⊥(SCD).

b) Tính góc hợp bởi hai mặt phẳng(SBC)và(ABCD).

c) Tính theo a khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) và khoảng cách giữa hai đường
thẳngCMvàSB.

Lời giải.

S Q

C
O

K
M
A

a) Ta có tam giácSADđều và cóIlà trung điểm AD

NênSI ⊥ ADvà







(SAD) ⊥(ABCD)
(SAD)∩(ABCD) = AD
SI ⊂(SAD)

⇒SI ⊥(ABCD). . . .(0.5)

</div>
(107)<div class='page_container' data-page=107>

b) Gọi H là trung điểm BC.

Ta có:

H I ⊥BC

SI ⊥ BC ⇒BC (SH I) BC SH. . . .(0.5)
M(SBC)(ABCD) = BC ((SBC)Ô,(ABCD)) =(SHŸ,H I). . . .(0.5)
Ta có tam giácSH Ivng tạiI, cóSI =a

√

2 ; I H =a,tanSH I‘ =

SI
H I =

√

3
2

⇒SH I 41. . . .(0.5)
Vy((SBC)Ô,(ABCD)) 41

c) Ta cú:OI k CD ⊂(SCD) ⇒OI k (SCD) ⇒d(O,(SCD)) =d(I,(SCD)). . . .(0.5)
(SAD) ⊥ (SCD),(SAD)∩(SCD) = SD , trong(SAD)kẻ IF ⊥ SDtại F ⇒ IF ⊥ (SCD) ⇒

d(I,(SCD)) = IF. . . .(0.5)
Tam giácSIDvuông tạiI cóIFlà đường cao nên 1

IF2 =

SI2 +

ID2 =

16
3a2
⇒ IF= a

√

4 . . . .(0.5).

Vậyd(O,(SCD)) = a
√

3
4

Ta có:∆CBM =∆BAI ⇒ BCM’ = ABI‘ MàBCM’ +BMC’ =90◦

⇒ ABI‘+BMC’ =90◦ ⇒CM ⊥ BIvàCM ⊥SI ⇒CM ⊥(SBI). . . .(1.0)
GọiK =CM∩BI. Trong(SBI)kẻKP⊥SBtại P. Ta cód(CM,SB) = KP. . . (0.5)

DK
DI =

5 ⇒KP=

a√30
20 .

Vậyd(CM,SB) = a
√

20 . . . .(0.5)

Câu 2. (4 điểm)Cho hình chópS.ABCcó tam giác ABCđều cạnha. CạnhSA ⊥(ABC)vàSA =
a√3.

a) Tính góc hợp bởi cạnhSCvới(ABC)

b) Gọi Ilà trung điểm của BC. Chứng minh rằng(SAI)⊥(SBC).
c) Tính góc hợp bởi(SBC)và(ABC)

d) Gọi Jlà trung điểm củaSATính khoảng cách từ điểm J đến(SBC).

Lời giải.

C
A

J
K

</div>
(108)<div class='page_container' data-page=108>

a) VỡSA (ABC) AC l hỡnh chiu caSClờn(ABC)

(SCÔ,(ABCD) = (SC,AC) =SCA‘ . . . .(0.5)
Ta cótanSCA= SA

AC =
√

3 ⇒SCA=60◦ . . . .(0.5)

b) Ta cóBC ⊥ AI (vì∆ABCđều)

Mặt khácSA⊥ BC(VìSA ⊥(ABC))

⇒BC ⊥(SAI)⇒(SBC)⊥(SAI). . . .(1.0)

c) Ta cóBC ⊥(SAI)
⇒BC ⊥ AI vBC SI

((SCB)Ô,(ABC)) = (SI,AI) =SI A. . . .(0.5)
Trong tam giácSAIvng taiAta cótanSI A‘ =

AI =2⇒SI A‘ =arctan 2. . . .(0.5)
d) Từ Jdựng JK⊥SI

Ta có(SBC) ⊥(SAH)

⇒ JK ⊥(SBC) ⇒ JKlà khoảng cách từAđến(SBC). . . .(0.5)
GọiAHlà đường cao của tam giácSAIta có

AH2 =

AS2 +

AI2 ⇒ AH =
a√3

√

5 ⇒ JK =

2 ⇒ IK =

a√3

2√5 . . . (0.5)

C

ĐỀ SỐ 2A

Câu 1. Cho hình thang ABCD vng tại A(AB k CD), AB = AD = a, CD = 2avàOlà trung
điểmCD. Trên đường thẳng đi quaOvà vng góc với(ABCD), lấy điểmS sao choSAtạo với
đáy(ABCD)một góc45◦.

1 Chứng minhBDvng góc với mặt phẳng(SAO).

2 Chứng minh mặt phẳng(SBD)vng góc với mặt phẳng(SAO).

3 Tính góc giữa hai mặt phẳng(SAB)và(ABCD).

4 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳngSDvàBC.

Lời giải.

Vẽ hình đúng . . . [1 điểm]

C I

D
A

B J

</div>
(109)<div class='page_container' data-page=109>

1 VìO là trung điểmCD ⇒ CO = DO = a = AB ⇒ ABOD là hình vuông (BAD’ = 90◦)
⇒ AO⊥ BDtại J. . . [1 điểm].
VìBD ⊥ AO,BD ⊥SO ⇒BD ⊥(SAO). . . [1 điểm].

2 VìBD ⊥(SAO)vàBD∈ (SBD)⇒(SBD) ⊥(SAO). . . [1 điểm].

3 Vì ABOD là hình vng nên AB ⊥ OB. Mà AB ⊥ SO (do SO ⊥ (ABCD)) nên AB ⊥
(SBO)⇒ AB ⊥SB. . . [0,5 điểm].
Lại có(SAB)∩(ABCD) = AB, AB ⊥ SB, AB ⊥OB,SB ⊂(SAB),OB ⊂(ABCD) nên góc
giữa(SAB)và(ABCD)làSBO‘ . . . [1 điểm].
Vì ABOD là hình vng cạnh a ⇒ AO = a√2. Do SA tạo với (ABCD) một góc 45◦ nên
’

SAO =45◦ ⇒SO=a√2. . . [0,5 điểm].
Xét tam giácSOBvng tạiOcótanSBO‘ =

SO
OB =

√

2⇒SBO‘ ≈54, 76◦ . . . [1 điểm].

4 Trong(ABCD), kẻ đường thẳngdđi quaD, d k BC ⇒ d⊥ BD. TừOkẻOI ⊥ d(I ∈ d) ⇒
DJOIlà hình vng vàDI ⊥(SOI)⇒OI =DJ = a

√

2 . . . [1 điểm].

KẻOH ⊥SI (H ∈ SI)⇒OH ⊥(SID) ⇒OH =d(O;(SID)). . . [0,5 điểm].
Xét∆SOI vng tạiOcó

SO=a√2,OI = a
√

2 ⇒

OH2 =

SO2 +

OI2 ⇒OH =
a√2

√

5 . . . [1 điểm].

CóCOcắt(SDI)tạiD ⇒ d(C,(SDI))

d(O,(SDI)) =
CD
OD =2
⇒d(BC,SD) =d(C,(SDI)) =2OH = 2

√

2a
√

5 . . . [0,5 điểm].

D

ĐỀ SỐ 2B

Câu 1. Cho hình thang ABCDvng tạiA(AB k CD), AB = AD =a, CD= 2a, SD⊥(ABCD)
vàSAtạo với đáy(ABCD)một góc60◦.

1 Chứng minhBCvng góc với mặt phẳng(SBD).

2 GọiOlà trung điểmCD. Chứng minh mặt phẳng(SBD)vng góc với mặt phẳng(SAO).

3 Tính góc giữa hai mặt phẳng(SBC)và(ABCD).

4 Tính khoảng cách từ điểmDđến mặt phẳng(SBC).

Lời giải.

</div>
(110)<div class='page_container' data-page=110>

D O C

A B

1 VìOlà trung điểmCD⇒ CO=DO =a= AB⇒ ABOD là hình vng (BAD’ =90◦) . [0,5

điểm]

⇒ AO⊥ BD⇒ AO⊥(SBD)(vìSD⊥(ABCD)) . . . [0,5 điểm].
VìAB=OC, ABk OC ⇒ ABCOlà hình bình hành⇒ AOk BC

⇒BC ⊥(SBD). . . [1 điểm].

2 VìBD ⊥ AO,SD⊥ AO⇒ AO ⊥(SBD).

MàAO ⊂(SAO) ⇒(SBD) ⊥(SAO). . . [1 điểm].

3 VìBC ⊥(SBD) ⇒ BC ⊥SB. Lại cóBC k AO, AO⊥ BD ⇒ BC ⊥ BD ⇒góc giữa hai mặt
phẳng(SBC)và(ABCD)làSBD‘ . . . [1 điểm].
Xét hình vng ABODcạnhacóBD =a√2. . . [0,5 điểm].
Xét tam giácSDAvng tạiDcóSAD’ =60◦ ⇒SD= ADtan 60◦ = a

√

3. . . [1 điểm].
Xét tam giácSDBvng tạiDcótanSBD‘ =

SD
SB =

√

2 ⇒SBD‘ ≈50, 79

◦. . . [1 điểm].

4 VìBC ⊥(SBD) ⇒(SBC) ⊥(SBD). . . [0,5 điểm].
Trong mặt phẳng(SBD), kẻDH ⊥SB ⇒DH =d(D;(SBC)). . . [1 điểm].
Xét tam giácSDBvng tạiDcó 1

DH2 =

SD2 +

BD2 =

6a2 ⇒DH =
a√6

√

5 . . . [1 điểm].

E

ĐỀ SỐ 3A

Câu 1. Cho tứ diệnOABC cóOA,OB,OC đơi một vng góc vàOA = OB = OC = a. Gọi I là
trung điểm củaBC; H,Klần lượt là hình chiếu vng góc củaOlên trên các đường thẳng ABvà
AC.

1 Chứng minh rằngBC ⊥(OAI).

2 Chứng minh rằng(AOI) ⊥(OHK).

3 Tính khoảng cách từ điểmOđến mặt phẳng ABC.

4 Tính cosin của gócα giữa đường thẳngOAvà mặt phẳng(ABC).

</div>
(111)<div class='page_container' data-page=111>

6 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳngHKvàOI.

Lời giải.

I
K

ϕ

1 Ta cóOA⊥(OBC); suy raOA⊥ BC(1) . . . 0,75 điểm
Ta cóOB=OC vàIlà trung điểmBCnên BC ⊥OI (2) . . . 0,75 điểm
Từ (1) và (2) suy raBC ⊥(OAI). . . 0,5 điểm

2 VìH,Klần lượt là trung điểm AB,ACnên HK k BC. . . 0,5 điểm
Theo ý a)BC ⊥(OAI)nên HK ⊥(OAI). . . 0,5 điểm

3 TừOkẻOE⊥ AI(1). Ta cóBC ⊥(OAI)nênBC ⊥OE(2) . . . 0,5 điểm
Từ (1) và (2) suy raOE⊥(ABC), suyd(O,(ABC)) =OE . . . 0,5 điểm
xét tam giácAOI vng tạiO, ta có 1

OE2 =

OA2 +

OI2 =

a2 +

a2 =

a2 suy raOE=
a
√

. . . 0,5 điểm

4 Ta cóOE⊥(ABC)nên hình chiếu củaOAlên mặt phẳng(ABC)làAE, gócα =OAE’
. . . 0,75 điểm
Ta có tam giácOAEvng tạiEvàOE= √a

3 nêncosα =

OE
OA =

√

3 . . . 0,75 điểm
5 Góc ϕ=OI A‘ . . . 0,75 điểm

Ta cótanϕ= OA

OI =
√

2 . . . 0,75 điểm

6 Ta gọiF là giao điểm của HK và AI,từ F kẻ FG ⊥ OI, mặt khác HK ⊥ (OAI)(cmt) suy ra
FG ⊥HK, khi đó ta cóFGlà đoạn vng góc chung củaHKvàOI. . . 0,75 điểm
Xét tam giácOAI vuông tại O, ta có F là trung điểm của AI và FG k OA suy ra FG =

2OA =

2. . . 0,75 điểm.

Hình vẽ đúng . . . 1,0 điểm

F

ĐỀ SỐ 3B

Câu 1. Cho hình chópS.ABCDđáy là hình vng cạnha,SA ⊥(ABCD)vàSA =a√2.

1 Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là các tam giác vng.

</div>
(112)<div class='page_container' data-page=112>

3 Tính gócαgiữaSCvà mặt phẳng đáy, gócβgiữaSCvà mặt phẳng(SAB).

4 Tính tang của góc ϕgiữa hai mặt phẳng(SBD)và(ABCD).

5 Tính khoảng cách từ điểm AđếnSBC, khoảng cách từ điểm Ađến mặt phẳngSCD.

6 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhauSCvàBD.

Lời giải.

A E D

B C

1 Ta có tam giácSABvàSADlà các tam giác vng vìSA ⊥ ABvàSA ⊥ AD. . . 0,5 điểm
Ta cóSA ⊥ CDvàCD ⊥ ADsuy ra CD ⊥ (SAD), suy raCD ⊥ SD, do đó tam giácSDC
vng tạiD. . . 0,5 điểm
Ta có SA ⊥ BC và BC ⊥ ABsuy ra BC ⊥ (SAB), suy ra BC ⊥ SB, do đó tam giác SBC
vng tạiB. . . 0,5 điểm

2 Ta cóBD⊥SAvìSA⊥(ABCD)

vàBD ⊥AC và suy raBD ⊥(SAC). . . 0,5 điểm
Do đó(SAC) ⊥(SBD) . . . 0,5 điểm

3 Ta cóCAlà hình chiếu vng góc củaSClên(ABCD)do đó gócα =SCA. . . 0,5 điểm‘
Vì tam giácSACcóSA= AC =a√2suy raα =45◦. . . 0,5 điểm

Ta cóBC⊥(SAB)suy ra hình chiếu củaSC lên mặt(SAB)làSB, do đó gócβ=BSC‘ . . 0,5
điểm

Vì tam giácSBCvng tạiB, ta cótanβ= a

a√3 =

√

3 suy raβ=30

◦ . . . 0,5 điểm.

4 GọiO là giao điểm AC và BD. Ta có AC ⊥ BD và SO ⊥ BD do đó góc ϕgiữa (SBD) và

(ABCD)là’SOA . . . 0,75 điểm
Tam giácSAOvng tại A, ta cótanϕ= SA

AO =2 . . . 0,75 điểm

5 KẻAH ⊥SBsuy raAH ⊥(SBC), do đód(A,(SBC)) = AH . . . 0,5 điểm
Ta có 1

AH2 =

SA2 +

AB2 =

1
2a2 +

a2 =

2a2 suy raAH =
a√6

3 . . . 0,5 điểm

KẻAK ⊥SDsuy rad(A,(SCD)) = AK = a
√

</div>
(113)<div class='page_container' data-page=113>

6 TừOkẻOE⊥SC, doBD ⊥(SAC)suy raBD⊥OE, do đód(SC,BD) =OE . . . . 0,75 điểm
Xét tam giác vngOECta cósinSCA‘ =

OC suy raOE=
a

2 . . . 0,75 điểm

Hình vẽ đúng . . . 0,5 điểm

</div>

Hướng dẫn giải các dạng toán vectơ trong không gian, quan hệ vuông góc - TOANMATH.com

<b>3</b>

<b>BÀI</b>

<b>1.</b>

<b>VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN</b>

<b>A</b>

<b>TĨM TẮT LÍ THUYẾT</b>

<b>1</b>

<b>2</b>

<b>3</b>

<b>4</b>

4

<b>5</b>

<b>6</b>

4

<b>B</b>

<b>CÁC DẠNG TỐN</b>

∑

∑

<b>BÀI</b>

<b>2.</b>

<b>HAI ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC</b>

<b>A</b>

<b>TĨM TẮT LÍ THUYẾT</b>

<b>1</b>

4

<b>2</b>

4

4

<b>B</b>

<b>CÁC DẠNG TỐN</b>

<b>BÀI</b>

<b>3.</b>

<b>ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT</b>

<b>PHẲNG</b>

<b>A</b>

<b>TĨM TẮT LÍ THUYẾT</b>

<b>1</b>

<b>2</b>

4

<b>3</b>

<b>4</b>

4

4

4

4

4

4

<b>5</b>

4

4

<b>B</b>

<b>CÁC DẠNG TỐN</b>

<b>C</b>

<b>BÀI TẬP TỔNG HỢP</b>

<b>BÀI</b>

<b>4.</b>

<b>HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GĨC</b>

<b>A</b>

<b>TĨM TẮT LÍ THUYẾT</b>

<b>1</b>

<b>2</b>

<b>3</b>

<b>4</b>

<b>5</b>

<b>6</b>

<b>B</b>

<b>CÁC DẠNG TỐN</b>

<b>BÀI</b>

<b>5.</b>

<b>KHOẢNG CÁCH</b>

<b>A</b>

<b>TÓM TẮT LÝ THUYẾT</b>

<b>1</b>

<b>2</b>

4

<b>3</b>

4

<b>5</b>

<b>B</b>