Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính Quan hệ vuông góc Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 1
-
td
MN PQ MQ a
S
+
= =
(đvdt)
b.
: / / , ,
AMC OH AM AM SD AM CD
∆ ⊥ ⊥

( ) ( )
AM SCD OH SCD
⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Gọi K là hình chiếu của O trên CI
, ( )
OK CI OH CI CI OKH CI HK
⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Trong mp(SCD) : H, K cố định, góc HKC vuông
=> K thuộc đường tròn đg kính HC.
Bài 2.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA
= SB = SC = a. Chứng minh rằng: SB vuông góc SD.

Giải:
+ Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình thoi
nên O là trung điểm của AC và BD


S
I
M
N
I

Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính Quan hệ vuông góc


b. Gọi I là giao điểm của SC với mặt phẳng (AHK). CMR: HK vuông góc AI.

Giải:
a. Ta có:
( ) (1)
AH SB
AH SBC AH SC
AH BC
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


( ) (2)
AK SD
AK SDC AK SC
AK DC
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥


Từ (1) và (2) ta suy ra
( )
SC AHK
⊥


⊥


Bài 4.
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi tâm O, SA = SC, SB = SD.
a. Chứng minh rằng:
( )
SO ABCD
⊥

b. I, K lần lượt là trung điểm của BA và BC. Chứng minh rằng IK vuông góc SD.
c. Gọi (P) là mặt phẳng song song với SO chứa IK. Chứng minh BD vuông góc với mặt phẳng (P).

Giải:
a. Ta có:
( )
SO AC
SO ABCD
SO BD
⊥

⇒ ⊥

⊥


b.
( )
( )

∩ =

⊥

+ ⇒ ⊥


⊥

+ ⇒ ⊥

⊥


Bài 5.
Cho lặng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’, đáy ABC có AB = AD = a và góc
0
60
BAD∠ = ,
3
AA'
2
a
= .
M, N lần lượt là trung điểm A’D’ và A’B’. Chứng minh rằng:
' ( ).
AC BDMN
⊥

Khóa h


Giải:
+ Gọi
S BN DM
= ∩ ⇒
M là trung điểm SD, N là trung điểm SB, A’ là trung điểm SA.
+ Gọi O = AC
∩
BD
+
∆
BAD đều
3
2 3 , '
2
a
AO AC AO a SA CC AO
⇒ = ⇒ = = = =

+ Hai
∆
vuông SOA và ACC’ bằng nhau
AS '
O CAC
⇒ ∠ = ∠
.
Mà
0 0
AS 90 ' 90 '
O SOA CAC SOA AC SO

)
SAC BHK
⊥

b.

Chứng minh
(
)
HK SBC
⊥
và
(
)
(
)
.
SBC BHK
⊥ Giải: a. Vì H là trực tâm tam giác
ABC BH AC
∆ ⇒ ⊥
, theo giả thiết

(

(
)
SC mp BHK SC HK
⊥ ⇒ ⊥
.
Do đó:
(
)
(
)
(
)
HK mp SBC mp SBC mp BHK
⊥ ⇒ ⊥

Bài 7.
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Chứng
minh rằng BM vuông góc với B’C.

Giải:
Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ nên I là trung điểm của B’C.
M là trung điểm AA’ nên MC=MB’ suy ra tam giác MB’C cân tại M
B
S

C
A

H
K
N
M
D
S
A
B
C
K
' ; ' ' ' .
B C MI B C BC B C MB
⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥
Phần 2: Góc
Bài 1:
Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên SA = 5 vuông
góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB. Tính góc giữa AC và SD

Giải:

Ta có : AB =

ϕ
giữa hai đường thẳng AC và SD là góc giữa hai đường thẳng DM và SD hay
ϕ
bù với góc
∠
SDM . Do đó : cos
ϕ
=
1
30

Vậy
ϕ
= arcos
1
30

Bài 2:
Cho tứ diện ABCD, gọi M và N lần lượt là trung điểm BC, AD. Biết AB = CD = 2a, MN =
3
a
.
Tính góc giữa 2 đường thẳng AB và CD

Giải:
Gọi P là trung điểm AC. Khi đó MP // AB, NP // CD và MP = NP = a
( , ) ( , )
AB CD MP NP
⇒ ∠ = ∠



A’

B

B’

C
C’
M

I
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi

a
SA
AB a
α α
= = = ⇒ =
Vậy
0
( , ) 30
DC SB∠ =

b. Gọi I là trung điểm AB, khi đó AI=a. Tứ giác ADCI là hình bình hành, lại có AI=AD=a nên là hình
thoi, mà góc A, D vuông nên ADCI là hình vuông cạnh a
2
DI a
⇒ =

Tứ giác BIDC là hình bình hành nên BC // DI
Khi đó
( , ) ( , )SD BC SD DI
β
∠ = ∠ =

Tam giác SAI vuông tại A nên
2
2 2 2
7
3
a
SI SA AI= + =


3
42

Bài 4:
Cho hình lăng trụ tam giác đều
. ' ' '
ABC A B C
có
1, ' ( 0).
AB CC m m
= = >
Tìm
m
biết rằng góc
giữa hai đường thẳng
'
AB
và
'
BC
bằng
0
60
.
Giải:
- Kẻ
/ / ' ( ' ')
BD AB D A B
∈


Kết hợp
0
' 60
DBC∠ =
ta suy ra
'
BDC
∆
đều.
Do đó
2
1 3 2.
m m+ = ⇔ =
- Nếu
0
' 120
DBC∠ =

Áp dụng định lý cosin cho
'
BDC
∆
suy ra
0
m
=
(loại).
Vậy
2.
m =

ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính Quan hệ vuông góc Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 6
-( )
SA AB
SA ABCD
SA AD
⊥

⊥ ⇒ ⇒

⊥

các tam giác SAB, SAD vuông tại A
Tương tự :
BC AB

⊂ ⊥

Suy ra:
( )
( )
3 21
( ),( ) ; cos
7
7
21
( ),( ) ar cos
7
AD a
SCD ABCD SDA SDA
SD
a
SCD ABCD SDA
= ∠ ∠ = = =
⇒ = ∠ =

Bài 6:
Cho tứ diện S.ABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA = SB = SC. Gọi I, J lần lượt là trung
điểm AB, BC. Tính góc giữa 2 mặt phẳng (SAJ) và (SCI)
Giải:

Do SA = SB = SC
⇒
AB = BC = CA
⇒
tam giác ABC đều

⊥ ⊥
 
⇒ ⇒ ⊥
 
⊥ ⊥
 

Hay AB
⊥
SH (**)
Từ (*) và (**) suy ra SH
⊥
(ABC)
Mà
( ) ( AJ) AJ
(( AJ),( )) (AJ, )
( ) ( )
ABC S
S SCI CI
ABC SCI CI
∩ =

⇒ ∠ = ∠

∩ =


Do tam giác ABC đều nên
0 0 0 0
90 90 30 60


-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính Quan hệ vuông góc Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 7
-c.

(SAB) và (SCD)
Giải:
a. Gọi O là giao điểm của AC và BD
Suy ra:
2
2
a


⇒ ∠ = ∠ = ∠ =

∩ =


b.
( ) ( )
SBD ABD BD
∩ =

Ta có
( )
BD SA
BD SAC
BD AC
⊥

⇒ ⊥

⊥


Mặt khác
( ) ( )
(( ),( )) ( , )
( ) ( )
SAC SBD SA
SBD ABD SO AO SOA
SAC ABD AO

(( ),( )) ( , )
( ) ( )
SAD SAB SA
SAB SCD SA SD ASD
SAD SCD SD
∩ =

⇒ ∠ = ∠ = ∠

∩ =


Trong tam giác vuông ASD:
0 0
1
tan 30 (( ),( )) 30
3 3
AD a
ASD ASD SAB SCD
SA
a
∠ = = = ⇒ ∠ = ⇒ ∠ =

Bài 8
: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Cạnh SA = a và
SA
⊥
(ABCD). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các cạnh SB và SD.
a) Chứng minh BC
⊥

, ( )
BD AC FE AC SA ABCD BD SA FE SA
⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

( ), ( ) ( ) ( )
FE SAC FE AEF SAC AEF
⊥ ⊂ ⇒ ⊥

c.
( )
SA ABCD
⊥
nên AC là hình chiếu của SC trên (ABCD)
SCA
ϕ
⇒ = ∠

Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-


⊥
(ABCD), đáy ABCD là hình vuông cạnh a ; SA = a
6
. Gọi
AH, AK lần lượt là đường cao của các tam giác SAB và SAD.
1) Chứng minh : ∆ SAD ; ∆ SDC là những tam giác vuông.
2) Chứng minh: AK
⊥
(SDC) ; HK
⊥
(SAC)
3) Tính góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC).

Giải:

1). C/m: ∆ SAD là tam giác vuông.
Ta có : SA
⊥
(ABCD) ; AD ⊂ (ABCD)
⇒ SA
⊥
AD
⇒ ∆ SAD vuông tại A.
C/m: ∆ SDC là tam giác vuông.
Ta có : SA
⊥
(ABCD) ; DC⊂(ABCD)
⇒ DC
⊥
SA

(SAC)
Ta có : ∆ SAB = ∆ SAD (c-g-c)
⇒SB=SD
Mà H, K là hình chiếu của A lên SB, SD
⇒
SH SK
SB SD
=

⇒ HK // BD (1)
Xét tam giác cân SBD
OB=OD (O là tâm hvuông ABCD)
⇒SO
⊥
BD (2)
Từ (1),(2) ⇒ HK
⊥
SO (*)
Mặt khác: AO
⊥
BD (3)
Từ (1),(3) ⇒ HK
⊥
AO (**)
Từ (*),(**) HK
⊥
(SAO)
Hay HK
⊥
(SAC) (đpcm)

yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính Quan hệ vuông góc Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 9
-⇒ góc giữa SD và mp (SAC) là góc hợp bởi SD và SO.
DO=
2
2
a
, SD=
7
a

⇒Sin
DSO
∠
=
2

Trong
∆
NCP , theo định lý hàm số Cosin ta có:
2
2 2 2 0
5
2 . . os45
2
a
NP CN CP CN CP c= + − =

Trong tam giác vuông MNP ta có
0
5
os60 2
PN
MN a
c
= =
và
0
15 15
.tan 60 2
8 2
PM PN a SO MP a= = ⇒ = =
Gọi H là trung điểm OC. Suy ra NH // BD mà BD
⊥
(SAC), do đó (MN;(SAC)) =
∠
NMH.

Giải:
Sử dụng tính chất 2 mp vuông góc ta có:

( )
( ) ( ) ( )
SI SAB
SAB ABCD AB SI ABCD
SI AB
⊂


∩ = → ⊥


⊥


Khi đó, I là hình chiếu của S lên (ABCD) suy ra SC có hình chiếu lên (ABCD) là IC
( ,( )) ( , )
SC ABCD SC IC SCI
⇒ ∠ = ∠ = ∠
( do tam giác SIC vuông tại I nên góc SCI là góc nhọn)
SI là đường cao của tam giác đều ABC nên
3
2
a
SI =
Trong tam giác vuông ICB:
Khóa h
ọ

I
B
C
A D
S
E
H
SCD
A
B
I
2
2 2 2
5
4 2
3
15
2
tan
2
5
2
a a
IC IB BC a
a
SI
SCI
CI
a
= + = + =

SI SAB SI AB
⊥

⇒ ⊥

⊂ ⊥


0
45
SCI⇒ ∠ =

Vì
/ /( ) ( ,( )) ( ,( ))
BA SCD d B SCD d I SCD
⇒ =

Gọi J là trung điểm của CD, ta có:
( )
CD IE
CD SIE
CD SI
⊥

⇒ ⊥

⊥


mà

 

(
∆
SIC vuông cân nên SI = IC)
2
2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 9
5 5
5
2
IH a a a a
a
⇒ = + = + =
 
 
 

2
2
5 5
9 3
a a
IH IH⇒ = ⇒ =
Vậy
5
( ,( ))
3
a
d B SCD = .

yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính Quan hệ vuông góc Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 11
-M
D
A
B
C
S
G
K
SBC
S
M
G
I
A

⊥
theo giao tuyến SB
nên kẻ
( ) ( )
AK SB K SB AK SBC
⊥ ∈ ⇒ ⊥

( ,( ))
AK d A SBC
⇒ =

Ta có:
2 2 2
1 1 1
AS
AK AB
= +

Mà ta lại có:
0 0
tan 60 .tan 60 3
SA
SA AB a
AB
= ⇒ = =

( )
2
2
2

BI SH
⊥

⇒ ⊥

⊥


Ta có:
( ,( )) 1
2
d K SAH SK
BI SB
= =

1 1 1
( ,( )) .2
2 4 4 2
a
d K SAH BI BC a
⇒ = = = =

Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính Quan hệ vuông góc Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 12
-M
N

vuông IHA
(góc A chung)
2 2
3 6
2
2
SD DA SD a a
SD
a
IK KA
AI IK
⇒ = ⇔ = ⇒ =
−

Do đó:
2 2
2 2
1 1 1 2
2
6 3
2 2
a
DH
DH a
a a
= + = ⇒ =
   
   
   



( ) ( ,( ))
HK SCD HK d H SCD
⇒ ⊥ ⇒ =

Ta có:
2 2 2
1 1 1
HK HS HN
= +

Mặt khác:
2 2 2
3
, ,
2 2
a a
MN a SM SN MN SM SN
= = = ⇒ = + ⇒ ∆
SMN vuông tại S.
2
2
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 4 16 3
3 3 16
3
2
2
a

3 3 8
16 16
a
HK
a a
HK a a a
= + = + = ⇒ =
Vậy
3
( , ))
8
a
d H SCD = .
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ

S
M
K
H
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D,
( )
SA ABCD
⊥
,
2 , 2 ; .
SA a AB a AD DC a
= = = =
Gọi M là trung điểm của SD. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng
(SBC).

Giải:
Gọi E là trung điểm AB, N là trung điểm SE, O là tâm hình vuông ADCE,
I SO MN
= ∩

Ta có:
/ / / / / /( )
MN DE BC MN SBC
⇒

( ,( )) ( ,( )) ( ,( ))
d M SBC d MN SBC d I SBC
⇒ = =

Xét tam giác ACB có

( ), ( )
OK SC K SC AP SC P SC
⊥ ∈ ⊥ ∈

Ta có:
1 1
2 4
IH OK AP
= =
Mà
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
AS
2 2
AP a
AP AC a
a a
= + = + = ⇒ =

1
4 4
a
IH AP
⇒ = =

Vậy
( ,( ))
4

( ,( ))
2 ( ,( )) 2 ( ,( ))
( ,( ))
d B SCM BM
d B SCM d A SCM
d A SCM AM
= = ⇒ =

Gọi K là hình chiếu của A trên đường thẳng CM
(do góc AMC > 90
0
nên K nằm ngoài đoạn CM).
Ta có
à ( ê ( )
CK AK v CK SA do SA ABC n n CK SAK
⊥ ⊥ ⊥ ⊥

( ) ( ) à ( ) ( )
SCK SAK v SCK SAK SK
⇒ ⊥ ∩ =
. Kẻ
( )
AH SK H SK
⊥ ∈

( )
AH SCM
⇒ ⊥
. Vậy AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCM).
Các tam giác AKM và CBM đồng dạng nên ta có:


A
B
C
S
H
K
E
. 3
31
AK AM BC AM a
AK
BC CM CM
= ⇒ = =
AH là đường cao của tam giác vuông SAK nên:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 31 1 34 3
AS 3 3
34
a
AH
AH AK a a a
= + = + = ⇒ =

Vậy
2 3
( ,( ))
34
a
d B SCM =

= +

Tam giác SHB vuông ta có:
2
2 2
3
4
a
SB x= +

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác SBC ta có:
2 2 2
2 . .cos
SC SB BC SB BC SBC
= + −

2 2 2
2 2 2 2
3 3 1
2 . .
4 4 4 2
a a a
x x a a x⇒ + = + + − +
2
2
3 3 6
.
4 2 2
a a a
x x⇔ + = ⇔ =

2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 4 16
3 3
HK HB HC a a a
= + = + =

Tam giác vuông SHK có:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 16 18 6
3 3 3
HE HS HK a a a a
= + = + = =

2
2
6 2 6 6
( ;( ))
6 6 6 3
6
a a a a a
HE HE d d A SBC⇒ = ⇒ = = ⇒ = = =

Bài 9:
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác
SAC tới (SCD) là
3
6
a
. Tính khoảng cách từ tâm O của đáy tới (SCD).
Giải:


O
B
A
D
C
S
M
H
G
K
I
A
B
D
C
S
M
G
K
Gọi O là tâm của đáy ABCD.
Vì SO là một trung tuyến của tam giác SAC
nên trọng tâm G của tam giác SAC nằm trên SO là có
2
3
SG
SO
=
.
Gọi M là trung điểm của CD

a
GK =

Ta có:
2 3 3 3 3
.
3 2 2 6 4
GK SG a a
OH GK
OH SO
= = ⇒ = = =

Bài 10:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng a, tâm I và cạnh bên SA
vuông góc với mặt đáy (ABCD). Mặt bên (SBC) tạo với mặt đáy (ABCD) một góc bằng 60
0
. Gọi G là
trọng tâm tam giác SAC. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC).
Giải:
Do
, ê ( )
SA BC AB BC n n BC SAB
⊥ ⊥ ⊥
.
Vậy góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy (ABCD) bằng góc SBA = 60
0
.
Suy ra SA=AB.tan60
3
a

nên
3
( ,( )) ( ,( ))
2
a
d M ABC d A SBC AK= = =

Vậy
2 3 3
( ,( )) .
3 2 3
a a
d G SBC = =
.
2.4.2 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
Ví dụ 1.
Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a, SA vuông góc với mặt phẳng
(ABC) và SA = a.
a. Chứng minh (SAB) ⊥ (SBC) .
b. Tính khoảng cách từ điểm A đến mp(SBC).
c. Gọi I là trung điểm của AB. Tính khoảng cách từ điểm I đến mp(SBC);
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1

cực để tìm ra mối liên hệ giữa khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SBC) và các khoảng cách đã biết như :
d(A, (SBC)), d(J, (SBC)), hay d(I, (SBC)).

Lời giải a. Theo giả thiết ta có: SA ⊥ (ABC)
suy ra SA ⊥ BC (1)
mà AB ⊥ BC (giả thiết) (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra : BC ⊥ (SAB) ⇒ (SBC) ⊥ (SAB) .
b. Ta có (SAB) ∩ (SBC) ≡ SB
Kẻ AH ⊥ SB (H thuộc SB). Do ∆SAB vuông cân nên H là trung điểm của SB,khi đó AH ⊥ ( SBC)
nên d(A, (SBC)) = AH
Xét ∆SAB vuông cân tại A. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có :
22222
11111
a
a
AB
AS
AH
+=+=

Khi đó
2
2a
AH =

a
SBCId =
.
d. Tương tự J là trung điểm của AC nên
2
1
=
CA
CJ
, khi đó

4
2
))(,(
2
1
)(,(
a
SBCAdSBCJd ==
.
e. Vì G là trọng tâm ∆ABC nên có
3
2
=
CI
CG

Lúc đó
4
2

c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính Quan hệ vuông góc Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 17
-a
a 3
I
J
O
D
A

G
là trọng tâm của ∆SDC. Tính khoảng cách từ điểm
2
G
đến mp(SBC).

Lời giải.

a. Kẻ AH ⊥ SB(1);
Ta có SA ⊥ AD ( vì SA⊥(ABCD))

Mà AB ⊥ AD (ABCD là hình vuông) suy ra AD ⊥ (SAB)
Vì BC // AD nên BC ⊥ (SAB)
Lại có AH ∈ (SBC) nên BC ⊥ AH (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra AH ⊥ (SBC). Khi đó d(A, (SBC)) = AH
Xét ∆SAD vuông tại A.
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
22222
1
3
1111
a
a
AB
SA
AH
+=+=

Suy ra AH =
2

6
3
4
3
.
3
2
))(,(
1
aa
SBCGd ==
.
Vì
1
G
I // SB nên d(I, (SBC)) = d(
1
G
, (SBC)) =
6
3a
.
d. J, O lần lượt là trung điểm của SD, DB nên JO là đường trung bình của tam giác SDB. Suy ra JO //
SB;
Do đó
4
3
))(,())(,(
a
SBCOdSBCJd ==
O
M
B'
C'
D'
C
A
B
D
A'
G
I
K
J
e.
2
G
là trọng tâm ∆SDC nên
3
2
2
=
CJ
CG

khi đó
4
3


Lời giải

a. Ta có AO ⊥ BD( giả thiết)
Mặt khác AO ⊥ DD’(vì DD’ ⊥ (ABCD)) suy ra AO ⊥ (BDD’B’) ;
Khi đó
2.
2
1
2
1
))''(,( aACAOBBDDAd ===

Hay
a 2
( ,( DD'B'))=
2
d A B
.
b. Do AM // (BDD’B’) nên d(M,(BDD’B’))= d(A, (BDD’B’))
vậy d(M, (BDD’B’)) =
2
2a
.
c. Ta có
3
2
=
BM
BG

d I BDD B d G BDD B
=
hay
a 2
( , ( DD'B'))=
6
d I B
.
e. K là trọng tâm ∆BMD nên
3
1
=
OM
OK

Khi đó
6
2
))''(,(
3
1
))''(,(
a
BBDDMdBBDDKd ==
.
Do J là trung điểm của KO nên
2
1
=
OK

-A
B
C
S
M
H
G
K
I
Lúc đó
1
( ,( ' ')) ( ,( ' '))
2
d J BDD B d K BDD B
=

Vậy
12
2
))''(,(
a
BBDDJd =
.
Ví dụ 4.
Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đường thẳng Ax vuông góc với mp(ABC), lấy điểm S sao
cho
3aSA =

AK
SA
AH
+=
(*)
Trong đó
2
3a
AK =
(đường cao của tam giác đều cạnh a),
SA =
3
a
(giả thiết) (1)
Thay (1) vào (*) ta có
5
15a
AH =
.
b. M là điểm đối xứng với A qua C nên
( ,( )) ( ,( ))
d M SBC d A SBC
=

vậy
15
( ,( ))
5
a
d M SBC =

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi M là trung điểm của
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính Quan hệ vuông góc Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 20
-

=
))''(,(
mà
1
2
MH BO
=
nên
2
4
a
MH =

Vậy
2
( ,( ' '))
4
a
d M ACC A =
.
b. Ta có MN là đường trung bình của ∆BDC nên MN // BD
Suy ra H, M, N thẳng hàng và HM = HN
Khi đó d(M, (ACC’A’)) = d(N, (ACC’A’)) hay d(M, (ACC’A’)) =
4
2a
;
c. Vì NN’ // CC’ nên NN’ // (ACC’A’). Suy ra
d(N’,(ACC’A’)) = d(N, (ACC’A’)) =
4
2a

2
( ,( ' '))
6
a
d G ACC A =
;
e. BD cắt AC tại O nên O là trung điểm của AC. Do
2
G
là trọng tâm của tam giác A
1
G
C nên
3
1
1
2
=
OG
OG
.
Suy ra
6
2
.
3
1
))''(,(
3
1

A'
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính Quan hệ vuông góc Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 21
-

14111
a
a
CD
CE
CJ
+=+=

Suy ra CJ =
5
5a
.
mặt khác IC =
2 2
IB BC
+
nên
5
2
a
IC =

IJ = IC – JC =
5 5
2 5
a a
−
hay
3 5
IJ= .

=
=
3
2

Do đó
2
( ,( )) ( ,( ))
3
d C SED d I SED
= hay
2
( ,( )) .
4
d C SED a
= ;
d. Gọi F là giao điểm của AB và DE, khi đó
2
1
==
AD
BE
FA
FB
suy ra B là trung điểm của FA
Ta có
3
4
=
FI

ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính Quan hệ vuông góc Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 22
- hay
2
2
)(,( =SEDAd
a .
Đề thi Đại học khối D năm 2007 đã có một bài “Cho hình chóp SABCD có đáy hình thang ABC = BAD =

SA
SB
SH

Do đó
))(,(
3
2
))(,( SCDBdSCDHd =

mà d(B, (SCD)) = d(I, (SCD),
))(,(
2
1
))(,( SCDAdSCDId =

nên
))(,(
2
1
))(,( SCDAdSCDHd =
;
Mặt khác ta có :
CD ⊥ SC (theo chứng minh trên)
CD ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD))
(SCD) ∩ (SAC) ≡ SC
Kẻ AJ ⊥ SC (J thuộc SC) thì J là trung điểm của SC ( vì tam giác SAC cân
tại A).
Khi đó d(A, (SCD)) = AJ
Xét tam giác SAC vuông tại A có

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi
ế
t Kính Quan hệ vuông góc Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt
Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12
- Trang | 23
-Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Ví dụ 1.
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = SC = SD = 2a . Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AD và SC.

Lời giải
Vì AD // BC nên d(AD, SC) = d(AD, (SBC)) = d(A, (SBC))


Suy ra
aOH
14
42
=

Vậy
aaSCADd .
7
42
14
42
.2),( ==

b. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau AD và SB;
c. Từ B kẻ đường thẳng song song với SC cắt CH tại K, tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau
AD và SK.
Theo lối tư duy trên học sinh sẽ nhận ra:
d(AD, SB) = d(A, (SBC)) =
a
7
42

d(AD, SK) = d(AD, (SBC)) =
a
7
42
.
Ví dụ 2.

D
B
S
a 2
a
IO
B
D
C
A
S
H
Khóa h
ọ
c
Chuyên đ
ề

Hình h
ọ
c 1
1

-

Th
ầ
yTr
ầ
n Vi

AE
AK
+=+=

Suy ra
2222
11
3
11
a
a
a
AH
++=
hay
aAH .
7
21
=

Vậy
aSDACd .
7
21
),( =
.
Vì AC // (SED) (theo 1) nên d(AC, SE) = d(AC, (SED)) =
a
7
21


))(,(
2
1
))(,( SACBdSACNd =
, suy ra
BDACMNd
4
1
),( =

Vậy
4
2
),(
a
ACMNd =
.
a
a
M
N
P
O
C
A
D
B
S
E


a
2a
a
a
I
A
B
C
D
S
H
A
D
C
B
SCD
D
A
I
2a
3a
a
N
M
O
B
C
A
H

SC (H
∈
SC) => AH
⊥
(SCD).
⇒
AH = d(A, (SCD)) = a
2
.
- (SCD) chứa SC và // với BI
=> d(BI, SC) = d(I, (SCD)).

Ta có:
( ,( )) 1
2
d I SCD DI
AH DA
= =

=> d(I, (SCD))=
1 2
( , ).
2 2
a

(AMN) theo giao tuyến AM.
Do đó kẻ OH
⊥
AM (H
∈
AM) => OH
⊥
(AMN)
=> OH=d(O,(AMN)).
- Ta có
2
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 2
.
2
2
a a
OH OH
OH OA OM a a a
= + = + = => = => =
Bài 3.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC = a, BC=2a,
0
120
ACB∠ =
, góc giữa đường thẳng A’C
và (ABB’A’) bằng 30
0
. M là trung điểm của BB’. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và CC’.