HƯỚNG DẪN GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH KHÔNG GIAN
THEO ĐỀ CƯƠNG TOÁN 11
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy ,
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
SBC
∆
vuông :
Ta có :
BC AB
⊥
( Hai cạnh kề của hình vuông ABCD )

CD SA⊥
(Vì
( )
SA ABCD
⊥
)

( )
CD SAD
⇒ ⊥
, mà
( )
SD SAD CD SD
⊂ ⇒ ⊥SCD
⇒ ∆
vuông tại D.
b) CMR (SAC)
⊥
(SBD) :
BD AC
⊥
(Hai đường chéo của hình vuông ABCD )
BD SA⊥
( Vì
( )
SA ABCD
⊥

∆
vuông tại A, ta có :
( )
2
2 2 2
2 3SB SA AB a a a= + = + =
.
 Trong
SBC
∆
vuông tại B, ta có :
· ·
0
1
tan 30
3 3
BC a
CSB CSB
SB
a
= = = ⇒ =
.
Vậy
( )
·
(
)
0
, 30SC SAB
=

·
( )
·
, ,SBD ABCD SO AO AOS
= =
(do
·
AOS
là góc nhọn).

2
2
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
= = = ⇒ =

∩ = ∆
thì tìm
O
∈∆
. Từ O, trong
( )
α
vẽ
a
⊥ ∆
tại O ;
trong
( )
β
vẽ
b
⊥ ∆
tại O. Suy ra
( ) ( )
·
(
)
¶
( )
, ,a b
α β
=
. (đã trình bày ở câu d) )
 Cách 3 : Trong trường hợp tổng quát :
 Tìm

, ,a b
α β
=
.
Câu d) ta có thể trình bày cách 3 như sau :
 Ta có :
( ) ( )
SBD ABCD BD
∩ =
;

( )
BD SAC
⊥
(theo chứng minh câu b) )

( ) ( )
SAC SBD SO
∩ =
,
( ) ( )
SAC ABCD AC
∩ =
;
Vậy
( ) ( )
·
(
)
·

AH SAD CD AH
⊂ ⇒ ⊥
(2)
Từ (1), (2)
( )
AH SCD
⇒ ⊥
tại H
( )
( )
,d A SCD AH
⇒ =
.
Xét
SAD
∆
vuông tại A có AH là đường cao :
Ta có :
( )
2
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

Ta có :
AC BC
⊥
(gt) ;
AC SB
⊥
(Vì
( )
SB ABC
⊥
) ;

( )
AC SBC
⇒ ⊥
.
b) Chứng minh : SA
⊥
BH
Để chứng minh SA
⊥
BH ta chứng minh
( )
BH SAC
⊥
.
Ta có :
BH SC
⊥
(gt) (1)

·
( )
·
, ,SA ABC SA BA SAB⇒ = =
.
 Trong
ABC
∆
vuông tại C, ta có :
2 2 2 2
2 3.AB BC AC a a a
= + = + =
 Trong
SBA
∆
vuông tại B, ta có :
· ·
0
3
tan 3 60
3
SB a
SAB SAB
AB
a
= = = ⇒ =
.
Vậy
( )
·


( )
BD SAC⇒ ⊥
, mà
( ) ( ) ( )
BD ABCD SAC ABCD⊂ ⇒ ⊥
.
b) Chứng minh tam giác SAC vuông
Ta chứng minh SO = AO = OC.
 Do
ABD∆
cân tại A có
·
0
60BAD ABD= ⇒ ∆
đều.

ABD∆
đều cạnh a có AO là đường trung tuyến
3
2
a
AO⇒ =
.
 Xét
SOD∆
vuông tại O, ta có :
2
2
2 2 2

( )
ABD SH ABD∆ ⇒ ⊥
(Theo tính chất của hình chóp đều).
( )
SH ABCD⇒ ⊥
tại H
( )
( )
,d S ABCD SH⇒ =
.
 Vì H là trọng tâm
ABD∆
nên
2 2 3 3
.
3 3 2 3
a a
AH AO= = =
.
 Trong
SHA
∆
vuông tại H, ta có :
2 2
2
2 2 2 2
3 3 2 2
3 3 3
3
a a a a

⊥
(SAB).
 Chứng minh SE
⊥
(SCD) :
 Do
SCD∆
cân tại S có F là trung điểm của CD
⇒
CD SF⊥
Mà
CD EF
⊥
(theo tính chất của hình vuông)
( )
CD SEF⇒ ⊥
, mà
( )
SE SEF SE CD⊂ ⇒ ⊥
(1)
 Ta chứng minh
SEF∆
vuông tại S bằng cách
sử dụng định lý Pytago như sau :
SCD
∆
vuông tại S có SF là đường trung tuyến nên
1
2 2
a

SEF∆
vuông tại S
SE SF⇒ ⊥
(2)
Từ (1) và (2)
( )
SE SCD⇒ ⊥
.
 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 :
( )

,AD MH AD SH⊥ ⊥
(do
( )
SH ABCD⊥
)
( ) ( ) ( )
AD SHM SAD SHM⇒ ⊥ ⇒ ⊥
.
( ) ( )
SAD SHM SM∩ =
.
 Vẽ
KP SM⊥
(
P SM∈
)
( )
KP SAD⇒ ⊥
tại P.
Nhận xét : Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng này và
vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia.
⇒
Hình chiếu của K lên (SAD) là P.
⇒
Hình chiếu của KD lên (SAD) là PD.
⇒
( )
·
(
)

a a
SH SE SF a a a
a
a
= + = + = + = + = ⇒ = ⇒ =
   
 ÷
 ÷
 
 
.

SEH
∆
vuông tại H nên ta có :
2 2 2
2 2
3 3 9 3
4 16 16 4
a a a a
EH SE SH= − = − = =
.

3
4 2 4 2 4 4
a a a a a a
OH EH OE HF OF OH= − = − = ⇒ = − = − =
.
⇒
H là trung điểm của OF, mà HK // DF nên HK là đường trung bình của

mà K là trung điểm của MH nên
KP là đường trung bình của
1
2
MHQ KP HQ∆ ⇒ =
.

SHM
∆
vuông tại H có HQ là đường 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
= + = + = + = + = ⇒ = ⇒ =
   

( )
·
(
)
·
0
, 27 35'BD SAD KDP= ≈
.
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
⊥ ( )SA ABCD
và SA = 2a.
5
a). Chứng minh
⊥( ) ( )SAC SBD
;
⊥( ) ( )SCD SAD
b). Tính góc giữa SD và (ABCD); SB và (SAD) ; SB và (SAC);
c). Tính d(A, (SCD)); d(B,(SAC))
Giải
a) Chứng minh
⊥
( ) ( )SAC SBD
;
⊥
( ) ( )SCD SAD
 Chứng minh
( ) ( )
SAC SBD⊥
:
Ta có :

CD SAD⇒ ⊥
, mà
( ) ( ) ( )
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
∆
vuông tại A,
· ·
2
tan 2 arctan 2.

SAB∆
vuông tại A,
· ·
1 1
tan arctan .
2 2 2
AB a
BSA BSA
SA a
= = = ⇒ =
Vậy
( )
·
(
)
·
1
, arctan
2
SB SAD BSA= =
.
 Tính góc giữa SB và (SAC).
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.
Theo chứng minh trên
( )
BD SAC⊥
tại O nên hình chiếu của B lên (SAC) là O.
⇒
Hình chiếu của SB lên (SAC) là SO.
( )

2
2 1 1
2
sin arcsin
5 2 5 10 10
a
BO
BSO BSO
SB
a
= = = = ⇒ =
.
Vậy
( )
·
(
)
·
1
, arcsin
10
SB SAC BSO= =
.
c) Tính d(A, (SCD)); d(B,(SAC)).
Tính d(A, (SCD)).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD.
Ta có :
AH SD⊥
.
Theo chứng minh ở câu a,

Vậy
( )
( )
2
,
5
a
d A SCD AH= =
.
Nhận xét : Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng này và
vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia.
Trong ý trên, do (SAD)
⊥
(SCD) và có giao tuyến là SD nên khi kẽ
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) CM SB ⊥ (ABC) :
Ta có :
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )
;
SAB SBC SB
SB ABC
SAB ABC SBC ABC
∩ = 

⇒ ⊥

⊥ ⊥


.
7
b) CM (BHK) ⊥ SC :

SC BK⊥
(gt) (1)

AC AB⊥
(

Theo chứng minh ở câu b,
( )
BH SAC⊥
mà
( )
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.
⇒

BAC
∆
vuông tại A,
0
0
cos60 2
1
cos60
2
AB AB a
BC a
BC
= ⇒ = = =
.

SBC
∆
vuông tại B nên
2 2 2 2
4 4 2 2SC BS BC a a a= + = + =
.
.
2 2 2 2
8 7AC BC AB a a a= − = − =
·
7 7 14
cos
4
2 2 2 2
HK AC a

⊥
(SAC) :
Vì hình chóp S.ABCD đều nên
( )
SO ABCD⊥
;
mà
( )
BD ABCD BD SO⊂ ⇒ ⊥
;
Hơn nữa,
BD AC
⊥
(Hai đường chéo của hình vuông ABCD);
( )
BD SAC⇒ ⊥
mà
( ) ( ) ( )
BD MBD MBD SAC⊂ ⇒ ⊥
.
b) Tính góc giữa SA và mp(ABCD) :
Ta có :
( )
SO ABCD⊥
nên hình chiếu của S lên (ABCD) là O.
8
⇒
Hình chiếu của SA lên (ABCD) là OA.
( )
·

AO
SAO SAO arc
SA
a
= = = ⇒ =
.
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⊥
;

( ) ( )
SAC ABCD AC∩ =
;

OC MC SC= = =
.
 Áp dụng định lí cosin trong tam giác COM, ta có :
·
2 2 2
2 . .cosCM OM OC OM OC COM= + −
.
· ·
2 2 2
2 2 2
5 2 5
2
4 2 4
2 2
2
cos arccos
2 .
5 2 5 5 5
2 .
4 2 2
a a a
a
OM OC CM
COM COM
OM OC
a a a
     
+ −
 ÷  ÷  ÷
+ −

·
·
MCO SAO=
( Vì
SAC∆
cân tại S)
·
·
COM SAO⇒ =
. Theo câu b,
·
2
arccos
5
SAO =
.
Từ đó suy ra
( ) ( )
·
(
)
·
2
, arccos .
5
MBD ABCD COM= =
Nhận xét : Trong việc xác định góc giữa hai mặt phẳng ( MBD) và (ABCD) ta có thể dùng cách 2 như đã
nói ở bài tập 1. Cách này không đơn giản vì tìm điểm thuộc BD để từ đó vẽ trong (ABCD) và (MBD) hai
đường thẳng lần lượt vuông góc với BD tại điểm đó là khó. Thực chất, người ta thường dùng cách 3 để từ
đó trình bày cách 2 cho đơn giản.

·
, ,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
   
= − = − = − =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
 Trong
SEO
∆
vuông tại O, ta có :
· ·
0
3
2

'/ / ' 'AA BCC B

⇒
( )
( )
( )
( )
', ' ' , ' 'd AA BB C C d A BCC B=
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC.
Từ H, vẽ đường thẳng song song với AA’ cắt B’C’ tại H’.
Do
'/ / 'AA HH
,
( ) ( )
' ' 'AA ABC HH ABC HH AH⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
.
Ta có :
( )
' '
'
AH BC
AH BCC B
AH HH
⊥

⇒ ⊥

⊥


2
a
d AA BB C C AH⇒ = =
.
b) Tính khoảng cách từ A đến (A′BC).

'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
⊥

⇒ ⊥


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
2
a a
AK AK
AK AB AO a a a a a
a
+
= + = + = + = = ⇒ = ⇒ =
 
 ÷
 
.
Vậy
( )
( )
3
, '
7
a
d A A BC AK= =
.
Cách 2 :
 Vì
( ) ( ) ( )
, ' ' ' 'BC AH BC AA BC AA H A BC AA H⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
Hai mặt phẳng này cắt nhau theo giao tuyến A’H.

d A A BC AI⇒ = =
.
Nhận xét : Hai điểm I và K hiển nhiên trùng nhau.
c) Chứng minh rằng AB ⊥ (ACC′A′) và tính khoảng cách từ A′ đến mặt phẳng (ABC′).
 Chứng minh rằng AB ⊥ (ACC′A′) :
Ta có :
, 'AB AC AB AA⊥ ⊥
(do
( )
'AA ABC⊥
)
( )
' 'AB ACC A⇒ ⊥
.
 Tính khoảng cách từ A′ đến mặt phẳng (ABC′) :
Theo chứng minh trên,
( )
' 'A C ABC⊥
tại O nên
( )
( )
', ' 'd A ABC A O=
.
Ta có :
( )
( )
2 2
' 2 ' ', '
2 2
a a

Chúc các em thi đạt kết quả thật tốt !
Biên soạn : GV. Trần Quốc Dũng
11