CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

www.thuvienhoclieu.com

CHUN ĐỀ HÌNH HỌC KHƠNG GIAN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI

Bài 1.
Xét các hình chóp n – giác S . A1 A2 ... An   ( n là số tự nhiên tùy ý lớn hơn 2 ) thỏa mãn đồng thời
các điều kiện sau:
a/ Đáy A1 A2 ... An có tất cả các cạnh đều bằng 1 .
0

 = SA

b/ SA
1A 2= SA 2 A 3= ...
n A1= 60

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất độ dài đường cao SH của hình chóp nêu trên.
Hướng dẫn giải
Chứng minh nếu hình chóp S . A1 A2 ... An   tồn tại thì khi đó hình chóp là đều:
Chứng minh rằng các cạnh bên bằng nhau
Đặt : SA1  x1 ; SA2  x2 ; ..... ; SAn  xn .
Dùng định lý cosin trong các tam giác SA1 A2 ; SA2 A3 ; ...; SAn A1 ta có:
x22  1  x12  2 x1 cos 600  1  x12  x1
x32  1  x22  2 x2 cos600  1  x22  x2

.......................................................
xn2  1  xn21  2 xn1cos600  1  xn21  xn1
x12  1  xn2  2 xn cos600  1  xn2  xn .

 x22  f ( x1 )


 x 2  f ( x )
2
 3
 3

1 2 3
2

Đặt f ( x)  x  x  1  ( x  )  , ta có hệ: ...............
với x1 , x2 , ..., xn   ; 


2
4
 2
 xn2  f ( xn1 )
 2
 x1  f ( xn )
 3

Trên  ; +∞  f ( x ) đồng biến.

 2


Do đó: x1 ≠ x2 thì vơ lý.
Thật vậy: nếu x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) < f ( x2 ) ⇒ x 22 < x 32 ⇒ x 2 < x 3 ⇒ ... ⇒ x n < x1 . Ta có x1 < x1 ( vơ lý)
Tương tự nếu x1 > x 2 cũng suy ra điều vô lý: x1 > x1 . Vậy x1 = x2 .

www.thuvienhoclieu.com

Trang 1


www.thuvienhoclieu.com
Do x1 = x2 ta được x12 = x12 − x1 + 1 ⇔ x1 = 1 . Từ đó ta được: x1= x2= ...= xn= 1 .
Chứng minh đáy A1 A2 ... An là đa giác đều. Từ SA1= SA2= ...= SAn= 1 suy ra hình vng góc H của S lên
đáy cách đều các đỉnh của đáy. Đa giác A1 A2 ... An có các cạnh bằng nhau và nội tiếp trong một đường tròn nên
là đa giác đều.
a) Tìm SH lớn nhất, nhỏ nhất.
b) Chứng minh n < 6 .Ta có các mặt bên của hịnh chóp là các tam giác đều cạnh 1 .
Ngoài ra:=
600 An SA1 < An HA1 .
600 A1SA2 < A1 HA2 ;=
600 A2 SA3 < A2 HA3 ; ...;=
Do đó: n.600 < 3600 ⇔ n < 6
•

( n > 2) .

Tính SH và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của SH :

1
1; HA1 =
Xét tam giác vuông SHA1 : SH 2 = SA12 − HA12 .SA1 =
.
π
2sin
n
SH 2 =

1−

1
π 1
π
1
π
=
1 − 1 + cot g 2  = 3 − cot g 2  , SH=
3 − cot g 2 n = 3; 4;5 .
π
4
4 4
4
2
4
4sin 2
n
1

2
; =
n 4=
: SH
3

n 3=
: SH
=

2
;=
n 5=
: SH
2

1
1
.
−
2 2 5

2
1
1
, giá trị nhỏ nhất của SH là
.
−
3
2 2 5
Bài 2.
Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a .Gọi E , G, K lần lượt là trung điểm của các cạnh
A ' D ', B ' C ' và AA' . H là tâm của hình vng DCDC ' . M , N là hai điểm lần lượt ở trên hai đường thẳng
AD và EG sao cho MN vuông góc với KH và cắt KH .Tính độ dài đoạn MN theo a .
Hướng dẫn giải
•

Do đó giá trị lớn nhất của SH là

D’

C’

E

G

A’

H

M

B’

I
E1
M
E1

H1

D
I1

C
G1

N1

A

B

H1

D

A

C

I1
N1

G1

B

Xác định đoạn MN

www.thuvienhoclieu.com

Trang 2


www.thuvienhoclieu.com
Gọi E1 , N1 , G1 , H1 là hình chiếu vng góc của E , N , G, H trên mặt phẳng ( ABCD ) .
Do KH ⊥ MN (gt) và K KH ⊥ NN1 suy ra KH ⊥ MN1 , suy ra AH1 ⊥ MN1 tại I1 .
Mà theo giả thiết MN cắt KH tại I suy ra II1 // NN1 mà I là trung điểm của đoạn MN nên I1 phải là

trung điểm của MN1 .
Từ đó suy ra cách dựng hai điểm M , N .
Tính độ dài MN
Đặt α =DAH1 ⇒ H1 AN1 =E1 N1M =α .
Xét tam giác vng DAH , ta có: sin α =

AE
1
3
5
1
⇒ tgα =
⇒ AN1 = 1 = a .
⇒ cos2α =
cos 2α 6
2
5
5

Xét tam giác vuông AIN1 , ta có: IN1 = AN1 . sin α =

5 1
a 5
a 5
.
=
⇒ MN1 =
a.
6
6

3
5

(Cách khác: Gọi P là trung điểm của CG1 , suy ra được N1 ở trên AP , suy ra E1 N1 =

2
a .)
3

EN
a 5
5
14
a 14
.
⇒ MN 2 =
MN1 = 1 1 =
NN12 + MN12 =
a 2 + a 2 = a 2 ⇒ MN =
cos α
3
9
9
3
Cách khác: Dùng phương pháp tọa độ trong khơng gian....

Bài 3.
Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy a = 12,54 (cm) ,các cạnh bên nghiên với đáy một
góc α = 720 . Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình chóp S . ABCD .
Hướng dẫn giải

Chiều cao của hình =
chóp: SH

=
V
Thể tích của hình chóp:

a 2
tg 72 0 ≈ 27, 29018628
2

1 2
a h ≈ 1430, 475152 cm 3
3

(

)

Trung đoạn của hình chóp
a2
d= SH 2 +
≈ 28, 00119939
4

=
Sxq
Diện tích xung quanh của hình chóp:

1

.4 a.d ≈ 702, 2700807 cm 2
2

(

)

Bài 4.
Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy a = 12,54 (cm) , a = 12,54 (cm) ,các cạnh bên
nghiên với đáy một góc α = 720 .
a) Tính thể tích hình cầu ( S1 ) nội tiếp hình chóp S . ABCD .

www.thuvienhoclieu.com

Trang 3


www.thuvienhoclieu.com
b) Tính diện tích của hình trịn thiết diện của hình cầu ( S1 ) cắt bởi mặt phẳng đi qua các tiếp điểm của mặt
cầu ( S 2 ) với các mặt bên của hình chóp S . ABCD .
Hướng dẫn giải

=
SH 27.29018628;
=
IH

SH .MH
= 4.992806526
= R (bán kính mặt cầu nội tiếp)

MH + MS

Thể tích hình chóp ( S1=
): V

S

4 3
π R ≈ 521.342129 (cm3 )
3

SM ≈ 28, 00119939
=
MH 6,=
27; IK IH

K

Khoảng cách từ tâm I đến mặt phẳng đi qua các tiếp điểm của ( S1 ) với các mặt bên

I

A

720

D

H

B
M

của hình chóp:

C

S

IH 2
=
d EI
=
= 4.866027997
SH − IH
Bán kính đường trịn giao tuyến: r = EK =

E

R 2 − d 2 ≈ 1,117984141

K

I

Diện tích hình trịn giao tuyến: S ≈ 74,38733486 (cm 2 )
Bài 5.

Một thùng hình trụ có đường kính đáy ( bên trong) bằng 12, 24 ( cm ) đựng nước

M

H

cao lên 4,56 ( cm ) so với mặt trong của đáy. Một viên bi hình cầu được thả vào trong thùng thì mực nước
dâng lên sát với điểm cao nhất của viên bi (nghĩa là mặt nước là tiếp diện của mặt cầu). Hãy tính bán kính
của viên bi.
Hướng dẫn giải
4 3
h 0 (0 < x < R)
π R 2 .2 x ⇔ 4 x3 − 6 R 2 x + 3R 2=
Ta có phương trình : π R 2 h + π x=
3
Với R, x, h lần lượt là bán kính đáy của hình trụ, hình cầu và chiều cao ban đầu của cột nước.
Bấm máy giải phương trình: 4 x 3 − 224, 7264 x + 512,376192= 0 (0 < x ≤ 6,12)
Ta có: x1 ≈ 2,588826692; x2 ≈ 5,857864771
( AB) : 5 x −=
3 y + 8 0; ( AC ) : 3 x − 8=
y + 42 0;
( BC ) : 2 x + 5 y − 3 =
0
B. Xét hai độ dài khác nhau a, b . Tìm điều kiện của a, b để tồn tại tứ diện (T ) có một cạnh bằng a và các
cạnh cịn lại đều bằng b .Với tứ diện (T ) này, hãy xác định mặt phẳng (α ) sao cho thiết diện của mặt phẳng

(α )

và tứ diện (T ) là một hình vng (V ) .Tính diện tích của hình vng (V ) theo a và b .

www.thuvienhoclieu.com

Trang 4


www.thuvienhoclieu.com

Điều kiện độ dài a, b :
+ Giả sử tứ diện (T ) tồn tại. Gọi AB là cạnh bằng a , các cạnh AC , AD, BC , BD, CD đều cùng bằng b .
Gọi I là trung điểm cạnh CD .Tam giác AIB là tam giác cân:
AB
= a; AI
= BI
=

b 3
. Từ AB < AI + BI
2

Suy ra: 0 < a < b 3

+Ngược lại với: 0 < a < b 3 .Dựng tam giác đều BCD cạnh b với chiều cao BI .
Dựng tam giác cân AIB có AB = a , nằm trong mặt phẳng chứa BI và vng góc với mặt phẳng

( BCD ) .Ta

có: A ∉ mp ( BCD ) . Tứ diện ABCD thỏa điều kiện bài toán.

A

a

Q
M

P

B

D
I

N
C

Xác định mặt phẳng (α ) :
+ Giả sử thiết diện MNPQ là hình vng . Các mặt của tứ diện (T ) lần lượt chứa các đoạn giao tuyến
MN , NP, PQ, QM được gọi tên là mặt ( I ) , mặt ( II ) , mặt ( III ) , mặt ( IV ) .

Do MN // PQ; MQ // NP nên cạnh chung của mặt ( I ) và mặt ( III ) ; cạnh chung của mặt ( II ) và mặt ( IV )
nằm trên hai đường thẳng song song với mp (α ) .
Ngoài ra hai đường thẳng này vng góc với nhau, vì MN vng góc MQ .
+ Do a khác b nên tứ diện (T ) chỉ có một cặp cạnh đối vng góc , đó là AB và CD .

www.thuvienhoclieu.com

Trang 5


www.thuvienhoclieu.com
Vì vậy mặt phẳng (α ) phải song song với AB và CD .
+ Gọi giao điểm của mp (α ) với AC , BC , BD, AD , lần lượt là M , N , P, Q .Đặt: k =

Ta có: MN =

MA
.
MC

a
kb
a
; MQ =
. Từ MN = MQ ta có : k = .
b
1+ k
1+ k

+ Diện tích của hình vng MNPQ là : (

ab 2
)
a+b

........................................................................................................................................
Bài 6.
Cho hình chóp tứ giác S . ABCD , có đáy là một hình bình hành. Gọi G là trọng tâm tam giác SAC .
M là một điểm thay đổi trong miền hình bình hành ABCD .Tia MG cắt mặt bên của hình chóp tại điểm N
MG NG
+
Q
.Đặt=
NG MG

1/ Tìm tất cả các vị trí của điểm M sao cho Q đạt giá trị nhỏ nhất.
2/ Tìm giá trị lớn nhất của Q .
Hướng dẫn giải
s

N
D'
C'

N'
H
G

D

A
O

M

C

B

1/
+ Q=

MG NG
MG NG
=

+
≥ 2 .Dấu bằng khi và chỉ khi
=1 .
NG MG
NG MG

www.thuvienhoclieu.com

Trang 6


www.thuvienhoclieu.com
+ SG cắt mp ( ABCD ) tại tâm O của hình bình hành ABCD . Gọi K là trung điểm của SG . Từ K dựng
mặt phẳng song song với mp ( ABCD ) cắt SA, SB, SC , SD lần lượt tại A1 , B1 , C1 , D1 . Từ N dựng mặt
phẳng song song với mp ( ABCD ) cắt SG tại N ' .
Ta có :

NG N ' G NG
=
;
= 1 ⇔ N ' trùng K ⇔ N thuộc cạnh hình bình hành A1 B1C1 D1
MG OG MG

Nối NK cắt cạnh hình bình hành A1 B1C1 D1 tại P , ta có : PM // SG .
' ' '
'
+ Từ đó Q = 2 khi và chỉ khi M thuộc cạnh hình bình hành A1 B1C1 D1

A1' B1' C1' D1' là hình chiếu song song của hình bình hành A1 B1C1 D1 lên mp ( ABCD )
theo phương SG .

2/
+ Miền hình bình hành ABCD hợp bởi các miền tam giác OAB, OBC , OCD, ODA
M thuộc miền hình bình hành ABCD nên M thuộc một trong bốn miền tam giác này. Chẳng hạn M
thuộc miền ∆OAB . M ≡ A ⇒ N ≡ C ' ; M ≡ B ⇒ N ≡ D ' ; M ≡ O ⇒ N ≡ S .

Do đó N thuộc miền ∆SC ' D ' và N ' thuộc đoạn SH , với C ', D ' và H lần lượt là trung điểm của
SC , SD và SO .
Do đó: HG ≤ N ' G ≤ SG . Vì vậy:

+Đặt : x =

NG
MG

Ta có : Q=

HG N ' G SG
1 NG
hay ≤
≤
≤
≤ 2.
OG
OG
OG
2 MG

1 
1
+ x với x ∈  ; 2  .

x
2 

1 
 1
 5
;2 ⇔ x =
1 . MaxQ Max
.
Q ' = 0 vàø x ∈  =
=
Q   ; Q ( 2 ) ; Q (1) 
2 
 2
 2
+Giá trị lớn nhất của Q là :
Bài 7.

5
. Đạt khi M trùng với O hoặc các đỉnh A, B, C , D .
2

Cho tứ diện ABCD có diện tích các tam giác ADB và ADC là Sb và Sc . Mặt phẳng phân giác của

nhị diện tạo bởi hai mặt ( ADB ) và ( ADC ) cắt BC tại M . α là góc giữa hai mặt ( ADB ) và ( ADC ) .
Chứng minh:

www.thuvienhoclieu.com

Trang 7

www.thuvienhoclieu.com
a/

MB Sb
=
MC Sc

b/ Diện tích S m của tam giác ADM là: Sm =

2Sb .Sc .cos
Sb + Sc

α
2.

Hướng dẫn giải
Câu a:
+ Do M ở trên mặt phẳng phân giác của góc nhị
diện cạnh AD nên khoảng cách từ M đến hai mặt phẳng

( ADB ) , ( ADC )

bằng nhau và kí hiệu là d .

+ Do đó:
MB dt(DBM) VADBM Sb .d Sb
=
=

= =
MC dt(DCM) VADCM Sc .d Sc

Câu b:
+ Tính cơng thức thể tích tứ diện:
=
VABCD

1
1
1
sinα 2Sb .Sc .sin α
=
Sc .BH
Sc .BK.sin
=
α
Sc .BK.AD.
=
3
3
3
AD
3AD

A

+ V=
VADBM + VADCM , áp dụng cơng thức tính thể tích trên ta suy ra:
ABCD

α
α
2Sb .Sc .sin α 2Sb .Sm .sin 2 2Sc .Sm .sin 2
=
+
3AD
3AD
3AD

Rút gọn, được: Sm =

2Sb .Sc .cos
Sb + Sc

α
2.

K
H

C

D
M
S

Bài 8.
Với hai đường thẳng MN , PQ chéo nhau trong không gian, kí hiệu d ( MN , PQ ) và ( MN , PQ ) lần
lượt là khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng MN , PQ .
a/ Chứng minh rằng nếu tứ diện ABCD thỏa điều kiện: d=

( AB, CD ) d=
( AC , BD ) d ( AD, BC )

www.thuvienhoclieu.com

Trang 8


www.thuvienhoclieu.com
thì trong ba số: cotg ( AB, CD ) ; cotg ( AC , BD ) ; cotg ( AD, BC ) có một số bằng tổng hai số cịn lại.
b/ Chứng minh rằng nếu tứ diện ABCD thỏa điều kiện: d=
( AB, CD ) d=
( AC , BD ) d ( AD, BC ) và

AB, CD ) (=
AC , BD ) ( AD, BC )
(=

thì nó là hình chóp tam giác đều.
Hướng dẫn giải

a/

C
D

B1

•
•

Dựng hình hộp ngoại tiếp tứ diện AC1 BD1 B1 DA1C .
Giả thiết d=
( AB, CD ) d=
( AC , BD ) d ( AD, BC )
suy ra các mặt của hình hộp cùng diện tích S .
Đặt
=
a AB
=
, a1 CD=
, AC b=
, BC b1=
, AD c,

, AD1 z=
, AC1 y=
, AB1 x .
=
BC c1=
•

D1

A

C1

Từ hình bình hành AC1 BD1 ta có:

a 2 + a12= 2 ( y 2 + z 2 ) ; cos ( AB, CD )=

cos ( AB, CD ) =

•

A1

a 4 a12
+ − y2
4 4
1
a.a1
2

B

y2 − z2
a.a1

=
AC1 BD1 a1a sin ( AB, CD ) . Do đó: cot g ( AB, CD ) =
Chú
ý: S dt=
Tương tự: cot g (=
AC, BD )

z −x
=
;

2S
2

2

x −y
2

y2 − z2
2S

2

2S

•

cotg ( AD, BD ) .
Nếu x ≤ y ≤ z thì cotg ( AB, CD ) + cotg ( AC , BD ) + cotg ( AD, BC ) =

•

Các trường hợp khác cũng có kết quả như thế.

•

AB, CD )
Từ các kết quả câu a/ nếu thêm (=

•

Suy ra các cặp cạnh đối của tứ diện ABCD vng góc đơi một.
a 2 + a12 = b 2 + b12 = c 2 + c12
Lúc này ta cũng có: 
(Do x = y = z)
a.a
=
b.b
=
c.c
1
1
 1

b/

•

AC , BD ) ( AD, BC )
(=
=
=
=
thì cotg
( AB, CD ) cotg
( AC , BD ) cotg
( AD, BC ) 0 .

www.thuvienhoclieu.com

Trang 9


www.thuvienhoclieu.com
•

Bài 9.

, a1} {=
b, b1} {c, c1} . Vì vậy phải có ít nhất một mặt của tứ diện ABCD là một tam giác
Suy ra {a=
đều. Từ đó ABCD là hình chóp tam giác đều.
Trong khơng gian cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng và ba điểm A, B, C ( khác điểm O )

lần lượt trên Ox, Oy, Oz .Dãy số (an) ( an ) là một cấp số cộng có a1 > 0 và cơng sai d > 0 . Với mỗi số n
nguyên

dương,

trên

các

tia

Ox, Oy, Oz theo

thứ

tự

lấy

các

điểm An , Bn , Cn sao

cho

=
OA a=
an +=
an + 2 .OCn .Chứng minh các mặt phẳng ( An , Bn , Cn ) luôn luôn đi qua một
n .OAn ; OB
1 .OBn ; OB
đường thẳng cố định.
Hướng dẫn giải
+ Phát biểu và chứng minh mệnh đề:
Nếu hai điểm X , Y phân biệt. Điều kiện cần và đủ để điểm S thuộc đường thẳng XY là tồn tại cặp
số thực x, y thỏa:



=
OS xOX + yOY
, với điểm O tùy ý.

1
 x + y =

+Từ giả thiết: ( an ) là cấp số cộng công sai d > 0 nên: a n +1 = a n + d

a n +1 a n
− =1 .
d
d

+ áp dụng nhận xét trên, ta có:
 a  a 
n +1
=
OI
OBn − n OA n thì I ∈ An Bn .
d
d

 

=
OA
;
OB
a
OB
và OA a=
n
n
n +1
n ( do a n , a n +1 > 0)
 

 OB OA 1 
Thế vào trên ta được: OI =
−
= AB , ∀n=1,2... suy ra I cố định, nên đường thẳng An Bn
d
d
d
luôn đi qua một điểm cố định I .

+ Tương tự, chứng minh được:
 1 
Bn Bn luôn đi qua một điểm cố định J xác định bởi: OJ = BC .
d
 1 
• AnCn ln đi qua một điểm cố định K xác định bởi: OK =
AC
2d
Vậy các đường thẳng An Bn , BnCn , AnCn lần lượt đi qua ba điểm I , J , K cố định.

•

+Chứng minh ba điểm thẳng hàng:

www.thuvienhoclieu.com

Trang 10


www.thuvienhoclieu.com
 1   1   1 

Ta có: OI = AB , OJ = BC , OK =
AC .
d
d
2d

Do đó: OK =


 1  
1  1  
1
AC =
(AB + BC) =
(d.OI + d.OJ) = (OI + OJ)
2d
2d
2d
2

Vậy I , J , K thẳng hàng. Điều này chứng tỏ mặt phẳng An BnCn luôn đi qua một đường thẳng cố định.
Bài 10. Trong không gian cho ba mặt phẳng cố định có một điểm chung duy nhất. M là một điểm của
không gian, các đường thẳng đi qua M song song với hai mặt phẳng cắt mặt phẳng cịn lại lần lượt tại
1998 .Tìm tập hợp các trọng tâm của tam giác ABC .
A, B, C . Biết MA + MB + MC =
Hướng dẫn giải
+ Gọi O là giao điểm của 3 mặt phẳng. a, b, c là 3 giao tuyến . Dùng tính chất hình hộp và tính chất trọng
 2 
tâm, ta có: OM '  OM , với M " là trọng tâm của ∆ABC .
3

U
_
B
_
C
_
M'
_

M
_
C
_

O
_
A
_

V
_

+ Tìm tập hợp các điểm M :
Ba mặt phẳng chia không gian làm 8 miền. Ta chỉ cần xét một miền: Gọi U , V , Ö thuộc a, b, c :
OU= Ô= OV= 1998 .





Chứng minh được: M thuộc miền trong tam giác UVÖ khi và chỉ khi: OM  xOU  yOV  zOW với
x+ y+z =
1.

Mà MA + MB + MC
= 1998 ⇔ x + y +=
z 1.
Do đó: Tập các điểm M là miền trong của tam giác UVÖ .

www.thuvienhoclieu.com

Trang 11


www.thuvienhoclieu.com
Suy ra các điểm M ' ( trọng tâm của tam giác ABC ) là ảnh của miền trong tam giác UVƯ qua phép vị
2
tựtâm O tỉ
3
Bài 11. Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình chữ nhật có=
, BC b , SA
AB a=
= SB
= SC
= SD
= c.
K là hình chiếu vng góc của P xuống AC .
a/ Tính độ dài đoạn vng góc chung của SA và BK .
b/ Gọi M , N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AK và CD . Chứng minh: Các đường thẳng BM và
MN vng góc nhau.

Hướng dẫn giải

S
_

N
_

D
_

C
_
K
_

M
_

O
_
A
_

B
_

a) + Theo giả thiết ta được: SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD ) .
Mà BK ⊂ ( SAC ) và B BK ⊥ AC ⇒ BK ⊥ SA .
+ Gọi H là hình chiếu của K xuống SA

⇒ HK ⊥ SA và HK ⊥ BK ( vì HK ⊂ ( SAC ) )
⇒ HK là đoạn vng góc chung của SA và BK .
Suy ra được: BH ⊥ SA và ∆HBK vuông tại K .

1
1
1
a 2b2
2
+ Do ∆ABC vuông đỉnh A nên:
.
=
+
⇒ BK = 2
BK 2 AB2 BC2
a + b2

+ ∆SAB cân đỉnh S , BH là đường cao nên=
HB

SI.AB
=
SA

c2 −

a2
.a
4

c

+ Do ∆HBK vuông tại K nên:

www.thuvienhoclieu.com

Trang 12


www.thuvienhoclieu.com

HK 2 = HB2 − BK 2 =

=
HK 2

(4c 2 − a 2 )a 2
a 2b2
−
4c 2
a 2 + b2

(4c 2 − a 2 − b 2 )a 4
a 2 (4c 2 − a 2 − b 2 )
=
⇒
HK
4c 2 (a 2 + b 2 )
2c

(a 2 + b 2 )

  
b) + 2BM
= BA + BK ( vì M là trung điểm của AK )

    1    1 
+ MN = MB + BC + CN = (AB + KB) + BC + BA
2
2
 1  
+=
MN
KB + BC .
2

+ Do đó:

     
4BM.MN =
(BA + BK).(KB + 2BC)
       
= BA.KB + 2BA.BC + BK.KB + 2BK.BC
     
= BA.KB + BK.KB + 2BK.BC
  

= KB.(BA + BK − 2.BC)
    
= KB.(BA − BC + BK − BC)

      
= KB.(CA + CK)= KB.CA + KB.CK= 0
Vậy: BK ⊥ MN .
( Có thể tính và áp dụng định lý Pythagor).
Bài 12. Cho tứ diện ABCD cóhai cạnh đối bằng b, c và các cạnh cịn lại bằng a .
a/ Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách từ một điểm tùy ý trong không gian đến các đỉnh của
tứ diện.
b/ Giả sử tứ diện ABCD thay đổi vị trí trong khơng gian nhưng có ba đỉnh A, B, C lần lượt ở trên mặt
cầu cố định và đồng tâm.Chứng minh rằng đỉnh D ln ở trong một hình cầu cố định khi độ dài a, b, c
thay đổi thỏa các giả đã cho.
Hướng dẫn giải

D

a)
• Ta có thể giả sử=
AD b=
, BC c và các cạnh còn lại
bằng a . Gọi I , J lần lượt là trung điểm của các cạnh
AD, BC . Ta dễ dàng suy ra I vuông góc với AD và

www.thuvienhoclieu.com

D’

I
A’
K0
A

J
B

C
Trang
13


www.thuvienhoclieu.com

BC và IJ chính là trục đối xứng của tứ diện.
• Lấy M tùy ý trong khơng gian, M ' là điểm đối xứng
của M qua IJ suy ra trung điểm K của MM ' chính là
hình chiếu của M trên đường thẳng IJ và ta có:
• 2 ( MA + MB + MC + MD ) = MA + MB + MC + MD + M ' A + M ' B + M ' C + M ' D

=( MA + M ' A ) + ( MB + M ' B ) + ( MC + M ' C ) + ( MD + M ' D )
≤ 2 KA + 2 KB + 2 KC + 2 KD (1) .
( Do tính chất: trung tuyến của một tam giác thì bé hơn nữa tổng
của hai cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh của nó).
• Do đó:

MA + MB + MC + MD ≤ KA + KB + KC + KD
• Bài tốn trở thành tìm điểm K trên IJ sao cho KA + KB + KC + KD bé nhất.
• Trong mặt phẳng ( BCI ) dựng hình thang BCD ' A ' sao cho IJ là trung điểm của hai đáy và
', ID ID ' . Ta thấy rằng: với K tùy ý trên I thì KA = KA ' và KD = KD ' . Do đó:
=
IA IA
=
KA + KB + KC + KD = KA '+ KB + KC + KD ' = ( KA '+ KC ) + ( KB + KD ') ≤ A ' C + BD ' .

• Vậy KA + KB + KC + KD nhỏ nhất khi K chính là giao điểm K 0 của hai đường chéo A ' C và BD ' .
c2 b2
c2 b2
2
• Tính IJ : IJ = DJ − ID = DC − JC − ID = a − − ⇒ IJ = a − − .
4 4
4 4
2

2

2

2

2

2

2

c2 b2
bc
 BC + A ' D ' 
b+c
2
2
• Tính BD ' : BD '2 = 
+
IJ

=
+
a
−
− = a2 + .



2
4 4
2


 2 
2

2

• Tổng các khoảng cách nhỏ nhất =
là: d 2BD
='
4a 2 + 2bc .
b)
• Gọi r1 , r2 , r3 là bán kính các mặt cầu tâm O và lần lượt đi qua các đỉnh A, B, C . Ta có:
• OD < OC + DC < OC + AB < OC + OA + OB =
r1 + r2 + r3 . Do đó D ở trong hình cầu cố định tâm O , bán
kính R = r1 + r2 + r3 .
Bài 13. Cho tam giác ABC có góc A nhọn. M là điểm di động trên BC . P, Q lần lượt là hình chiếu
vng góc của M lên AB, AC .Tìm tập hợp các điểm S khơng phụ thuộc mặt phẳng ( ABC ) sao cho:

g=
( SA, PQ ) g=
( SP, AQ ) g ( SQ, AP ) .
( ký hiệu g ( a, b ) là góc giữa hai đường thẳng a, b )
Hướng dẫn giải
+ Với tứ diện ABCD ta chứng minh:

www.thuvienhoclieu.com

Trang 14


www.thuvienhoclieu.com

g ( AB=
, CD ) g ( AD=
, BC ) g ( AC , BD ) ⇔ AB ⊥ CD và AD ⊥ BC , AC ⊥ BD .
     
Thật vậy ta có đẳng thức: AB.CD + AC.DB + AD.BC =
0 . Từ đó nếu:

g=
0
( AB, CD ) g=
( AD, BC ) g=
( AC , BD ) ϕ thì ( AB.CD + ε1 AC.DB + ε 2 AD.BC ) cosϕ =
Với ε1 , ε 2 nhận giá trị 1 hay −1 . Mặt khác ta có bất đẳng thức đối với các cạnh của tứ diện là:
AB.CD + ε1 AC.DB + ε 2 AD.BC ≠ 0 , nên ϕ = 900 .
+ g=
( SA, PQ ) g=

( SP, AQ ) g=
( SQ, AP ) 900 khi và chỉ khi hình chiếu S lên ( ABC ) là trực tâm tam giác
APQ .

+ Đặt

BM
= t . Gọi E , F là hình chiếu của B và C lên AC , AB . Ta có:
BC

      
MH = MP + MQ = MB + BP + MC + CQ mà ta có:
  
 
    

BP = tBE, CQ = (1 − t)CE, MB = (1 − t)BC, BH = BM + MH = tBF + (1 − t)BE

   
+Suy ra: EH = BH − BE = tEF . Tập hợp các điểm H là đoạn EF .
Vậy tập hợp các điểm S là dải mặt phẳng ở giữa hai đường thẳng a, b lần lượt đi qua E , F và vng góc
mặt phẳng ( ABC ) .
Bài 14.

Cho tứ diện đều ABCD . Mặt phẳng ( P ) chứa cạnh BC và cắt cạnh AD của tứ diện tại E . Gọi

x, y lần lượt là góc tạo bởi ( P ) với các mặt phẳng ( BCD ) và ( ABC )

1
a, cm cos ( x + y ) =

3
5 2
b, Cho tan x =
. Tính tỉ số thể tích 2 tứ diện ABCE và BCDE
7
Bài 15. Cho hình chóp S . ABCD đáy ABCD là hình thang ( AD  BC ) và AD = 2 BC . Gọi M , N lần

lượt là trung điểm của SA, SB . Mặt phẳng ( DMN ) cắt SC tại P . Tính tỉ số
Bài 16.

Cho tam giác đều ABC :

CP
.
CS

2
.
1. M là điểm nằm trong tam giác sao cho MA
=
MB 2 + MC 2 . Hãy tính góc BMC

www.thuvienhoclieu.com

Trang 15


www.thuvienhoclieu.com
2. Một điểm S nằm ngoài mặt phẳng ( ABC ) sao cho tứ diện SABC đều, gọi I , K là trung điểm
của các cạnh AC và SB . Trên đường thấng AS và CK ta chọn các điểm P, Q sao cho

PQ // BI . Tính độ dài PQ biết cạnh của tứ diện có độ dài bằng 1 .

Bài 17. Trong mặt phẳng (α ) cho đường trịn (C ) Đường kính AB cố định và điểm M di động trên (C ) .
Gọi S là điểm cố định trên đường thẳng vng góc với mp (α ) tại A . Hạ các đường AI , AJ lần lượt vng
góc với SM và SB .
2.1 Chứng minh rằng AI ⊥ IJ .
2.2

Tìm quỹ tích của điểm I khi M di động trên (C ) .

Bài 18.

Cho hình lập ph
ươ
ng . A′B′C ′D′ cạnh a .
ABCD
a. Tính góc giữa hai đ ư
ờng thẳng AC ′ và A′B .
b. Gọi M , N , P lần l ư
ợt là các điểm thuộc các cạnh A′B′ , BC , DD′ sao cho A′=
M BN
= DP .
ờng thẳng cố đị nh khi M , N ,
Chứng minh rằng trọng tâm tam giác MNP luôn thuộc một đ ư
P thay đổi.

Bài 19.

Cho hình lăng trụ ABCD. A1 B1C1 D1 có đáy ABCD là hình thoi M , N lần lượt là trung điểm của

BB1 và CD . Mặt phẳng ( A1MC ) cắt AB tại E .
a. Chứng minh tam giác ACE là tam giác vuông.
b. Mặt phẳng ( A1MN ) cắt CC1 tại K . Tính tỉ số
Bài 20.

KC
.
KC1

Cho lăng trụ đứng OAB.O1 A1 B1 có đáy là tam giác vng cân tại O , OA
= OB
= a , AA1 = a 2 .

Gọi M là trung điểm của OA .

a. Xác định thiết diện giữa lăng trụ và mặt phẳng ( P ) đi qua M , vng góc với A1 B .
b. Tính diện tích thiết diện vừa tìm được theo a .

Bài 21.

Cho tứ diện ABCD có AB vng góc với AC và chân đường vng góc hạ từ A đến mặt phẳng

( BCD )
Bài 22.

là trực tâm của tam giác BCD . Chứng minh rằng ( BC + CD + DB ) ≤ 6 ( AB 2 + AD 2 + AC 2 ) .
2

Cho tứ diện ABCD . Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm AB, AD, CD, BC .

a. Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành. Tìm điều kiện của tứ diện để MNPQ là hình thoi.
b. Mặt phẳng α đi qua N và song song với AB, CD . Xác định thiết diện của (α ) và tứ diện ABCD .
Thiết diện là hình gì?

www.thuvienhoclieu.com

Trang 16


www.thuvienhoclieu.com
Hướng dẫn giải
1/ (1,5
điểm)

A

0,5

M

N

0,5

F
E

B

D

0,25

P

0,25

Q
C

*

0,5

MN // BD 
 ⇒ MN // PQ
PQ // BD 

* Tương tự MQ // NP
Kết luận: Tứ giác MNPQ là hình bình hành
* MNPQ là hình thoi khi AC = BD
2 / (1
điểm)

Bài 23.

*
*

NE ⇒ NE // AB

(α ) ∩ ( ABD ) =
NF ⇒ NF // CD
(α ) ∩ ( ACD ) =

0,25
0,25

⇒ Thiết diện là tứ giác NEQF

0,25

* Tứ giác NEQF là hình bình hành

0,25

Cho hình chóp S . ABCD có đáy là nửa lục giác đều với cạnh a ( a > 0 ). Cạnh SA vng góc với

đáy và SA = a 3 . M là một điểm khác B trên SB sao cho AM ⊥ MD . Tính tỉ số

SM
.
SB

Hướng dẫn giải
S
H
D

A

B

www.thuvienhoclieu.com

C

Trang 17


www.thuvienhoclieu.com
ư hình
ẽ.
Suy ra
v ta có: A = ( 0;0;0 ) , D = ( 2a;0;0 ) ,

Đặt hình chóp vào hệ trục toạ độ nh
a a 3 
;0  . Suy ra ph
S = 0;0; a 3 và B  ;
2
2



(

)

ươ ng
ủa

là c
SB trình

2x 2 y
z−a 3
= =
a a 3
−a 3
Gọi M ( x0 ; y0 ; z0 ) thuộc cạnh SB , ta có:

 y 0 = 3x0
.

=
z
a
3
−
2
3
x
 0
0
 

Mặt khác AM ⊥ DN ⇔ AM .DM = 0
3a
⇔ x02 − 2ax0 + y02 + z02 =0 ⇔ x0 =
8

 3a 3a 3 a 3   3 
SM 3
;
SB hay
⇔ M  ;
=
 ⇒ SM =
SB
4
8
8
4
4



Bài 24. Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O và các cạnh bên có độ
dài bằng nhau. Một mặt phẳng (α ) thay đổi và ln cắt các cạnh bên của chóp, gọi giao điểm của (α )
với các cạnh bên SA, SB, SC , SD lần lượt là M , N , P, Q . Đặt x = SM , y = SN , z = SP , t = SQ . Chứng
minh rằng:
Bài 25.

1 1 1 1
+ = + .
x z y t

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O , c
ều
và mp
( SAB

) vng góc v

giác đ

a. Tính các kho
b. Xác đ
c. M
Bài 26.

ới
mp ) .
( ABCD

ạnh
a , mbằng

ặt
bên
là tam
SAB

ảng
d Ocách:
, ( SBC )  , d  A, ( SCD )  , d ( AC , SB ) .
ịnh
tâm và
. tính bán kính mặt cầu ngoại tiế
S . ABCD

ặt

AB và vng góc v
( Pphẳng
) ch ứa

ới
mặt) phẳng
c
( SCD

ắt hình chóp

thi
ết
hình
diện
gì? Tính di
ện
a .tích thiết diện theo
Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , SA vng góc với mặt phẳng
( ABC ) và SA = 3a . Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC , H là hình chiếu vng góc của điểm

O lên mặt phẳng ( SBC ) .
1/. Chứng minh rằng : H là trực tâm của tam giác SBC .
2/. Tính góc giữa đường thẳng OH và mặt phẳng ( ABC ) .

www.thuvienhoclieu.com

Trang 18

www.thuvienhoclieu.com
Hướng dẫn giải
S

3a

K

C
H
A

M

O
2a
B

1/. Gọi M là trung điểm của cạnh BC .
Do ∆ABC đều, G là trọng tâm của ∆ABC nên ta có AM ⊥ BC .
Do SA ⊥ ( ABC ) nên AM là hình chiếu vng góc của SM lên ( ABC ) .
Theo Định lí ba đường vng góc ta có SM ⊥ BC .
Mặt khác do H là hình chiếu vng góc của O lên ( SBC ) nên OH ⊥ BC và OM ⊥ BC Suy ra HM ⊥ BC .
Suy ra SH ⊥ BC (1)
* Do ∆ABC đều nên ta có CO ⊥ AB
Do SA ⊥ ( ABC ) nên SA ⊥ OC .
Từ đó suy ra OC ⊥ ( SAB ) .
Suy ra SB ⊥ OC .
Mặt khác OH ⊥ ( SBC ) ⇒ OH ⊥ SB

www.thuvienhoclieu.com

Trang 19


www.thuvienhoclieu.com
Từ đó ta có SB ⊥ ( COH ) .
Suy ra CH ⊥ SB   (2)
Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm của ∆SBC .
2/. Gọi K là hình chiếu vng góc của điểm A lên ( SBC ) .
Do đó ta có OH // AK .
Ta có đường thẳng AM là hình chiếu vng góc của đường thẳng AK lên ( ABC ) .
Vì vậy góc giữa đường thẳng OH và ( ABC ) bằng góc giữa đường thẳng AK và ( ABC ) bằng góc giữa hai

.
đường thẳng ( AK , AM ) bằng góc KAM
+
=
Do KAM
AMS =
900 và 
ASM + 
AMS =
900 nên KAM
ASM
Xét ∆SAM vng tại A có AM = a 3 , SA = 3a .
AM
3
Suy ra tan 
ASM =

⇔ tan 
ASM = ⇔ 
ASM =
300
AS
3

Từ đó ta có góc ( OH , ( ABC ) ) = 300 .
Kết luận: ( OH , ( ABC ) ) = 300 .
Bài 27.

Bài 28.

Cho tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối bằng nhau từng đôi một
=
=
=
AB CD
; AC BD
; AD BC .
Chứng minh với mọi điểm M trong không gian ta đều có:
MA2 + MB 2 + MC 2 ≥ MD 2
Cho hai đường thẳng d , d ′ chéo nhau và vng góc với nhau nhận OI làm đường vng góc
chung ( O thuộc d và I thuộc d ′ ). Trên d lấy điểm A cố định, trên d ′ lấy hai điểm M , N di
động sao cho mặt phẳng ( d , M ) vng góc với mặt phẳng ( d , N ) .
a/. Chứng minh trực tâm tam giác AMN cố định.
b/. Xác định M , N để diện tích tam giác AMN là nhỏ nhất.

Bài 29.

Cho tứ diện S . ABC có SA
= SB
= SC
= 1 , mặt phẳng ( P ) đi qua trọng tâm M của tứ diện, cắt
cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E , F (khác S ).
 1  1  1  1  
Chứng minh rằng: SM=
SD +
SE +
SF  .

4  SD
SE
SF

1
1
1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
.
+
+
SD.SE SE.SF SF .SD

www.thuvienhoclieu.com

Trang 20


www.thuvienhoclieu.com

Bài 30.

Bài 31.

Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình chữ nhật với
2, BC a và
AB a=
=
SA
= SB
= SC
= SD
= 2a . Gọi K là hình chiếu vng góc của B trên AC và H là hình chiếu
vng góc của K trên SA .
1/. Chứng minh rằng SA ⊥ BK .
2/. Tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ( BKH ) .
0 
 121
góc xSy
Cho góc tam diện Sxyz thỏa mãn =
=
; xSz 590 . Trên tia Sx lấy điểm A sao cho

Bài 32.

 lấy điểm B thỏa mãn SB = a 3 .
SA = a cho trước. Trên tia phân giác của góc xSy
Tính các góc của tam giác SAB .
Cho hình thang vng ABCD có A= D= 900 ,=
AB 2a=

, CD a=
, AD 3a và M là điểm bất kỳ
thuộc đoạn thẳng AD .
1/. Xác định vị trí của điểm M để hai đường thẳng BM và CM vng góc với nhau.
2/. Lấy điểm S thuộc đường thẳng vng góc với mp ( BCD ) tại M sao cho SM = AM , xét mặt

Bài 33.

phẳng ( P ) qua điểm M và vng góc với SA . Mặt phẳng ( P ) cắt hình chóp SABCD theo thiết
diện là hình gì ? Tính diện tích của thiết diện theo a, x biết x = AM và 0 <  
x ≤ 3a ?.
Cho tứ diện ABCD có các đường cao AA ', BB ', CC ', DD '  đồng qui tại một điểm thuộc miền trong
của tứ diện. Các đường thẳng AA ', BB ', CC ', DD '  lại cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo
thứ tự tại A1 , B1 , C1 , D1 . Chứng minh:
AA′ BB′ CC ′ DD′ 8
+
+
+
≥
AA1 BB1 CC1 DD1 3

Bài 34.

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. M , N lần lượt là trung điểm của AB , SC .

a/. Tìm giao tuyến của ( SMN ) và ( SBD ) .

MI
.
MN

Hướng dẫn giải

b/. Tìm giao điểm I của MN và ( SBD ) , tính tỷ số

S

J
N
A

D

I
M
K
www.thuvienhoclieu.com
B

C

Trang 21


www.thuvienhoclieu.com

a/. Trên ( ABCD ) gọi K là giao điểm của MC và BD .
Ta có: S là điểm chung thø nhÊt cđa 2 mp ( SMN ) vµ ( SBD ) .
Mặt khác:
- K BD nên K ( SBD )

  ( SMN ) do ®ã MC ⊂  ( SMN ) .
- C∈
  SN nªn C ∈
 .
- K∈
  MC nên K
( SMN )

K là điểm chung thứ 2 cđa 2 mp ( SMN ) vµ ( SBD ) .
VËy: giao tun cđa ( SMN ) vµ ( SBD ) là SK .
b/. Trên ( SMN ) gọi I là giao điểm của SK và MN .

( SBD ) .
Ta cã: I ∈
  SK , mµ SK ( SBD ) nên I
Vậy I là giao ®iĨm cđa MN vµ ( SBD ) .
Gäi J lµ trung điểm của SK thì JN là đường trung bình của tam giác SKC nên JN // =
Mặt khác dễ thấy K là trọng tâm tam giác ABC nên MK =

1
KC .
2

1
KC . Do ®ã: JN // = MK .
2

MI 1
IM MK
Suy ra: = = 1 nªn :

= .
MN 2
IN
JN

Bài 35.

o
 60
Cho hình thoi ABCD có=
BAD
=
, AB 2a. Gọi H là trung điểm AB . Trên đường thẳng d
vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) tại H lấy điểm S thay đổi khác H . Trên tia đối của tia BC

lấy điểm M sao cho BM =

1
BC.
4

a 3
. Chứng minh đường thẳng SM vng góc với mặt phẳng ( SAD ) .
2
b/. Tính theo a độ dài của SH để góc giữa SC và ( SAD ) có số đo lớn nhất.

a/. Khi SH =

www.thuvienhoclieu.com

Trang 22


www.thuvienhoclieu.com
Hướng dẫn giải

S

M

B

C

K
H
I

a/. Ta có MB=

A

N

D

1
a 1
= HAD
= 600

BC= =
HB, HBM
4
2 2

⇒ ∆HBM vuông tại M .
a 3
.
2
Gọi N là giao của HM và AD .
⇒=
HM HB.sin=
60o

a 3
⇒ ∆SMN vuông tại S .
2
 SH ⊥ AD ( SH ⊥ ( ABCD))
⇒ AD ⊥ ( SMN ) ⇒ AD ⊥ SM

 MN ⊥ DA ( AD / / BC )
Kết hợp với SM ⊥ SN ⇒ SM ⊥ ( SAD)

Ta có: HN
= HM
= SH
=

b/. Gọi ϕ là góc giữa SC và ( SAD ) ; K là hình chiếu vng góc của H lên SN ; I là giao của HC với AD
. Lấy E đối xứng với I qua K .

Vì AD ⊥ ( SMN ) ⇒ AD ⊥ HK . Kết hợp với HK ⊥ SN ⇒ KH ⊥ ( SAD) .
Mà HK là đường trung bình của tam giác ICE nên HK // CE .

www.thuvienhoclieu.com

Trang 23


www.thuvienhoclieu.com
Suy ra CE ⊥ ( SAD) tại E . Suy ra ∆SEC vng tại E và SE là hình chiếu của SC trên ( SAD ) . Ta có
.
ϕ = CSE
Đặt
=
x SH ( x > 0) . Tam giác SHN vuông tại H và HK là đường cao nên
HK
=

SH .HN
=
SN

3ax
3a + 4 x
2

2

2 3ax

⇒ CE
=

3a 2 + 4 x 2

.

25a 2 3a 2
CH = CM + MC =
+
= 7a 2
4
4
2

2

2

Tam giác SHC vuông tại H nên SC = SH 2 + CH 2 = x 2 + 7 a 2 .
2 3ax
2 3ax
EC
.
ϕ =
=
sin=
SC
(4 x 2 + 3a 2 )( x 2 + 7 a 2 )
(4 x 4 + 21a 4 ) + 31a 2 x 2

⇒ sin ϕ ≤

2 3ax
4 21.a 2 x 2 + 31.a 2 x 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi x =

⇒ sin ϕ ≤

12
.
4 21 + 31

21
.a .
4

4

21
.a.
4
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng
a 3
0
 60=
, AB 2=
. Trên tia đối của tia
BAD

a, SH
( ABCD ) là trung điểm H của cạnh AB .=
2
1
BC lấy điểm M sao cho BM = BC.
4
a/. Tính cơsin của góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng ( ABCD ) .

Vậy ϕ lớn nhất khi và chỉ khi sin ϕ lớn nhất khi và chỉ khi SH =
Bài 36.

4

b/. Chứng minh rằng đường thẳng SM vng góc với mặt phẳng ( SAD ) .
Hướng dẫn giải

S

B

M

C

H

www.thuvienhoclieu.com
N
A

D

Trang 24


www.thuvienhoclieu.com

a/. Vì H là hình chiếu của S trên ( ABCD ) nên

góc giữa SD và ( ABCD ) là SDH
 nhọn)
( vì tam giác SDH vng tại H nên SDH
Tam giác ABD đều cạnh 2a nên DH = a 3
a 15
.
2
DH

= =
Trong tam giác SHD ta có: cos SDH
SD
b/. Ta có

Ta có SD =

MB=

SH 2 + HD 2 =

2

5

.

1
a 1
= HAD
= 600
BC= =
HB, HBM
4
2 2

⇒ ∆HBM vuông tại M .
⇒=
HM HB.sin=
60o

a 3
.
2

Gọi N là giao của HM và AD . Suy ra HN
= HM
= SH
=

a 3
⇒ ∆SMN vuông tại S .
2

 SH ⊥ AD ( SH ⊥ ( ABCD))
⇒ AD ⊥ ( SMN ) ⇒ AD ⊥ SM

 MN ⊥ DA ( AD / / BC )
Kết hợp với SM ⊥ SN ⇒ SM ⊥ ( SAD)
Bài 37. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vng tại B , cạnh bên SA vng góc với đáy.
SA
= a 3, AB
= BC
= a. Gọi H là hình chiếu của A trên SB .
a/. Chứng minh rằng đường thẳng BC vng góc với mặt phẳng ( SAB ) .
b/. Tính độ dài đoạn thẳng HC theo a .
Hướng dẫn giải
S

H
C

A

www.thuvienhoclieu.com

B

Trang 25