CHUY ÊN ĐỀ :
GÓC TRONG KHÔNG GIAN
VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN
A.Tóm tắt lí thuyết:
I.Góc giữa hai đường thẳng:
1.Góc giữa hai đường thẳng a và b được định nghĩa bằng góc giữa hai đường thẳng
a’ và b’ cùng đi qua một điểm O và lần lượt song song với a và b.
2.
// '
// '
a a
b b



thì góc giữa hai đường thẳng a và b bằng góc giữa hai đường thẳng a’và b’
3.Góc giữa hai đường thẳng luôn không tù.
II.Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
1. Cho đường thẳng
V
và mặt phẳng
( )
α
. Nếu
V
không vuông góc với
( )
α
, khi
đó góc giữa chúng được định nghĩa bằng góc giữa
V

∆ và a bằng
90
o
.

1

·
( )
·
( ,( )) , 90
o
a
α
+ =
V V
6 .Cho hai mặt phẳng (α) và (β) vuông góc với nhau. Khi đó với mọi đường thẳng ∆
ta có:
·
·
( ,( )) ( ,( )) 90
o
α β
+ =
V V
.
7. Gọi A’,B’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B xuống mặt phẳng (α). Khi đó
¼
' ' cos( ,( ))A B AB AB
α

.
4.Nếu
( )
( )a
α
β
⊥


⊥

V
thì
¶
·
( , ) (( ),( ))a
α β
=
V
.
5.Nếu
( ) ( )
α β
⊥
thì
·
0
(( ),( )) 90
α β
=

·
·
( ,( D)) 60 .MN ABC MNP= =
o

Trong
V
NCP theo định lí hàm số cosin ta có
2
2 2 2
5
2 . .cos45 .
8
a
NP CN CP CN CP= + − =
o
Trong tam giác vuông MNP ta có
5
os60 2
PN
MN a
c
= =
o
và PM=PN.tan
60
o
15 15
2
8 2

2 5
π
α α
= ≤ ≤
3
Bài 2 :
Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’, đáy có cạnh bằng a,cạnh bên có độ dài bằng
b.Gọi M là trung điểm của AB và
α
là góc tạo bởi đường thẳng MC’ và mặt phẳng
(BCC’B’).Tính tan
α
.
Hướng dẫn giải:
Gọi M’,N lần lượt là trung điểm của A’B’ và BC.
Gọi P là trung điểm của BM.
Ta có AN
⊥
BC và AN
⊥
BB’ nên AN
⊥
(BCC’B’).
Do đó
α
=
·
'MC P
.
Ta có

=
+
4
Bài 3:
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Điểm M thuộc BC’, N’ thuộc đoạn
AB’. Đường thẳng MN tạo với mặt phẳng (ABCD) góc α. Chứng minh rằng :
2 os +sin
a
MN
c
α α
≥
H ướng dẫn giải:
Gọi M’, N’ lần lượt là hình chiếu của M,N trên (ABCD). Không mất tính tổng quát giả sử
' 'MM NN
<
.
{ }
' 'P MN M N= ∩
.
Khi đó:
MM’=BM’, NN’=AN’=a – BN’, MN=PN – PM
⇒
MNcosα = ( PN – PM )cosα
= PNcosα – PMcosα
= PN’ – PM’ = M’N’.
⇒
M’N’= MNcosα
Do đó : M’N’ =
2 2

BAC
=
α
,biết SA,SB,SC
đều hợp với mp(ABC) góc
α
.Gọi O là tâm vòng (ABC).
a)CM: O trùng với hc của S lên mp(ABC)
b)Tính d(S,(ABC)).
Hướng dẫn giải:

a) Gọi I là hinh chiếu của S lên (ABC), theo giả thiết, ta có:

·
· ·
= = = αSAI SBI SCI
(1)
Các tam giác SAI,SBI,SCI có chung cạnh góc vuông SI và thỏa (1) nên bằng nhau .
Vậy IA=IB=IC
⇒
I O
≡
.
b) Ta có :
AC=2R.sinB (Đl hàm sin trong
ABCV
)
⇒
a=2R.sin(
90

SOB vuông)
=
2a sin os a sin
a tan
2 2 2
os
2 os 2 os os
2 2
c
c
c c c
α α α
α
α α
α
α
= =
6
Bài 5:
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a.
AA’
⊥
(ABC).Đường chéo BC’ của mặt bên BCC’B’ hợp với (ABB’A’) góc
30
o
.
Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AC và BB’.
a)Tính AA’
b) góc[MN,(BA’C’)].
Hướng dẫn giải:

IB
⇒

'IC BV
vuông tại I
⇒

'
' 3
sin 30
C I
BC a
°
= =
' 'BB CV
vuông:
⇒
BB’=
2 2 2 2
' ' ' 3a 2.BC B C a a− = − =
b)Tính góc[MN,(BA’C’)].
Gọi J là trung điểm của A’C’ H là hình chiếu của M lên BJ.
Trong hình thang BNJM,MN cắt BJ tại K.K cũng
là giao diểm của MN và(B’A’C’).
Mặt khác ,
/( ' ')BA C
hcM H BJ= ∈
7
⇒
góc [MN,(BA’C’)]=

Mà :
2 2
2 2
2
2 2 2
3a a 5
4 2 2
3a 11
2a
4 2
a
MN BM BN
a
BJ BM MJ
= + = + =
= + = + =

Vậy (3)
⇒

2
55
4
a
.cos(
,MN BJ
uuuur uuur
)=
2
4

α
.
b)CMR: cos
α
=
2 sin
β
.
Hướng dẫn giải:
a/ Gọi I là trung điểm BC,
Ta có MN
⊥
(ABC)
⇒
/( )ABC
MI hcMN=
⇒
·
IMN
α
=
·
IMN
α
=
MINV
MINV
vuông tại I.
⇒
MI=MN.cos

MI // AC, MI=AC/2
⇒
MI
⊥
AB,MI=MB
⇒
MIBV
vuông cân (4)
Gọi J là trung điểm BI thì MJ
⊥
BI
Mà MJ
⊥
BB’ (BB’
⊥
(ABC))
Do đó MJ
⊥
(BCC’B’)
⇒
/( ' ')BCC B
JN hcMN=

⇒

·
MNJ
β
=
.

α
=
2 sin
β
.
9
Bài 7:
Cho tứ diện ABCD có ba mặt ABC,ACD,ADB vuông tại A.M là một điểm ở trong
tam giác BCD.Gọi
α
,
β
,
γ
lần lượt là góc giữa AM và các mặt phẳng (ABC),(ACD),
(ADB).
CMR:
2 2 2
sin sin sin 1
α β λ
+ + =
.
Hướng dẫn giải:
Từ M dựng các đoạn vuông góc MH,MK,ML từ M đến các mặt phẳng (ABC),(ACD),
(ADB) theo thứ tự.
Ta có:
/( )
/( D)
/( )
ABC

Mặt khác, ta có HI
⊥
AC
Mà HI
⊥
AD (AD
⊥
(ABC))
Do đó HI
⊥
(ACD)
⇒
HI là khoảng cách Từ I đến (ACD)
⇒
HI = MK (MK//AD
⇒
MH // (ACD) )
Tương tự : HJ = ML
Từ đó
2 2 2
2 2 2
2
sin sin sin
MH MK ML
AM
α β λ
+ +
+ + =

2 2 2

⊥
(ABCD) nên SA
⊥
AM và
SA
⊥
AN.
Suy ra
·
MAN
là góc giữa hai mặt phẳng (SAM) và (SAN).

⇒
·
45MAN =
o
.
Ta có
·
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
. . os
( ) ( ) 2( ( ) )( ( ) ).
MN MA AN MA NA c MAN
MN a a x a a y a a x a a y
= + −
= + − + + − − + − + −
Mà MN
2
=

2 2 2 2 2
2
( ) ( )
2a 2a 2a 2ax 2x
( ).
AN AM MN
a a y a a x x y
y y y
x a x y
⇒ = +
⇒ + − = + − + +
⇒ − + = − + +
⇒ = −
Vậy để (SAM)
⊥
(SMN) thì
2
( )x a x y= −
(x>y).
11
Bài 9:
Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a, góc
·
o
BAC 120=
, cạnh bên BB' = a. Gọi I là trung điểm CC'. Chứng minh
∆
AB'I
vuông tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB'I).
H ướng dẫn giải:

= + = + =
Ta có:
2 2
2 / 2 2 / 2
5a 13a
AI AB 2a IB
4 4
+ = + = =

(AB
/
là đường chéo của hình vuông AA
/
B
/
B cạnh a)
Vậy,
∆
AB
/
I vuông tại A.
Ta có:
/
2
/
AB I
1 1 a 5 a 10
S .AI.AB . .a 2
2 2 2 4
= = =

BH BC a 3
2
= ⇒ =
Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az
đôi một vuông góc,
A(0; 0; 0),
12
A
/
B
/
C
/
A
B
C
30
o
H
I
60
o
B
/
A
/
C
/
z
a

   
uuur uur
Ta có:
2 2 2
/
a 3 a 3 a a a 3a a 2a
AB .AI . . a. 0
2 2 2 2 2 4 4 4
 
= − + + = − + + =
 ÷
 
uuur uur
/
AB AI.⇒ ⊥
uuur uur
Vậy,
∆
AB
/
I vuông tại A.
* Phương trình mp(ABC): z = 0 có pháp vectơ
1
n (0; 0; 1)=
r
* mp (AB
/
I) có cặp vectơ chỉ phương
/
AB , AI

+ −
α = = =
+ + + +
Bài 10:
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vng tại B, có AB = a,
·
BAC
α
=
,
( )SA ABC⊥
, SA = a, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là β.
a) Chứng minh
2
2
1 os
tan .tan
os
c
c
α
α β
α
+
=
.
b) Tam giác ABC thỏa mãn điều gì để
0
60
β

.
13
Do
~
AH SH
ABH SAH
AB SA
=> =# #
.
~
BC SC
SHK SCB
HK SH
=> =# #
Ta có
tan tan .
SH SC SC
SA SH SA
α β
= =
.
Mà
2
1 os
os os
a a c
AC SC
c c
α
α α

c
c c
α
α α
α α
+
=> = = + = +
2 2 2
tan 2 3tan tan 1 tan 1
α α α α
=> + = => = => = ±
Do
0 90
o o
α
< <
tan 1 45
o
α α
=> = => =
Vậy tam giác ABC vuông cân tại B.
Bài 11:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nữa lục giác đều nội tiếp đường tròn
đường kính AB = 2a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
3SA a=
.
a) Tính góc giữa (SAD) và (SBC)
b) Tính góc giữa (SBC) và (SCD)
H ướng dẫn giải:
a) Gọi

o
IAB IBA= =
)
Nên AI = AB = 2a
2 2 2 2
7SI SA AI a= + =
=>
7SI a=
~SAI DEI# #
(do 2 tam giác vuông có góc nhọn I chung)
=>
1
7 7
DE DI a
SA SI
a
= = =
=>
3
7 7
SA a
DE = =
Ta có
( )BD SAD⊥
nên
BD DE⊥
.
Trong
BDE#
, ta có :

AQ SC⊥
tại Q thì
( )AQ SBC⊥
Do đó
·
·
(( ),( ))PAQ SBC SCD=
Xét
#
vuông SAH, ta có :

2 2 2 2
1 1 1 5
AS 3AP AH a
= + =
=>
3
5
AP a=
.
#
SAC có
SA AC
⊥
, SA = SC =
3a
nên
#
SAC vuông cân tại A
=>

·
10
(( ),( )) arccos
5
SBC SCD =
.
Bài 12:
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Biết OA = a, OB = b, OC = c
và khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC) = h. Gọi α, β, γ là các góc tạo bởi (ABC)
với cái mặt phẳng (OAB), (OBC), (OCA). Chứng minh rằng :
a)
2 2 2
os os os 1c c c
α β γ
+ + =
.
b)
os +cos +cos 3c
α β γ
≤
.
Hướng dẫn giải:
a) Kẻ
( )OH ABC⊥
tại H. Kéo dài
{ }
CH AB I∩ =
Ta có :
( )
OC OA

.
Từ (3), ta có:
·
·
CIO COH
α
= =
(cạnh t/ư vuông góc).
=>
OH
os osCOH=
OC
h
c c
c
α
= =
.
Tương tự :
h
os , os =
b
h
c c
a
β γ
=
.
=>
2 2 2 2

o
BDC =
. Gọi
·
ADB
α
=
. Xác định α để góc giữa 2 mặt phẳng (ADC) và (BDC) bằng
60
o
.
Hướng dẫn giải:
Dựng
BI AC⊥
.
Ta có :
( ( ))BI DA DA ABC⊥ ⊥
=>
( )
BI DAC⊥
=>
BI DC
⊥
Dựng
( IJ)BJ DC DC B⊥ => ⊥
Vậy
( )
·
·
( ),( )ADC BDC BJI=

#
DBC vuông cân tại B=>BD = BC
Ta có:
AB AB
Sin AB BC sin
BD BC
α α
= = => = =
Hơn nữa trong
#
ABC vuông tại B, ta có :
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
1
BI AB BC BC sin
α
 
= + = +
 ÷
 
Trong
#
DJB vuông tại J có
·
45
o
JDB =
nên
DJB#
vuông cân tại J, do đó:

arcsin
5
α
=> =
.
Bài 14:
Cho
#
ABC vuông tại A có BC là cạnh huyền thuộc mặt phẳng (P). Gọi β,γ lần lượt
là góc hợp bởi 2 đường thẳng AB,AC với mặt phẳng (P). Gọi α là góc hợp bởi mặt
phẳng(ABC) với mặt phẳng (P).Chứng mình rằng:

2 2 2
Sin Sin Sin
α β γ
= +
.
Hướng dẫn giải:
Kẻ
( )AH P⊥
·
·
,ABH ACH
β γ
=> = =
Kẻ
HI BC⊥
Mà
HI AH⊥
=>

(ABCD) và SA=a
2
.Gọi I là trung điểm của SC.
a) Chứng minh AI
⊥
(SCD).
b) Tính góc
α
giữa hai mp (ABCD) và (SCD), góc
β
giữa hai mp (SAB) và
(SCD).
Hướng dẫn giải:
a) SA
⊥
(ABCD)
⇒
SA
⊥
AC,SA=AC= a
2
.
Tam giác SAC vuông cân tại A nên AI
⊥
SC.
18
Gọi K là trung điểm của AD,
tứ giác ABCK là hình vuông nên:
CK=KA=KD=a
⇒

SC.
Do đó góc giữa (ABCD) và (SCD) là
α
=
·
SCA
.
Mà tam giác SAC vuông cân tại A nên
α
=
45
o
.
Ta có AD
⊥
AB và SA,nên AD
⊥
(SAB).
Theo cmt, AI
⊥
(SCD).Vậy góc giữa (SAB) và (SCD) là
β
=góc (AI,AD).
Vì AI
⊥
(SDC) nên AI
⊥
ID.Tam giác AID vuông tại I và
·
cosIAD

Gọi H là trung điểm của AC, ta có BH
⊥
AC
Ta có BH
⊥
SA vì SA
⊥
(ABC), nên BH
⊥
(SAC).
Ta cũng có tam giác SHC là hình chiếu của tam giác SBC lên (SAC).
Vậy
αcos
=
SHC
SBC
S
S
SHC
S
=
1
2
SA.HC=
1
2
a.
a 2
2
=

SBC
S
S
=
1
2

⇒
α
=
60
o
.
Câu 17:
Cho tam giác đều ABC cạnh a. Dựng hai đoạn AA’,CC cùng vuông góc với (ABC)
và nằm cùng phía đối với (ABC), AA = CC ’= a. Tính góc giữa hai mp (A’BC) và
(C’BA).
Hướng dẫn giải:
Gọi O là giao điểm của AC’ và CA’; H là trung điểm của AC.
Ta có: AC
⊥
OB.Hạ HI
⊥
OB, suy ra OB
⊥
(ACI) và góc giữa (A’BC) và (C’BA) là góc
giữa IA và IC.
Ta có: OH//AA’
⇒
OH

60
o
.
Hướng dẫn giải:
Hạ AM
⊥
SB,ta chứng minh được AM
⊥
(SBC).
Tương tự hạ AN
⊥
SD, ta có AN
⊥
(SCD) và AM=AN.
Suy ra: góc[(SBC),(SCD)]=
60
o
⇔
góc (AM,AN)=
60
o
⇔
tam giác AMN đều
⇔
MN=AM.
Ta tính được AM=
2 2
ax
a x+
,

(SAD)
⊥
(ABCD)
⇒
SA
⊥
(ABCD)
⇒
(SAM)
⊥
(ABCD) ,
(ABCD)
∩
(SDN)=DN
Do đó
(SAM)
⊥
(SDN) (SA
⊥
DM)
. 0
AM DM
AM DN
⇔ ⊥
⇔ =
uuuuruuur
(*)
Đặt
, ,BA a BC c AM m= = =
uuur r uuur r

=0,
2 2
2
.a c m=
r r
).
Vậy khi k=
1
2
thì (SAM)
⊥
(SDN).
Bài 20:
Cho tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối bằng nhau.Gọi
, ,
α β λ
lần lượt là số đo của
các góc giữa mp(ABC) với các mp (DBC),(DCA),(DAB).Chứng minh:
a)
1
os . os . os
27
c c c
α β λ
≤
b)
2 2 2
1
os os os
3

λ
=
=
=
.
Do đó:
ABC
S S=
=
DCB
S
+
CAH
S
+
ABH
S
=S(
osc
α
+
osc
β
+
osc
λ
).
⇒
osc
α

,
osc
λ
có 1 giá trị âm,2 giá trị dương nên ta cũng thu được kết quả
trên.
b) Áp dung BĐT B.C.S:
2 2 2
os os osc c c
α β λ
+ +
2
( os os os ) 1
3 3
c c c
α β γ
+ +
≥ =
.
Bài 21:
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’. Gọi
, ,
α β λ
lần lượt là các góc giữa mp
(ACB’) với các mặt (BCB’),(ABC) và (BAB’).Chứng minh:
a)
os . osc c
α β
+
os . osc c
λ β

⊥
BB’,AC
⊥
BD’,
do đó AC
⊥
(BB’D’D)
⇒
AC
⊥
BD nên ABCD là hình vuông
⇒
AB=BC
Cm tương tự ta có BC=BB’
Suy ra hình hộp đã cho là hình lập phương.
22
Bài 22:
Cho ba tia Ox,Oy,Oz không cùng nằm trên một mặt phẳng thỏa điều kiện:
·
xOy
=
o
90
,
·
·
= =
o
xOz yOz 60
.Tìm số đo của góc giữa hai mặt phẳng (xOz) và (yOz).

= + −
+ −
⇔ =
Với AB=
3
2,
2
a
a AC BC= =
⇒
·
osc AOB =
1
3
−
.
Vậy góc giữa hai mp (xOz) và (yOz) có số đo là
α
xác định bởi
1
os
3
c
α
=
hay
α
=acrcos
1
3

)
=>
BC Oz⊥
.
Vậy
·
ACB
α
=
.
Xét
ABC#
, ta có :
2 2 2
2 .AB AC BC AC BCCOS
α
= + −
2 2 2
os =
2 .
AC BC AB
c
AC BC
α
+ −
⇔
Với
2 2
2AB OB OA a= + =
(

-1
xOz , =arccos
3
yOz
 
 ÷
 
.
Bài 24:
Cho tam giác ABC vuông tại B, AB=2a, BC=a. Trên 2 tia Ax,Cy vuông góc với
mp(ABC) và ở cùng phía đối với (ABC), lần lượt lấy 2 điểm A’ và C’ sao cho
AA’=2a, CC’=x.
a) Xác định x sao cho
·
' ' 90A BC =
o
.
b) Xác định x sao cho
·
' 90BA C =
o
.
24
c) Cho x=4a. Tính
osc
ϕ
với
ϕ
là góc giữa 2 mp(ABC) và (A’BC’)
Hướng dẫn giải:

⇔ = +
⇔ − + = + +
⇔ =
o
b)
·
2 2 2
' 90 ' ' ' 'BA C BC A B A C= ⇔ = +
o

2 2 2 2 2
2
8 4 9
4 16 4
a x a x ax a
ax a x a
⇔ + = + − +
⇔ = ⇔ =
c)
4ax
=
, khi đó:
2 2 2 2 2 2
1 1
2
' '
2
2
' '
' ' ' ' 5 4 9 ' ' 3