1

HƯỚNG DẪN GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH KHÔNG GIAN
THEO ðỀ CƯƠNG TOÁN 11

Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với ñáy ,
SA = a
2
.
a) Chứng minh rằng các mặt bên hình chóp là những tam giác vuông.
b) CMR (SAC)
⊥
(SBD) .
c) Tính góc giữa SC và mp ( SAB ) .
d) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD)
e) Tính d(A, (SCD)) .
Giải
a) Chứng minh rằng các mặt bên hình chóp là những tam giác vuông.
 Ta có :
(
)
,
SA ABCD SA AD SA AB
⊥ ⇒ ⊥ ⊥

,
SAD SAB
⇒ ∆ ∆
vuông tại A.
 Chứng minh

vuông tại B.
 Chứng minh
SCD
∆
vuông :
Ta có :
CD AD
⊥
( Hai cạnh kề của hình vuông ABCD )

CD SA
⊥
(Vì
(
)
SA ABCD
⊥
)

(
)
CD SAD
⇒ ⊥
, mà
(
)
SD SAD CD SD
⊂ ⇒ ⊥
BD SBD SAC SBD
⊂ ⇒ ⊥
.
c) Tính góc giữa SC và mp ( SAB ) :
 Do
(
)
BC SAB
⊥
tại B nên hình chiếu của C lên (SAB) là B.

⇒
Hình chiếu của SC lên (SAB) là SB.

( )

(
)

(
)

, ,
SC SAB SC SB CSB
⇒ = =
.
 Trong
SAB
∆
vuông tại A, ta có :

.
d) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SBD ) và ( ABCD) :
Ta có :
(
)
(
)
SBD ABCD BD
∩ =
.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD,
O BD
∈
.
Theo chứng minh ở câu b)
(
)
BD SAC
⊥
, mà
(
)
SO SAC SO BD
⊂ ⇒ ⊥
.
Mặc khác,
AO BD
⊥
.
O

2
a
AC a AO= ⇒ =
.
 Trong
SAO
∆
vuông tại A, ta có :
 
2
tan 2 arctan 2
2
2
SA a
AOS AOS
AO
a
= = = ⇒ =
.
( ) ( )

(
)

, arctan 2
SBD ABCD AOS⇒ = =
.
Nhận xét : ðể xác ñịnh góc giữa
(
)

thì tìm
O
∈∆
. Từ O, trong
(
)
α
vẽ
a
⊥ ∆
tại O ;
trong
(
)
β
vẽ
b
⊥ ∆
tại O. Suy ra
( ) ( )

(
)

(
)
, ,
a b
α β
=

,
(
)
(
)
b
γ β
∩ =
;
Kết luận :
( ) ( )

(
)

(
)
, ,
a b
α β
=
.

Câu d) ta có thể trình bày cách 3 như sau :
 Ta có :
(
)
(
)
SBD ABCD BD

)

, ,
SBD ABCD AC SO AOS
= =
( Vì

AOS
là góc nhọn).
e) Tính d(A, (SCD)) :
Gọi H là hình chiếu của A lên SD.
Ta có :
AH SD
⊥
(1)

CD AD
⊥
( Hai cạnh kề của hình vuông ABCD) ;

CD SA
⊥
(Vì
(
)
SA ABCD
⊥
).

(

2
2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3 2 2
2 3
3
2
a a
AH AH
AH AS AD a a
a
= + = + = ⇒ = ⇒ =
.
Vậy
( )
( )
2
,
3
a
d A SCD AH= =
.
Bài 2.
Cho hình chóp S. ABC có ñáy ABC là tam giác vuông tại C và SB
⊥
(ABC), biết AC = a
2
,
BC = a, SB = 3a.


60°
a
a
a
H
O
A
D
B
C
S
Giải
a) Chứng minh : AC
⊥
(SBC)
Ta có :
AC BC
⊥
(gt) ;

AC SB
⊥
(Vì
(
)
SB ABC
⊥
) ;

(

Từ (1) và (2)
(
)
BH SAC
⇒ ⊥
, mà
(
)
SA SAC BH SA
⊂ ⇒ ⊥
.
c) Tính góc giữa ñường thẳng SA và mặt phẳng (ABC)
Do
(
)
SB ABC
⊥
tại B nên hình chiếu của S lên (ABC) là B.
⇒
Hình chiếu của SA lên (ABC) là BA.
( )

(
)

(
)

, ,
SA ABC SA BA SAB


(
)

0
, 60
SA ABC SAB
= =
.
Bài 3.
Cho hình chóp S. ABCD có ñáy ABCD là hình thoi cạnh a có góc

BAD
= 60
0

và SA=SB = SD = a.
a)

Chứng minh (SAC) vuông góc với (ABCD)
b)

Chứng minh tam giác SAC vuông
c)

Tính khoảng cách từ S ñến (ABCD)
Giải
a) Chứng minh (SAC) vuông góc với (ABCD)
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD.
Ta có :

∆
cân tại A có

0
60
BAD ABD
= ⇒ ∆
ñều.


ABD
∆
ñều cạnh a có AO là ñường trung tuyến
3
2
a
AO
⇒ =
.

Xét
SOD
∆
vuông tại O, ta có :
2
2
2 2 2
3 3
2 4 2
a a a


a
Q
K
M
H
O
F
E
A
B
C
D
S
Pc) Tính khoảng cách từ S ñến (ABCD)
Xét hình chóp S.ABD :
Ta có : SA = SB = SD = a, AB = BD = DA = a nên S.ABD là hình chóp ñều.
Gọi H là trọng tâm của
(
)
ABD SH ABD
∆ ⇒ ⊥
(Theo tính chất của hình chóp ñều).
(
)
SH ABCD
⇒ ⊥

3
a a a a
SH SA AH a a
   
= − = − = − = =
   
   
   
.
( )
( )
2
,
3
a
d S ABCD SH
⇒ = =
.
Bài 4.
Cho hình chóp S. ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên (SAB) là tam giác ñều. Gọi
E, F là trung ñiểm của AB và CD.
a) Cho biết tam giác SCD vuông cân tại S. Chứng minh: SE
⊥
(SCD) và SF
⊥
(SAB).
b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên EF. Chứng minh: SH
⊥
AC
c) Tính góc giữa ñường thẳng BD và mặt phẳng (SAD)

)
SE SEF SE CD
⊂ ⇒ ⊥
(1)

Ta chứng minh
SEF
∆
vuông tại S bằng cách
sử dụng ñịnh lý Pytago như sau :
SCD
∆
vuông tại S có SF là ñường trung tuyến nên
1
2 2
a
SF CD
= =
.
SAB
∆
ñều cạnh a có SE là trung tuyến nên
3
2
a
SE
=
.
EF = a.
Ta có :



 Chứng minh SF
⊥
(SAB) :
Theo chứng minh trên,
SF SE
⊥
(3)

(
)
CD SEF
⊥
, mà AB // CD
(
)
AB SEF SF AB
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
(4)
Từ (3) và (4)
(
)
SF SAB
⇒ ⊥
.
b) Chứng minh SH
⊥
AC
Ta có :

⇒ ⊥
.
c) Tính góc giữa ñường thẳng BD và mặt phẳng (SAD) (câu khó - các em học sinh ñọc tham khảo).
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.
Theo tính chất của hình vuông ABCD, ta có AC, BD và EF ñồng quy tại O.
Vì
SE SF
>
nên H thuộc ñoạn OF.

Trong mặt phẳng (ABCD), qua H vẽ ñường thẳng song song với CD cắt AD, OD lần lượt tại M và K.
Vậy góc giữa BD và mặt phẳng (SAD) là góc giữa KD và (SAD). Ta ñi tìm hình chiếu của K lên (SAD).
Ta có :
,
AD MH AD SH
⊥ ⊥
(do
(
)
SH ABCD
⊥
)
(
)
(
)
(
)
AD SHM SAD SHM
⇒ ⊥ ⇒ ⊥


(
)
( )

(
)

(
)

, , ,
BD SAD KD SAD KD PD KDP
= = =
.

ðể tìm góc

KDP
ta ñi tìm KD và KP.


SEF
∆
vuông tại S có SH là ñường cao nên ta có :
2
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 4 4 16 3 3

.


3
4 2 4 2 4 4
a a a a a a
OH EH OE HF OF OH
= − = − = ⇒ = − = − =
.
⇒
H là trung ñiểm của OF, mà HK // DF nên HK là ñường trung bình của
FOD
∆
.
⇒
K là trung ñiểm của OD
1 1 2 2
.
2 2 2 4
a a
KD OD
⇒ = = =
⇒ = = =⇒ = = =
⇒ = = =
. (do
2
BD a
=
).


∆ ⇒ = .


SHM
∆
vuông tại H có HQ là ñường cao, ta có :
2
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 16 4 28 3 3
3
3 3 28
2 7
3
16 4
2
4
a a
HQ HQ
a a
HQ HS HM a a a
a
a
= + = + = + = + = ⇒ = ⇒ =
   
 
 
 
 


Vậy
( )

(
)

0
, 27 35'
BD SAD KDP= ≈
.

6

2a
a
H
O
A
D
B
C
S

Bài 5.
Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a,
⊥
( )
SA ABCD
và SA = 2a.

:
Ta có :
BD AC
⊥
(Hai ñường chéo của hình vuông ABCD) ;

BD SA
⊥
(do
(
)
SA ABCD
⊥ ) ;

(
)
BD SAC
⇒ ⊥ , mà
(
)
(
)
(
)
BD SBD SAC SBD
⊂ ⇒ ⊥ .



 Chứng minh

CD SCD SCD SAD
⊂ ⇒ ⊥ .
b) Tính góc giữa SD và (ABCD); SB và (SAD) ; SB và (SAC).


 Tính góc giữa SD và (ABCD).

Ta có :
(
)
SA ABCD
⊥ tại A nên hình chiếu của S lên mp (ABCD) là A.
⇒
Hình chiếu của SD lên mặt phẳng (ABCD) là AD.
⇒
( )

(
)

(
)

, ,
SD ABCD SD AD SDA
= =
.
Trong
SAD
∆

( )

(
)

(
)

, ,
SB SAD SB SA BSA
= =
.
Trong
SAB
∆
vuông tại A,
 
1 1
tan arctan .
2 2 2
AB a
BSA BSA
SA a
= = = ⇒ =

Vậy
( )

(
)


1 2
2
2 2
a
BD a BO BD= ⇒ = =
.


SAB
∆
vuông tại A nên
( )
2
2 2 2
2 5
SB SA AD a a a
= + = + =
.

7


Trong
SOB
∆
vuông tại O, ta có :
 
2
2 1 1

⊥
.
Theo chứng minh ở câu a,
(
)
CD SAD
⊥
mà
(
)
AH SAD AH CD
⊂ ⇒ ⊥
.
(
)
AH SCD
⇒ ⊥
tại H
(
)
(
)
,
d A SCD AH
⇒ =
.


SAD
∆

AH SD
⊥
thì
(
)
AH SCD
⊥
.



Tính d(B,(SAC)).
Theo chứng minh trên
(
)
BD SAC
⊥
tại O nên hình chiếu của B lên (SAC) là O.
( )
( )
2
,
2
a
d B SAC BO⇒ = =
.

Bài 6.
Hình chóp S.ABC.
∆

(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( )
( )
;
d
d
α β
γ
α γ β γ
∩ = 

⇒ ⊥

⊥ ⊥


.

a) CM SB ⊥
⊥⊥
⊥ (ABC) :
Ta có :
(
)
(
)
( ) ( ) ( ) ( )

SC BK
⊥
(gt) (1)

AC AB
⊥
(
ABC
∆
vuông tại A) ;

AC SB
⊥
(do
(
)
SB ABC
⊥
)
(
)
AC SAB
⇒ ⊥
.
mà
(
)
BH SAB BH AC
⊂ ⇒ ⊥
, mặc khác

HK SAC BH HK
⊂ ⇒ ⊥
.
Vậy
BHK
∆
vuông tại H.
d) Tính cosin của góc tạo bởi SA và (BHK) :
Vì
H SA
∈
nên
( )

(
)
( )

(
)
, ,
SA BHK SH BHK
=
.
Theo chứng minh ở câu b,
(
)
SC BHK
⊥
tại K nên hình chiếu của S lên (BHK) là K.

AB AB a
BC a
BC
= ⇒ = = =
.


SBC
∆
vuông tại B nên
2 2 2 2
4 4 2 2
SC BS BC a a a
= + = + =
.


SBA
∆
vuông tại B nên
2 2 2 2
4 5
SA BS BA a a a
= + = + =
.

Trong
SAC
∆
vuông tại A, ta có :

Chứng minh: (MBD)
⊥
(SAC)
b)

Tính góc giữa SA và mp(ABCD) .
c)

Tính góc giữa hai mặt phẳng ( MBD) và (ABCD).
d)
Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) và (ABCD)Nhắc lại :
Hình chóp ñều là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau và có ñáy là ña giác ñều. Do ñó, trong
hình chóp ñều, tâm của ña giác ñáy trùng với hình chiếu của ñỉnh S lên mặt ñáy. a) Chứng minh : (MBD)
⊥
(SAC) :
Vì hình chóp S.ABCD ñều nên
(
)
SO ABCD
⊥
;
mà
(
)


9

a 5
2
a
M
O
A
D
B
C
S
E
F
( )

(
)

(
)

, ,
SA ABCD SA OA SAO
⇒ = =
.


5

Vậy
( )

( )

2
, cos
5
SA ABCD SAO arc= =
.
c) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( MBD) và (ABCD) :

Ta có :
(
)
(
)
MBD ABCD BD
∩ =
;


(
)
BD SAC
⊥
;


(


Trong
SOC
∆
vuông tại O có OM là ñường trung tuyến nên
1 1 5 5
.
2 2 2 4
a a
OM SC= = =
.


2 1 5
;
2 2 4
a a
OC MC SC= = =
.

Áp dụng ñịnh lí cosin trong tam giác COM, ta có :

2 2 2
2 . .cos
CM OM OC OM OC COM
= + −
.
 
2 2 2
2 2 2

5
MBD ABCD COM= =

Cách 2 :

Trong
SOC
∆
vuông tại O có OM là ñường trung tuyến nên
1 1 5 5
.
2 2 2 4
a a
OM SC CM
= = = =
.
COM
⇒ ∆
cân tại M


COM MCO
⇒ =
.
Mặc khác,


MCO SAO
=
( Vì


d)
d)d)
d) Tính góc giữa hai mặt phẳng ( SAB) và (ABCD) : 
Ta có :
(
)
(
)
SAB ABCD AB
∩ = ;

10

a 3
2a
a
K
H'
B'
O
C
A
C'
A'
B
H

∩ = ;
( ) ( )

(
)

(
)

, ,
SAB ABCD SE EF SEF
⇒ = =
( Vì

SEF
là góc nhọn )


SOC
∆
vuông tại O nên
2 2
2 2
2 2
5 2 5 2 3
2 2 4 4 2
a a a a a
SO SC OC
   
= − = − = − =

.
Bài 8.
Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ có AA′ ⊥ (ABC) và AA′ = a, ñáy ABC là tam giác vuông tại A có
BC = 2a, AB = a
3
.
a) Tính khoảng cách từ AA′ ñến mặt phẳng (BCC′B′).
b) Tính khoảng cách từ A ñến (A′BC).
c) Chứng minh rằng AB ⊥ (ACC′A′) và tính khoảng cách từ A′ ñến mặt phẳng (ABC′).
Giải
a) Tính khoảng cách từ AA
′
′′
′
ñến mặt phẳng (BCC
′
′′
′
B
′
′′
′
).
Vì
'/ / '
AA BB
nên
(
)
'/ / ' '

'
AH BC
AH BCC B
AH HH
⊥

⇒ ⊥

⊥

tại H

(
)
(
)
, ' '
d A BCC B AH
⇒ = .


ABC
∆
vuông tại A nên
2 2 2 2
4 3
AC BC AB a a a
= − = − =
.


AB AA
⊥
(do
(
)
'
AA ABC
⊥ ) ;
AB AC
⊥
(gt)
(
)
' ' '
AB A ACC AB A C
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ .
Ta có : A’A = AC = a nên A’ACC’ là hình vuông.
Gọi O là tâm của hình vuông A’ACC’.

Do
( )
' '
' '
'
A C AC
A C ABC
A C AB
⊥

⇒ ⊥

(
)
(
)
'
AK OB K OB AK A BC
⊥ ∈ ⇒ ⊥ tại K.

11

(
)
(
)
, '
d A A BC AK
⇒ = .


AOB
∆
vuông tại A có AK là ñường cao nên
2
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 2 1 6 7 3 3
3 3 3 3 7
7
2

, ' ' ' '
BC AH BC AA BC AA H A BC AA H
⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Hai mặt phẳng này cắt nhau theo giao tuyến A’H.

Trong mặt phẳng (AA’H), kẻ
(
)
(
)
' ' '
AI A H I A H AI A BC
⊥ ∈ ⇒ ⊥ tại I.
(
)
(
)
, '
d A A BC AI
⇒ = .


'
AA H
∆
vuông tại A có AI là ñường cao nên
2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 4 1 7 3
3

′
) và tính khoảng cách từ A
′
′′
′
ñến mặt phẳng (ABC
′
′′
′
).


 Chứng minh rằng AB
⊥
⊥⊥
⊥
(ACC
′
′′
′
A
′
′′
′
) :
Ta có :
, '
AB AC AB AA
⊥ ⊥
(do

(
)
(
)
', ' '
d A ABC A O
=
.
Ta có :
( )
( )
2 2
' 2 ' ', '
2 2
a a
A C a A O d A ABC= ⇒ = ⇒ =
.
Nhận xét :
ðể tính khoảng cách từ M ñến
(
)
α
, nếu ñề bài cho không xác ñịnh trực tiếp ñược hình chiếu
của M lên
(
)
α
thì ta làm như sau :

Tìm mp

,
MH H MH d M MH
α α
⊥ ∆ ∈∆ ⇒ ⊥ ⇒ =
.
Chúc các em thi ñạt kết quả thật tốt !
Biên soạn : GV. Trần Quốc Dũng