Bài 1: Cho hình chóp
ABCS.
có tam giác đáy
ABC
vuông tại
B
và
SA
vuông góc
với mặt phẳng
)(ABC
.
a) Chứng minh
BC
vuông góc với mặt phẳng
)(SAB
b) Gọi
AH
là đường cao của tam giác
SAB
. Chứng minh
AH
vuông góc với
SC
.
Giải:
- Cách 1 (Dùng phương pháp tổng
hợp):

a) Chứng minh
)(SABBC ⊥






⇒⊂
−⇒⊂
⇒≡
);0;0(
)0;;(),0;;0(,//
)0;0;0(
sSOzSA
bcCbBOyABBCOx
AAO
a) Chứng minh
)(SABBC ⊥
Ta có:
)()( OxySABOx =⊥
và
BCOx //
nên
)(SABBC ⊥
b) Chứng minh
BCAH ⊥
Ta có:
);;0( sbSB −=
Gọi
);;0( zy
là tọa độ điểm
);;0( zyAHH =⇒

−
=⇒=++
22
2
22
2
22
2
2
;;00)(
sb
sb
sb
bs
H
sb
b
ttsbtbb
.0).(0.);;(
22
22
22
22
SCAH
sb
sb
sb
sb
cSCAHsbcSC ⊥⇒=
+

⊥
)(

Vậy:
BCAH
⊥
Bài 2: Cho tứ diện
ABCD
có các cạnh
ADACAB ,,
đôi một vuông góc và
4,3 === ADACAB
. Tính khoảng các từ điểm A đến mặt phẳng (BCD).
Giải:
-Cách 1 (Dùng phương pháp
tổng hợp):
Gọi M là trung điểm của CD. Vì
tam giác ACD vuông cân tại AM
là đường cao của nó.
22
2
2
==
AC
AM
Vì
AMCD ⊥
và
AM
là hình

9
11111
2222
=⇔+=⇔+= AH
AHAMABAH
- Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
3
Chọn hệ trục tọa độ
Oxyz

sao cho:





⇒∈⇒∈
⇒∈
⇒≡
)0;4;0(),0;0;4(
)3;0;0(
)0;0;0(
DOyDCOxC
BOzB
AAO
Phương trình mặt phẳng chắn của (BCD) là
1
344
=++
zyx






⊥
⊥
⇒⊥
BDAH
BCAH
BCDAH )(

)(
17
346
34
3412
32.99.16
34
1
)(916
34
1
)(
34
9
34
16
)(
34



=+
=+
⇔





=−++−−
=−++−−
⇔




Bài 3: Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng
a
, gọi M là trung điểm của cạnh BC.
Tính cosin của góc
·
( )
,AB DM
Giải
Cách 1 ( Dùng phương pháp tổng hợp )
Gọi N là trung điểm của AC, ta có
/ /MN AC

nên

HDM
a a
DM MH MN

=

∆

= = =


1
4
os
3 2 3
2
a
MH
c
DM
a
ϕ
⇒ = = =
Cách 2 ( Dùng phương pháp tọa độ )
Gọi
a
cà cạnh của tứ diện đều, CI là đường cao, O là tâm của tam giác BCD. Chọn hệ
trúc tọa độ như sau:
Ox đi qua C, trục
/ /Oy BD

12 4
a a
M
 
−
 ÷
 ÷
 

Ta có
3 6 3 3
; ; , ; ;0
6 2 3 4 4
a a a a a
AB DM
   
− − − −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
uuu uuuu
Suy ra:
( )
( ) ( )
2 2
.
os ,
.
AB DM
c AB DM

Cách 3: Dùng phương pháp vector
Chọn vector cơ sở
{ }
, ,BA BC BD
uuu uuu uuu
Ta có
BA BC BD a= = =
uuu uuu uuu
·
·
·
0
1
2 2
60
a
BM BC
ABC ABD CBD
= =
= = =
uuuu uuu
( )
1 1 1 1 1
2 2 2 4 2
DM BM BD BC BD BC BD
 
= − = − = −
 ÷
 
uuuu uuuu uuu uuu uuu uuu uuu

4 2 4 2
AB BC BD
AB BC AB BD
AB BC BD AB BC BD
 
−
−
 ÷
 
= =
− −
uuu uuu uuu
uuu uuu uuu uuu
uuu uuu uuu uuu uuu uuu
( ) ( )
( )
0 0
2 2 2 0
1 1
. . os 60 . . os 60
4 2
1 1 1
. 2. . . os 60
16 4 8
a a c a a c
a a a a c
−
=
+ −


cũng là đường cao :
BCOK
⊥
mặc khác
OAOK
⊥
Suy ra OK là đoạn vuông góc chung cần tìm.
Tính
OK
OBC∆
vuông tại O có
aOCOB ==
nên
2
2a
OK =
b)Tính khoảng cách AK và OC
+ Xác định đoạn vuông góc chung:
Gọi
L
là trung điểm
OB
thì
)(OABKL ⊥
Gọi I là hình chiếu của
O
trên
AL
ta có:
AKOIALKOI

OIKJ
=
OAL∆
vuông taoi O có
OI
là đường cao nên:
2
5514111
222222
a
OI
aaaOAOLOI
==>=+=+=
là khoảng cách cần tìm
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau:





=>⊂
=>⊂
=>⊂
);0;0(
)0;;0(
)0;0;(
aBOzOA
aBOyOC
aBOxOB



a
a
AL
a
L ;0;
2
0;0;
2
Do
ALOI
⊥
và
KLOI
⊥
nên






5
;0;
5
2 aa
I
5
5

uuu uuu uuu
.
Ta có
BC OC OB= −
uuu uuu uuu
OA, OB, OC đôi một vuông góc nên ta có:
. . . 0OA OB OB OC OA OC= = =
uuu uuu uuu uuu uuu uuu
OA OB OC a= = =
uuuu uuuu uuuu
(1)
E thuộc đường thẳng BC =>
x∃
để
BE xBC=
uuu uuu
BE xOC xOB= −
uuu uuu uuu
F thuộc đường thẳng OA =>
y∃
để
OF yOA=
uuu uuu
. . . 0OA OB OB OC OA OC= = =
uuu uuu uuu uuu uuu uuu
(2)
. 0EF OA EF OA⊥ ⇒ =
uuu uuu uuu uuu
(3)
Mặt khác

2
0
0
x x
x
y
y

− − − =
=


⇔
 
=


=

Vậy
1 1
EF
2 2
OB OC= − −
uu uuu uuu
( )
2
2 2
1 1 1 2
EF

.
=>
1 1
2 2
AK OK OA OB OC OA= − = + −
uuu uuu uuu uuu uuu uuu
(1)
J thuộc đường thẳng AK =>
x∃
để
AJ xAK=
uu uuu
(2)
2 2
x x
AJ OB OC xOA= + −
uuu uuu uuu uuu
H thuộc đường thẳng OC =>
y∃
để
OH yOC=
uuu uuu
(3)
. 0JH AK JH AK⊥ ⇒ =
uuu uuu uuu uuu
(4)
. 0JH OC JH OC⊥ ⇒ =
uuu uuu uuu uuu
(5)
Mặt khác

x OA OB y OC OC

 
   
− − + − + + − =

 ÷
 
 
   
 

 
 

− − + − + =
 ÷
 

 
 

uuu uuu uuu uuu uuu uuu
uuu uuu uuu uuu
9
Suy ra:
1
2
( 1) 0
3

⇔ ⇔
  
  
=
=
− + =





=>
1 2
5 5
JH OA OB
−
= −
uuu uuu uuu
Vậy
2 2
1 4 5
25 25 5
JH a a a= + =
uuu
Bài 5: Cho tứ diện ABCD có AB,AC, AD vuông góc với nhau từng đôi một;
AB=c,AC=b,AD=a.Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD).
Giải:
Cách 1 (Dùng phương pháp tổng hợp):
Xác định hính chiếu H của A trên mặt phẳng (BCD) D
Gọi I là hình chiếu của A trên cạnh BC . Ta có :

(1) B

∆
ABC vuông tại A , đường cao AI nên :

22222
11111
bcACABAI
+=+=
(2)
Thay (2) vào (1), ta có:

)(
)(
1111
222222
2
2
222222
2222
accbba
abc
AH
abc
bacacb
cbaAH
++
=⇔
++
=++=

abcabacbc
d
++
=
++
−++
=
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
Chọn hệ vectơ góc
{
ADACAB ,,
}

Đặt
cADbACaAB === ,,ccbbaa === ,,
Ta có :
baACDADCcaABDADB +−=+=+−=+= ,
Mặt phẳng (bdc) có 2 vectơ cơ sở là
DCDB,

Gọi H là hình chiếu vuông góc của Alên (BCD)
AHBCDAd =⇒ ))(,(
Ta có :
cxbyayxDCyDBxADAHADAH ++−+−=++=+= )1(
Mà



x
DCAH
DBAH
BCDAH
Thay vào biểu thức toạ độ của
AH
222222
cbcaba
abc
AHAH
++
==⇒
Bài 6: Cho tam giác đều SAB và hình vuông ABCD cạnh a nằm trong hai mặt
phẳng vuông góc với nhau . Gọi H,K lần lượt là trung điểm của AB, CD và E,F lần
lượt là trung điểm của SA, SD .
a/ Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD).
b/ Gọi G là giao điểm của CE và DF . Chứng minhGE vuông góc với SA, GF
vuông góc với SB.
c/ Chứng minh G là trọng tâm của tam giác SHK.
Giải
a) Tính khoảng cách d từ A đến (SCD):
S
E I
J
F G
A D
H
K
B C
a) Tính khoảng cách d từ S đến mặt phẳng (SCD):

21
3
71
3
41
2
2222
a
HI
aaaHI
=⇒=+=⇒
b) Chứng minh GE
⊥
SA ,GF
⊥
SB :
∆
HBC vuông tại B có
2
5
2
22
a
BCBHCK
aBC
a
BH
=+=⇒



∆
ACS cân tại Ccó E là trung điểm của SA nên CE
⊥
SA
Chứng minh tương tự , ta cũng có DF
⊥
SB
c) Chứng minh G là trọng tâm tam giác SHK:
Ta có: Tứ giác EFCD là hình thang cân nên KJ đi qua G (J
EFSH
∩∈
)
Xét 2 tam giác GEJ và GCD có
2
1
==
CD
EJ
GC
GE
(1)
Mặt khác KJ là trung tuyến của tam giác SHK (2)
Tứ (1) và (2)
⇒
G là trọng tâm tam giác SHK
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Chọn hệ trục toạ độ oxyz như sau :




1
a
SozS
a
a
Da
a
CADoy
a
B
a
AoxAB
ABOB
a) Tính khoảng cách d từ A đến (SCD):
[ ]
);
2
;0(,)
2
;;
2
(),
2
3
;;
2
(
2
32
a

−
b) Chứng minh GE
⊥⊥ GFSA,
SB:
12
E(







=
−=
−=
−
−
=
−
tz
tay
ta
x
CE
a
a
a
CE
aa

−=
'
4
3
'
4
'3
2
:),
4
3
;;
4
3
(),
4
3
;0;
4
tz
tay
ta
x
DF
a
a
a
DF
aa
(II)

GF
aa
SB ⊥⇒=⇒
−
=
−
= 0.)
12
3
;
3
;
4
(),
2
3
;0;
2
(

c) Chứng minh G là trọng tâm tam giác SHK:
H(0;0;0), K(0;a;0), S(0;0;
2
3a
) .Gọi G’ là trọng tâm của tam giác SHK, ta có :
G’(0;
6
3
;
3

−−+++−=++=+=
++−=++=+−−=++=
Mà





=
=
⇒





=
=
⇒⊥
14
3
14
3
0.
0.
)(
y
x
SCHI
SDHI

Do J,K,Hhẳng hàng nên ta có :

HKHJHG )1(
αα
−+=
(a)
Lại có F,G,D thẳng hàng :

HKKDHJHKHKJFHJHDHFSG )1()1()1()1()1(
2
3
βββββββββ
−+++=−+−++=−+=
−

(b)
Từ (a) và (b)





=
=
⇒
3
2
3
2
β

'AC
bằng nhau và bằng
tích khoảng cách đó.
Giải :
Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):
Nhắc lại định nghĩa trục đường tròn ngoại tiếp tam giác và tính chất của nó :
Ta có :
'
' ' ' ' 2
AD AB AA a
C D C B C A a
= = =



= = =


⇒
AC’ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đều
'A BD
nên
' ( ' )AC A BD⊥
tại trọng
tâm I của tam giác
'A BD

'A O
là đường cao của
'A BD∆

' ( ' )AC A BD⊥
tại trọng tâm J của
' 'B CD∆
.
Suy ra
2 6
' '
3 3
a
CJ B J D J CJ= = = =
Vậy khoảng cách từ các điểm
, , , ', ', 'B C D A B D
đến đường chéo
'A C
bằng nhau và
bằng
6
3
a
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Để tính khoảng cách từ một điểm đến một đường
thẳng
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau :
(0;0;0)
( ;0;0)
(0; ;0)
' '(0;0; )
O A
AB Ox B a
AD Oy D a


⇒ =


=


Gọi
( )
α
là mặt phẳng qua B và vuông góc với
'AC
, ta có
( )
α
:x+y+z-a=0
Giải hệ phương trình
'AC
và
( )
α
ta được
( , , ) ' ( )
3 3 3
a a a
I AC
α
∈ ∩

*

2
( , ')
3 3 3
a a a
d B AC
     
= + +
 ÷  ÷  ÷
     
⇒
6
( , ')
3
a
d B AC =
Các trường hợp còn lại tương tự
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
Chọn hệ vecto gốc như hình vẽ
{ '; ; } { , , }AA AB AD a b d=
uuuu uuuuuuu
 

+ Tính khoảng cách từ B đến AC’
Gọi H thuộc
'AC
sao cho BH vuông góc AC’
Biểu thị các vecto qua hệ vecto gốc
'AH x AC=
uuuu uuuu
và

Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):
Qua
'C
vẽ đường thẳng
d
||
'CD
thì d
( ', ')CC DD⊂

Gọi
E d CD∈ ∩
ta có :
*
CE CD a= =
*Khoảng cách cần tìm là khoảng cách từ
'CD

đến
( ')BEC

Xét khối chop tam giác
'.C BCE
có :
Đáy BCE là tam giác vuông tại C nên
diện tích là
2
2
BCE
a


Thể tích
3 3
'
1
6 3 6
BC E
a a
V S= ⇔ =

2 3
3
.
6 6
3
a a a
h h⇔ = ⇔ =
Với h là đướng cao của khối chóp tam giác
. 'C BEC
kẻ từ C. Đó lá khoảng cách cần tìm .
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau :
, , '
O B
A Ox C Oy B Oz
≡


∈ ∈ ∈




∧ = − ⇒ = −


uuuu uuuu

( ) : 0x y z
α
⇒ + − =
Khoảng cách từ C đến
( )
α
là
0 0
3 3
a
a
d
+ +
= =
đó chính là khoảng cách cần tìm .
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
Chọn hệ trục tọa độ gốc
; ; 'AB b AD d AA a= = =
uuuu
 
uuu uuuv v

.

 
⇒
 
⊥ ⇒ − + + =



=


uuuu uuu
uuuu uuu
Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên ta co thê cho độ dài của tất cả các cạnh
là a
3
a
PQ⇒ =
uuu
hay độ dài khoảng cách từ BC’ đến CD’ là
3
a
.
Bài 9 : Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a, gọi M là trung điểm của BC. Tính
cosin của góc tạo bởi 2 đường thẳng AB và DM.
Giải
Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):
Gọi N là trung điểm của AC, ta có
/ /MN AC
nên góc tạo bởi 2 đường thẳng AB,DM
bằng với góc tạo bởi 2 đường thẳng MN, MD và kí hiệu là

0
a
MNMH
a
DM
H
N D
32
1
2
3
4
cos ===⇒
a
a
DM
MH
ϕ
M C
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Chọn hệ tọa độ
{ } { }
cbaDCDBDA ,,,, =
)(
2
1
)(
2
1
cbDCDBDA +=+=

cos
1. 3 2 3
ϕ
= =
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
Gọi CI là đường cao, O là tâm của tam giác BCD. Chọn hệ trục tọa độ như sau: Trục
Ox đi qua C, trục
BDOy
, trục Oz đi qua A.
Ta có:
3
3
3
2
,
6
3
3
1
2
3 a
CIOC
a
CIOI
a
CI ====⇒=
OAC∆
cho
3
6a

aa
D −

)
3
6
;0;0(
a
A
x
y
M là trung điểm của BC nên
)0;
4
;
12
3
(
aa
M −
Ta có:
)
3
6
;
2
;
6
3
(

3
8
),cos(
2
22222
22
==
++++
++−
=
a
a
a
aaaaa
aa
DMAB
Bài 10: Cho hình thang ABCD vuông tai A và B,
aBCABaAD === ,2
, S là điểm
nằm trên tia Ax vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
2SA a=
. Chứng minh rằng
tam giác SBC và SCD là những tam giác vuông.
Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):
Ta có
BC AB
BC SA
⊥




=


uu uuu 
uuu uuu 
Mà
. . 0SA BC BC AB+ =
uu uuu uuu uuu 
( ) 0BC SA AB⇒ + =
uuu uu uuu 
. 0BC SB⇒ =
uuu uu 
19
K
Hay tam giác SAB vuông tại B
Gọi I là trung điểm cua AB nên tứ giác ABCI là hỉnh vuông cân tai C
Ta có
. 0
. 0
CD AC
CD SA

=


=


uuu uuu 


⊂ ⇒


Ta có
( )
;0; 2 , (0; ;0)SB a a BC a= − =
uu uuu

. 0SB BC SB BC⇒ = ⇒ ⊥
uu uuu
A
Do đó tam giác SAB vuông tại B I
Ta có
( )
; ; 2 , ( ; ;0)SC a a a CD a a= − = −
uuu uuu
B
. 0SC CD SC CD⇒ = ⇒ ⊥
uuu uuu
x C
Do đó tam giác SCD vuông tại C
Bài 11: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tam gi ác ABC vuông tại A,
AB=AC=a,
AA’=
2a
. M,N lần lượt là trung điểm của AA’ và BC’.
a) Chứng minh MN là đường vuông góc chung của AA’ và BC’.
b) Tính thể tích khối tứ diện MA’B’C’.
Giải

2 2
3
2
a
AB AM+ =
, MN=
2
2
a
Suy ra MN
2
+NB
2
=
2
2
2 2
2 3
2 2
a a
a BM
 
+ = =
 ÷
 ÷
 
⇒
∆
BMN vuông tại N.
Do đó: MN

2
.a
2
.
2
2
a
=
3
2
12
a
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như sau:
' '(0;0;0), ' '( ;0;0)
' '(0; ;0), (0;0; 2)
(0; ; 2)
O A A C ox C a
B oy B a A oz A a
B a a
≡ ⇒ ∈ ⇒


∈ ⇒ ∈ ⇒



21
a) Chứng minh MN là đoạn vuông góc
chung của AA’ và BC’:

uuuu
. ' . .( ) 0. 0
2 2 2
a a a
MN BC a a
   
= − + − − + − =
 ÷  ÷
   
uuuu uuuu
⇒
MN
⊥
BC’
' (0;0; 2)AA a= −
uuu
( )
. ' .0 .0 0. 2 0
2 2
a a
MN AA a
 
= − + − + − =
 ÷
 
uuuu uuu
⇒
MN
⊥
AA’

( ' ' '). ' '
6 12
a
A M A B A C∧ =
uuuuu uuuuu uuuuu
.
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
a) Chứng minh MN là đoạn vuông góc chung của AA’ và BC’:
Xét hệ vector
{ }
, , 'AB AC BB
uuu uuu uuu
:
Đặt
AB
uuu
=
x

=a,
AC
uuu
=
y
u
=a và
'BB
uuu
=
z

MN BC

=


=


uuuu uuu 
uuuu uuuu 
Vì
. 'MN AA
uuuu uuu
=
MN
uuuu
.
'AA
uuu
.cos(
, 'MN AA
uuuu uuu
)=a.
2a
.cos
0
90
=0 và
. 'MN BC
uuuu uuuu

b) Thể tích khối tứ diện MA’B’C’:
V=
1
3
' ' 'A B C
S
.
MA
uuu
=
1
6
3
2
' ' . ' ' . '
12
a
A C A B MA =
uuuuu uuuuu uuuu
Bài 12: Đáy của khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ là một tam giác đều. Mặt
A’BC tạo với đáy một góc
0
30
và tam giác A’BC diện tích bằng 8. Tính thể tích của
khối lăng trụ.
Giải
Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):
Xác định góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và ABC
Gọi I là trung điểm của BC, ta có:
∆

∆
ABI là nửa tam giác đều cạnh AB nên
Đường cao IA=AB
3
2
=BC
3
2
(4),(5)
⇒
BC
3
2
=
3
2
IA’
'BC IA
⇔ =
Diện tích tam giác A’BC là
'
1
8 . ' 8
2
A BC
S BC IA= ⇔ =
(6) và (7)
⇒
2
' 4

2
=2
Thể tích của khối lăng trụ là
V=
1 1 1 8 3
. ' . . ' .4.2 3.2 .
3 6 6 3
ABC
S AA BC IA AA= = =
Cách 2 (Dùng phương pháp tọa độ):
23
B
C
A
’
C
’
B
’
x
y
z
A
I
N
Gọi a là cạnh của tam giác đều ABC, AA’=a, I là trung điểm của BC.
Chọn hệ trục Oxyz như sau:
3
(0;0;0), , ; ;0
2 2

2
ABC A BC
S S= = =
(1)
Mặt khác, ta có:
2
3
0;0; ên
2
a
AB AC n
 
∧ =
 ÷
 ÷
 
uuu uuu
2
1 3
2 4
ABC
a
S ABAC= =
uuuuuu
(2)
(1) và (2) suy ra:
2
3
4
a

2 2
A BC
S a a a a⇒ = + ⇔ = + ⇔ = + ⇔ =
.
Thể tích cần tìm : V=
. ' 4 3.2 8 3
ABC
S a = =
Cách 3 (Dùng phương pháp vector):
Xét hệ vector
{ }
, ,AB AC BC
uuu uuu uuu
:
Gọi
AB
uuu
=
x

=a,
BC a=
uuu
=
y
u
,
'BB
uuu
=

AB
uuu
=
BC
uuu
=a suy ra BC=AI.
3
2
nên
BC
uuu
=
IA
uu
.
3
2

(2)
từ (1) và (2) ta có
BC
uuu
=
'IA
uuu
'
1
2
A BC
S =

V=
1
6
BC
uuu
.
IA
uu
.
'AA
uuu
=
1
6
BC.IA.AA’=
8 3
3
Bài13: Cho tứ diện ABCD cạnh a, M,N lần lượt là trung điểm AB và CD.I là trung
điểm MN.
a) Tính AI.
b)Chứng minh AI
⊥
(BCD).
Giải
Cách 1 (Dùng phương pháp vector):
a) Tính AI:
Chọn hệ vetor gốc {
BABDBC ,,
}
Đặt

2
1
2
1
−+=








++−−=






+++=++=
22
3
8
3
2
1
.
16
6

4
3
.
4
1
4
1
)
4
3
4
1
4
1
(.
2
−+=−+=

0
8
3
8
1
4
1
),cos(
4
3
).cos(
4