N
A
A'
H
O
( )
( ')
CHYÊN ĐỀ HÌNH CHÓP
GÓC – KHOẢNG CÁCH
Quan hệ song song – vuông góc là một mảng vô cùng quan trọng trong chương trình
hình học không gian nói chung và trong những bài toán có liên quan đến hình chóp nói riêng. Và một
trong những ứng dụng quan trọng nhất của quan hệ song song – vuông góc trong việc giải các bài
toán hình học không gian cũng như các bài toán có liên quan đến hình chóp là tìm góc và khoảng
cách.Ta đến với những bài toán sau:
Bài 1: Cho (∆),(∆′) chéo nhau, có AA′ là đường vuông góc chung của (∆) và
(∆′) (A′ ∈ (∆′) và A ∈ (∆)). Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và vuông góc với
(∆′), còn (Q) // (P) cắt (∆) và (∆′) lần lượt tại M và M′. Gọi N=ch M/(P). Đặt γ
= (∆,(P)), ∠MAM′ = α, ∠M′AA′ = β. Tìm mối quan hệ của α,β,γ.
Giải :
* Vì (P) ⊥ (∆′) và AA′ ⊥ (∆′), A ∈ (P)
⇒ AA′ ⊂ (P)
- 1 -
* AA′ // (Q) MA′ // MN
M′A′ ⊥ (P) ⇒ M′M // A′N ⇒ M′MNA′ là hình chữ nhật
N = ch M/(P) M′A′ ⊥ A′N
Đặt MN = x. Ta có
AA′
2
= A′M
2
– AM

sin
x
β
MA =
sin
x
γ
⇒ x
2
(cot
2
β + cot
2
γ) = x
2
2 2
1 1 cos
2
sin sin sin .sin
α
β γ β γ
 
+ −
 ÷
 
⇔ cot
2
β + cot
2
γ = 2 + cot

Giải :
* Ta có SC
2
= BC
2
– SB
2
= 4SA
2
– SB
2
SC
2
= AC
2
– SA
2
= 4SB
2
– SA
2
⇒ SA = SB ⇒ AC = AB
* SE =
.SC SA
AC
SF =
.SC SB
AB
⇒ SE = SF
Từ đây ta dễ dàng suy ra: EF // AB mà SC ⊥ (SAB) nên EF ⊥ SC

AC
=
⇒ ∠SAC =
3
π
⇒
3
cos cos
2 3 6 2
CS
AC
π π π
 
= − = =
 ÷
 
CS =
2 2
AC SA
−
=
3SA
=
6
2
AB
Do đó: EF =
2 3 6
. . .
2 2 2

SA
= =
⇒
4
4
tan 1
tan 4
SCI
SCA
=
(2)
* Từ (1),(2) suy ra:
4
4
tan ( ) 1 3
1
tan ( ) 4 4
SCI EB
SCA AB
+ = + =
(đpcm)
Bài 3: Trong (P) cho ABCD là hình vuông cạnh a. Lấy M,N ∈ CB và CD. Đặt
CM = x, CN = y. Trên At ⊥ (ABCD) lấy S. Tìm x,y để:
a. ((SAM),(SAN)) =
4
π
b. ((SAM),(SMN)) =
2
π
Giải :

2
+ (a – y)
2
– (x
2
+ y
2
)
⇔ 2[a
2
+ (a – x)
2
].[a
2
+ (a – y)
2
] = [4a
2
– 2a(x + y)]
2
⇔ a
4
+ a
2
[2a
2
– 2a(x + y) + x
2
+ y
2

3
(x + y) + x
2
y
2
– 2axy(x + y) = 8a
4
– 8a
3
(x + y) +
2a
2
(x
2
+ y
2
) + 4a
2
xy
⇔ x
2
y
2
+ 4a
3
(x + y) = 2axy(x + y) +4a
4
b. Giả sử (SAM) ⊥ (SMN)
Dựng NM′ ⊥ SM ( M′ ∈ SM). Ta có :


= AN
2
⇔ a
2
+ (a – x)
2
+ x
2
+ y
2
= a
2
+ (a – y)
2
⇔ 2x
2
= 2ax – 2ay
⇔ x
2
= a(x – y).
Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) và SA = a
2
. ABCD là hình
thang vuông tại A, D. AB = 2a, AD = CD = a
a. Tính góc (S, BC, A) và (A, BS, C)
b. Tính góc ((SBC),(SCD))
Giải :
* Xét mp (ABCD)
+ Gọi H = ch C/AB
⇒ AHCD là hình vuông, ∆CHB là tam giác vuông cân.

AC CB
⊥

⇒ ⊥

⊥

⇒ AI ⊥ BC mà AI ⊥ SC ⇒ AI ⊥ (SBC)
⇒ AI ⊥ SB ⇒ SB ⊥ (AIK)
AK ⊥ SB
⇒ KI ⊥ SB ⇒ (A, SB, C) = ∠AKI
Dễ thấy: AI = a
AK =
2.2 2 3
.
3
6
a a
a
a
=

. . 2 3
3
6
SI KI SI BC a a
KI a
SB BC SB
a
= ⇒ = = =

π
* Trong mp (SCD) dựng đường thẳng qua C vuông góc với SC và cắt SD tại E.
⇒
(( ),( ))
SC CE
SCB SCD
SC CB
⊥

⇒

⊥

= ∠ECB
+ SE.SD = SC
2
⇒ SE =
2
4
3
a
a
=
4 3
3
a
⇒ DE =
3
3
a ⇒ CE

⇒ BE
2
= SE
2
+ SB
2
– 2.SE.SB.cos ESB
=
16
3
a
2
+ 6a
2
– 2.
2
2 2 4 3 2
. . 6
3 3 3
a a a=
⇒ cos ECB =
2 2 2
2. .
CE CB EB
CE CB
+ −
=
2 2 2
4 2
2

Giải :
Gọi O là trung điểm của AB
⇒ SO ⊥ AB
Mà
(SAB) ∩ (ABCD) = AB
⇒ SO ⊥ (ABCD)
⇒ SO ⊥ BC mà BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ (SAB)
a. Gọi E là trung điểm của BC
- 9 -
⇒ AE = MC = SE =
5
2
a
AM = EC =
2
a
⇒ AMCE là hình bình hành
⇒ MC // AE
⇒ ∠(MC,SA) = ∠(AE,SA)
⇒ cos (MC,SA) =
2 2 2
2. .
AE SA SE
AE SA
+ −
=
2
5
5

3
3
24
a
Mặt khác:
( ) ( )
.
1
. .sin , . ,
6
S AMC
V SA MC MC SA d SA MC=
V
S.AMC
=
1
6
SA.MC.sin (MC,SA).d(SA,MC)
⇔
3
3
24
a
=
1 5 2 5
. . . ( , )
6 2 5
a
a d SA MC
⇔ d(SA,MC) =

−
⇒
'
2
OP SP x
OD SD
a
= =
⇒ OP′ =
2
2
.
4
2
x a
a
a
+
' '
2
OP OQ x
OD OA
a
= =
⇒
2
'
4
x
OQ =

+ +
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
=
2
1 2
4 2
x
a
 
+
 ÷
 ÷
 
+
2
SP PQ x
SD AD
a
= =
- 11 -
⇒ PQ =
2
2
x
+
1 1
1
' 2

a x
Q B QQ a x
 
+ = + + −
 ÷
 ÷
 
=
2 2
2 2
2 3 3 2 3
4 4 8 4 4 8
a ax x
a ax x+ + + − +
=
2
2
2
2 2
a x
a x
− +
⇒ S
PQBC
=
2
2
1 2 2
2 2 2 2
a x x

a a x x
+
− +
∀x ∈ [o;a
2
]
Xét f′(x) =
( )
2
2 2 2 2
6 3 2
2 2 2 2
a xa
a ax x a a x x
−
− + − +
> 0 ∀x ∈ [o;a
2
]
Vậy max f(x) = 2 min f(x) = 1
- 12 -
Bài 6: Cho hình chóp tam giác S.ABC đều có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi
α
là góc giữa mặt bên
và mặt đáy và
ϕ
là góc giữa hai mặt bên.
Tìm mối quan hệ giữa
α
và

⊥
SA
IJ SA
BJI ((SAI),SAB))
BJ SA
2
⇒ ⊥

ϕ
⇒ ∠ = ∠ =

⊥

( Do BJ = JC mà I trung điểm BC nên
BJC
BJI
2
∠
∠ =
)
+ Gọi H = ch
S (ABC)

⇒
H là tâm của
ABCV
2
1 1 3 1 3 3 1 a
SH.AI a HI.tan a a .tan tan
2 2 2 2 2 2 3 8

8 12 2
4.sin
2
α + ϕ
⇒ α =
ϕ
- 13 -
2
2 2
tan 4
tan .cot
3 2
α + ϕ
⇔ α =
2 2 2 2
2
4
3.tan .tan tan 4 tan
2
3tan 1
2
ϕ
⇔ α = α + ⇔ α =
ϕ
−
Bài 7: Cho hình chóp tứ giác đều có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, đường
cao SH = h. Cho mặt phẳng (P) qua BD và vuông góc với mặt phẳng (SCD).
Tính tỉ lện thể tích hai khối đa diện được chia bởi
ϕ
với

D C
S
M
N
E
BD SC
(BDE) SC (BDE) (SCD) ( hay (BDE) (P))
⇒ ⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ≡
+ Gọi V =V
S.ABCD
, V
1
= V
C.EBD
, V
2
là phần còn lại.
Xét :
1 1
S.BCD
V V
1 CE
V 2.V 2 SC
= =
Ta có:

2 2 2 2 2
2 2
1 a 1 a

2 cos
a a.cos
CE BC BE a
1 cos
1 cos
S
= = ⇔ =
ϕ
⇒ = = =
+ ϕ
+
ϕ
ϕ
⇒ = − = − =
+ ϕ
+ ϕ
∆
Suy ra:
2
2
1
2
2
2
1 1
1 2
a.cos
1 cos
V
1 cos

⊥
2) P là trung điểm của SM, Q là trung điểm của ON. Tìm điều kiện để
PQ = d(SM, ON)
Giải:
1) a. Giả sử ta có :
( ) ( )
SOM SMN
⊥
. Dựng NM’
⊥
SM (M’
∈
SM).
Ta có :
( ) ( )
NM' SM
NM' (SON)
SM SON SMN
⊥


⇒ ⊥

= ∩


NM' SO
⇒ ⊥
Mặt khác: SO
( )

2
( )
4
2 2A 4 2( ) 2
4 4
BN b a y
AN b y
MN b x a y
a
OM x
BN N AB b a y y a
ON
⇒ = + −
= +
= − + −
= +
+ − + − + −
⇒ = =
Vậy theo (1) ta có :
( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2
2
2 2
4 2( ) 2
4 4
2 2
b a y y a a
x b x a y
bx ay x a

2
2 2 2
2
2
2
2 2 2
2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2
2 2
4b 2 a y 2y a
ON
OQ
4 16
4b 2 a y 2y a
SQ OQ SO a b
16
a
SM SO OM a b x
4
a
a b x
4
OP SP
4
+ − + −
= =
+ − + −

+ + = +
Bài 9 :Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình vuông cạnh a và đường cao SA =
a 6
2
. Gọi (P)
là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, cắt các cạnh SC, SB, SD lần lượt tại C’, B’, D’.
Tính góc giữa C’D’ và AD
Giải :
+Gọi
E C'D' CD C'E SC= ∩ ⇒ ⊥
Dựng DK
⊥
SC
( )
K SC
∈

DK / /C'E
(C'D',AD) (C'E,AD) (DK,AD) ADK
⇒
⇒ ∠ = ∠ = ∠ = ∠

SA CD
CD (SAD) CD SD
CD AD
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Từ (1) : C’E =
2 2
2 2
2 14 3
a a a
SD.CC' CC' SA AD 2 35
7 2
a
CD CD a 7
+
+
= = =

2 2 2 2
8 20
EC CC' C'E a a 2a
7 7
CD 1 DK CK
(do DK / /EC')
EC 2 EC' CC'
35
DK a
7
14
CK a
7
⇒ = + = + =
⇒ = = =

=

= + −
=
⇒ =
+ cos ADK
2 2 2
2 2 2
5 8
a a a
DA DK AK 2 35
7 7
2.DA.DK 35
35
2a a
7
+ −
+ −
= = =
2 35
ADK arccos
35
⇒ ∠ =
Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình thoi cạnh a có
o
BAD 60
∠ =
. Gọi O là giao điểm của AC và BD , biết SO
⊥
(ABCD)
và SO =
3

⇒ ⊥ ⇒ ⊥
 AD // BC
IH AD
⇒ ⊥
Vậy IH = d(AD,SB)
Dễ thấy OI = OJ =
3
a
4
. Dựng F là hình chiếu của O trên SJ , ta dễ dàng suy ra được : OF =
3
a
8
Suy ra : IH = 2.OF =
3
a
4
b. Qua S dựng đường thẳng d // AD // BC, d =
( ) ( )
SAD SBC
∩

( )
SI AD SI d
SIJ AD (do d / /AD / /BC)
SJ AD SJ d
ISJ ((SAD),(SBC))
⊥ ⊥
 
⊥ ⇒ ⇒

- 20 -
ta còn có thể làm như sau :
+
o
BAD 60
∠ = ⇒

ABDV
đều cạnh a

2
3
S a
4
ABD
⇒ =
∆
SO
(ABCD)
⊥
Suy ra : V
S.ABD
=
2 3
ABD
1 1 3 3 3
SO.S a a a
3 3 4 4 16
= =
V

13 21
a a a
SB BC SC 13
16 16
cosSBC
2.SB.BC 13
13
2.a. a
4
2 39
sinSBC
13
+ −
+ −
= = =
⇒ =
Suy ra: V
S.ABD
=
2
3
a .d(SB,AD)
12
(2)
+ Từ (1) và (2) ta suy ra được : d(AD,SB) =
3
a
4
Bài toán không khó, nó chỉ xoay quanh những phạm vi kiến thức cơ bản và chỉ đòi hỏi
mức độ nắm vững kiến thức của chúng ta và sự linh hoạt trong việc biến đổi biểu thức

+ Gọi N là trung điểm của SI. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ICS và
ba điểm B, N, M ta có :

BI MC NS 1 MS
. . 1 . .( 1) 1
2
BC MS NI MC
MS
2
MC
= ⇒ − =
⇒ = −
Gọi T là giao điểm của MJ và AC. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACS và ba điểm T, M, J ta
có :
TA MC JS MS
. . 1 ( 2). .( 1) 1
TC MS JI MC
TA 1
2
TC
= ⇒ − − =
⇒ =
Do đó: A là trung điểm của TC.
Suy ra :
∆
BTC cân tại T
o
TBA ABC 60
⇒ ∠ = ∠ =
. (2)

AA’ và BB’ cùng vuông góc với (ABC), dựng đường vuông góc chung của
A’B và B’C.
Giải :
Trong mặt phẳng (ABB’A’) kẻ đường thẳng qua B’, song song với A’B và cắt
AB tại D.
Từ B kẻ BK
⊥
CD (
K CD
∈
).
Từ B kẻ BH
⊥
B’K (
H B'K
∈
).
Từ H kẻ đường thẳng song song với A’B và cắt CB’ tại J.
Từ J kẻ đường thẳng song song với BH và cắt A’B tại I
Ta có :
CD BK
CD (B'BK)
BH B'C
BH (B'DC)
CD BB'
BH DB'
BH B'K

⊥


Giải :
Qua C kẻ đường thẳng song song với BD và cắt AB và AD lần lượt tại K và E.
Kẻ BH
⊥
SK
( )
H SK
∈
. Từ H kẻ đường thẳng song song với BD cắt SC tại J, từ
J kẻ đường thẳng song song với BH và cắt BD tại I.
+ Do ABCD là nửa hình lục giác đều cạnh a nên BD
⊥
AB
KE AB
KE (SAK) KE BH
KE SA
⇒ ⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

+
BH SK
BH (SKE)
IJ (SKE) IJ KE IJ BD (do BD / /KE)
BH KE
IJ / / BH

⊥

a 13
2
= =
Suy ra :
CJ 3
CS 13
=
(do HJ // KC). Điểm J được xác định trên CS
Ta lại có:
10 10 5a 3
13 13 13
SH HJ
HJ KC
SK KC
= = ⇒ = =
Vì BI = HJ nên
5a 3
5
13
D 13
3
BI
B
a
= =
. Điểm I được xác định trên BD
+Ta có:
1 13
IJ
13