Toán 11 - Tập 2

Ƅ Chương 5. ĐẠO HÀM

cos x(sin x − cos x) − sin x(cos x + sin x) −1
Ta có y = = (sin x − cos x)2 .
(sin x − cos x)2

BÀI 79. Tính đạo hàm của hàm số y = tan x .
1
x2 +

Lời giải.

1 Å x ã 1 x2 + 1 − 2x2 1 1 − x2
+ (x2 + 1)2 (x2 + 1)2
y = x · x2 1 = x · = x · .
x2 + x2 + x2 +
cos2 1 cos2 1 cos2 1

√
BÀI 80. Cho hàm số y = f (x) = cos3 3x2 − 2πx. Tính f (π).

Lời giải.

f (x) = −3 cos2 3x2 − 2πx · sin 3x2 − 2πx · ( 3x2 − 2πx)
= −3 cos2 3x2 − 2πx · sin 3x2 − 2πx · √6x − 2π .

2 3x2 − 2πx

Vậy f (π) = −3 cos2 π · sin π · 4π = 0.
2π

BÀI 81. Cho hàm số y = sin 2x − cot x − π . Tínhy (− π ).
33

Lời giải.

Ta có y = 2 cos 2x + 1 .
sin2
x− π
3
π Å 2π ã 1 1
Khi đó, y (− ) = 2 cos − + = .
33 Å 2π ã 3
−
sin2 3

√
BÀI 82. Tính đạo hàm của hàm số y = sin x2 + 1.

Lời giải.
√ √
y = cos x2 + 1 · √ 2x = cos x2 + 1 · √ x .

2 x2 + 1 √ x2 + 1

BÀI 83. Tính đạo hàm của hàm số y = cos2 1 − 3x.

Lời giải.

Ta có

√
y = (cos2 1 − 3x)

√ Ä√ ä
= 2 cos 1 − 3x · cos 1 − 3x

= −2 cos √ − 3x · sin √ − 3x · Ä√ − ä
1 1 1 3x

= √√ √1 (1 − 3x)
−2 cos 1 − 3x · sin 1 − 3x ·
√ 2 1 − 3x
− 3 sin√2 1 − 3x
= .
2 1 − 3x

BÀI 84. Tính đạo hàm của các hàm số sau 2 y = (4 − sin2 3x)5.
1 y = (4x2 − 3) cos x.

Lời giải.
1 y = (4x2 − 3) cos x + (4x2 − 3) (cos x) = 8x cos x − (4x2 − 3) sin x.
2 y = 5(4 − sin2 3x)4 · (4 − sin2 3x) = −5(4 − sin2 3x)4 · 2 · sin 3x · 3 cos 3x = −15(4 − sin2 3x)4 · sin 6x.

2x + sin 2x
BÀI 85. Tính đạo hàm của hàm số y = 1 − cos 2x .
Lời giải.
Ta có

y= (2x + sin 2x) (1 − cos 2x) − (2x + sin 2x)(1 − cos 2x)

(1 − cos 2x)2

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 251

Ƅ Chương 5. ĐẠO HÀM

(2 + 2 cos 2x)(1 − cos 2x) − 2 sin 2x(2x + sin 2x)
= (1 − cos 2x)2

−4x sin 2x
= (1 − cos 2x)2 .

BÀI 86. Tính đạo hàm của các hàm số sau

1 y = (5 sin x − 3) (3 cos x − 1).

cos3 x − sin3 x
2 y = cos x − sin x .

Lời giải.

1 y = 5 cos x(3 cos x − 1) − 3 sin x(5 sin x − 3) = 15 cos 2x − 5 cos x + 9 sin x.

2 cos3 x − sin3 x = cos2 x + cos x sin x + sin2 x = 1 + 1 sin 2x ⇒ y = cos 2x.
y= 2

cos x − sin x

BÀI 87. Tính đạo hàm của hàm số y = tan x(cos x + cot2 x).

Lời giải.

Với mọi x = kπ (k ∈ Z), ta có y = sin x + cot x.
2
1
Do đó, y = cos x − sin2 .
x

BÀI 88. Tính đạo hàm của hàm số y = sin x − cos x .

sin x + cos x

Lời giải.

Với mọi x = −π + kπ (k ∈ Z), y = (sin x + cos x)2 + (sin x − cos x)2 = 2
4 (sin x + cos x)2 (sin x + cos x)2 .

sin2 x
BÀI 89. Tính đạo hàm của hàm số y = 1 + cos2 x .

Lời giải.

Với mọi x ∈ R, y = 2 sin x cos x(1 + cos2 x) + 2 cos x sin x · sin2 x = 2 sin x cos x(1 + sin2 x + cos2 x) 2 sin 2x
(1 + cos2 x)2 = (1 + cos2 x)2 .
(1 + cos2 x)2

BÀI 90. Tính đạo hàm của hàm số y = cos x
Lời giải. .

1 + sin2 x

− sin x · 1 + sin2 x − cos x · sin x cos x
1 + sin2 x
y=
1 + sin2 x

− sin x(1 + sin2 x) − cos2 x sin x
=

(1 + sin2 x) 1 + sin2 x

− sin x(1 + sin2 x) − (1 − sin2 x) sin x
=

(1 + sin2 x) 1 + sin2 x

−2 sin x
=.

(1 + sin2 x) 1 + sin2 x

BÀI 91. Tính đạo hàm của hàm số sau: y = x sin3(2x + 1).
Lời giải.
Ta có y = sin3(2x + 1) + 6x sin2(2x + 1) cos(2x + 1) = sin2(2x + 1) (sin(2x + 1) + 6x cos(2x + 1)).

BÀI 92. Tính đạo hàm của các hàm số sau: y = cos(x + 1)3.
Lời giải.
Ta có y = − (x + 1)3 sin(x + 1)3 = −3(x + 1)2 sin(x + 1)3.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 252

Ƅ Chương 5. ĐẠO HÀM

tan 2x
BÀI 93. Tính đạo hàm của các hàm số sau: y = 1 − tan2 2x .
Lời giải.
Ta có

(tan 2x) (1 − tan2 2x) − tan 2x(1 − tan2 2x)
y = (1 − tan2 2x)2

2 2x (1 − tan2 2x) − tan 2x(−2 tan 2x 2 2x )
cos2 cos2
=
(1 − tan2 2x)2

2(1 + tan2 2x)(1 − tan2 2x) + 4 tan2 2x(1 + tan2 2x)
= (1 − tan2 2x)2

2 − 2 tan4 2x + 4 tan2 2x + 4 tan4 2x
= (1 − tan2 2x)2

2(1 + tan2 2x)2
= (1 − tan2 2x)2 .

BÀI 94. Cho hàm số y = sin x − cos x . Tính y và chứng minh y − tan2 x− π = 1.

cos x + sin x 4

Lời giải.

y= (cos x + sin x)(cos x + sin x) − (sin x − cos x)(− sin x + cos x)

(cos x + sin x)2

cos2 x + 2 sin x cos x + sin2 x + sin2 x − 2 sin x cos x + cos2 x
= (cos x + sin x)2

2
= (cos x + sin x)2

=√ 2

2 cos x − π2

4

1
= cos2 x − π

4
= 1 + tan2 x − π .
4

Từ đó suy ra, y − tan2 x − π = 1 (đpcm).
4

BÀI 95. Cho hàm số y = sin 2x + cos 2x + 12. Tính y và giải phương trình y = 2.

Lời giải. √ 2x − π

Ta có y = 2 cos 2x − 2 sin 2x = −2 2 sin 2x − 4π .

Lại có y = 2 ⇔ sin 2x − π = − √1 ⇔ 4 = − π + k2π x = kπ ⇔ x = π (k ∈ Z).
4 2  π = 4 ⇔ = π k
2x −
π − π + k2π x + kπ 2
4 2
4

BÀI 96. Cho hàm số y = sin3 x . Chứng minh rằng y = cos x − cos 2x.

1 + cos x

Lời giải.

Với mọi x khác π + k2π (k ∈ Z),

y= 3 sin2 x cos x(1 + cos x) + sin x · sin3 x

(1 + cos x)2

sin2 x[3 cos x(1 + cos x) + sin2 x]
= (1 + cos x)2

(1 − cos2 x)[3 cos x(1 + cos x) + 1 − cos2 x]
= (1 + cos x)2

(1 + cos x)(1 − cos x)(2 cos2 x + 3 cos x + 1)
= (1 + cos x)2

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 253

Ƅ Chương 5. ĐẠO HÀM

(1 − cos x)(1 + cos x)2(2 cos x + 1)
= (1 + cos x)2
= (1 − cos x)(2 cos x + 1) = cos x − (2 cos2 x − 1)
= cos x − cos 2x.

Ä√ ä10 (1 + x2) + y x.
BÀI 97. Cho hàm số y = f (x) = x + 1 + x2 . Chứng minh: 100y = y

Lời giải.

Ä ä9 Ä ä
y = 10 x + 1 + x2 x + 1 + x2

√
1 + x2ä9 · x +√ 1 + x2
= Ä 1 + x2
10 x +

10 Ä + √ + x2 ä10
x 1
=√
1 + x2 .

Ä ä10
⇒ y 1 + x2 = 10 x + 1 + x2 .

Đạo hàm hai vế, ta được

y 1 + x2 + y √ x Ä √
1 + x2 = 100 x + 1 + x2ä9 · x +√ 1 + x2

1 + x2

⇔ y (1 + x2) + y x = 100y (đpcm).

BÀI 98. Cho hàm số y = x − 3 Chứng minh: 2(y )2 = (y − 1) · y .
.
x+4

Lời giải.

7
y = (x + 4)2 .

y = − 14(x + 4) = − 14
(x + 4)4 (x + 4)3 .

Ta có: 2(y )2 = (x 98
+ 4)4 .

(y − 1) · y = Åx − 3 ã −14 = −7 · −14 = 98
x+4 −1 · (x + 4)3 x+4 (x + 4)3 (x + 4)4 .

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

BÀI 99. Cho hàm số y = sin2 x. Chứng minh rằng 2y + y tan x + y − 2 = 0.

Lời giải.

Ta có y = 2 sin x (sin x) = 2 sin x cos x = sin 2x
và y = (sin 2x) = 2 cos 2x = 2 cos2 x − 2 sin2 x. Do đó

2y + y tan x + y − 2 = 2 sin2 x + 2 sin x cos x · sin x + 2 cos2 x − 2 sin2 x − 2 = 2 sin2 x + 2 cos2 x − 2 = 0.
cos x

BÀI 100. Cho hàm số y = x sin x. Chứng minh rằng xy − 2(y − sin x) + xy = 0.

Lời giải.

Ta có y = sin x + x cos x ⇒ y = cos x + cos x − x sin x = 2 cos x − x sin x.

Khi đó xy − 2(y − sin x) + xy = x2 sin x − 2(sin x + x cos x − sin x) + 2x cos x − x2 sin x = 0.
√

BÀI 101. Cho hàm số y = x2 + 2x. Chứng minh rằng y · y + y3 · y = x.

Lời giải.

Tập xác định: D = (−∞; −2] ∪ [0; +∞).

Ta có y = √x + 1 .
x2 + 2x
√
x2 + 2x − (x√+ 1)(x + 1)

Khi đó y = x2 + 2x = √ −1 .

x2 + 2x x2 + 2x(x2 + 2x)

Vậy y · y + y3 · y = √ + 2x · √x + 1 + Ä√x2 + ä3 · √ −1 = x + 1 − 1 = x.
x2 2x
x2 + 2x x2 + 2x(x2 + 2x)

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 254

Ƅ Chương 5. ĐẠO HÀM

BÀI 102. Cho hàm số y = sin2 x + (m + 1) sin x + m x2 + 2019 với m là tham số thuộc R. Chứng minh phương
π

trình y = 0 luôn có nghiệm với mọi m.

Lời giải.

Tập xác định: D = R.
2mx

Ta có y = 2 sin x cos x + (m + 1) cos x + π là hàm số liên tục trên R.
Trường hợp 1: m = 0 ta có

x = π + kπ
2
 cos x = 0 −π
y = 0 ⇔ 2 sin x cos x + cos x = 0 ⇔  sin x = − 1 ⇔  = 6 + k2π (k ∈ Z).
x


2  7π
x = + k2π
6

Trường hợp 2: m = 0 ta có y (− π ) = −m; y π = m.
()
2 2
Khi đó y (− π ) · y π = −m2 < 0 ∀m = 0 nên phương trình y = 0 luôn có nghiệm trên −π; π với mọi
() 22
22
m = 0.

Kết luận: Vậy phương trình y = 0 luông có nghiệm với mọi m.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 255

Ƅ Chương 5. ĐẠO HÀM

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 256

PHẦN

II
HÌNH HỌC

257



CHƯƠNG VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN.
QUAN HỆ VUÔNG GÓC
3

.BÀI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT

PHẲNG

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT

Định nghĩa 1. Một đường thẳng được gọi là vuông góc với một mặt phẳng nếu nó vuông góc với mọi
đường thẳng nằm trên mặt phẳng đó.

Định lí 1 (Sử dụng để chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng).

Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau

a và b cùng nằm trong mặt phẳng (P ) thì đường thẳng d d
b
vuông góc với mặt phẳng (P ).

d ⊥ a I

 a
d ⊥ b (P )

⇒ d ⊥ (P ).
a ⊂ (P ), b ⊂ (P )


a ∩ b = I

Hệ quả 1. Đường thẳng đã vuông góc với mặt phẳng rồi, sẽ vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong
mặt phẳng.

Định lí 2 (Định lý ba đường vuông góc). a
Cho đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P ) và đường thẳng
b nằm trong (P ). Khi đó, điều kiện cần và đủ để b vuông góc với a là
b vuông góc với hình chiếu a của a trên (P ).

a b
(P )

B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP

DẠNG 1.1. Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, đường thẳng vuông góc
với đường thẳng

BÀI 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, tâm O và SA ⊥ (ABCD), Gọi H, K lần lượt
là hình chiếu của A trên SB và SD.

259

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

1) Chứng minh BC ⊥ SB và CD ⊥ SD. K S I H
A O C
Lời giải. B

Ta có ABCD là hình vuông nên BC ⊥ AB (1).
Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ BC ⊥ SA (2).
Mà SA ⊂ (SAB), AB ⊂ (SAB) nên từ (1) và (2),
ta có BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB.
Ta có ABCD là hình vuông nên CD ⊥ AD (3).
Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ CD ⊥ SA (4).
Mà SA ⊂ (SAD), AD ⊂ (SAD) nên từ (3) và (4),
ta có CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ SD.

2) Chứng minh BD ⊥ (SAC). D

Lời giải.

Ta có ABCD là hình vuông nên BD ⊥ AC (5).
Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ BD ⊥ SA (6).
Mà SA ⊂ (SAC), AC ⊂ (SAC) nên từ (5) và (6),
ta có BD ⊥ (SAC).

3) Chứng minh HK ⊥ (SAC).

Lời giải.

Ta có hai tam giác vuông SAB và SAD có SA chung, AB = AD nên SAB = SAD.
Mà AH, AK lần lượt là đường cao của tam giác SAB, SAD nên AK = AH ⇒ SK = SH.
Xét SBD có SK = SH ⇒ HK BD. Mặt khác BD ⊥ (SAC) ⇒ HK ⊥ (SAC).

SD SB

4) Chứng minh AH ⊥ (SBC).

Lời giải.

Ta có H là hình chiếu của A lên SB nên AH ⊥ SB (7).
Do BC ⊥ (SAB) mà AH ⊂ (SAB) nên AH ⊥ BC (8).
Mà SB ⊂ (SBC), BC ⊂ (SBC) nên từ (7) và (8), ta có AH ⊥ (SBC).

5) Chứng minh AK ⊥ (SCD).

Lời giải.

Ta có K là hình chiếu của A lên SD nên AK ⊥ SD (9).
Do CD ⊥ (SAD) mà AK ⊂ (SAD) nên AK ⊥ CD (10).
Mà SD ⊂ (SCD), CD ⊂ (SCD) nên từ (9) và (10), ta có AK ⊥ (SCD).

6) Gọi I là hình chiếu của A lên SC. Chứng minh AH, AI, AK đồng phẳng.

Lời giải.

Vì I là hình chiếu của A lên SC nên AI ⊥ SC (11).
Do AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ SC (12).
Mặt khác AK ⊥ (SCD) ⇒ AK ⊥ SC (13).
Từ (11), (12), (13) suy ra AI, AH, AK đồng quy.

BÀI 2. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B và SA ⊥ (ABC). Gọi AH, AK lần lượt là các
đường cao trong các tam giác SAB và SAC.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 260

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

S

1) Chứng minh tam giác SBC vuông.

Lời giải.

Ta có ABC vuông tại B nên AB ⊥ BC (1). K I
B
Vì SA ⊥ (ABC) nên BC ⊥ SA (2). H
Mà SA ⊂ (SAB), AB ⊂ (SAB) nên từ (1) và

(2), suy ra BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB ⇒ SBC

vuông tại B. A C

2) Chứng minh tam giác AHK vuông.

Lời giải.

Ta có AH là đường cao của SAB nên AH ⊥ SB
(3).
Theo chứng minh trên, ta có BC ⊥ (SAB) mà
AH ⊂ (SAB) nên AH ⊥ BC (4).
Mặt khác SB ⊂ (SBC), BC ⊂ (SBC) nên từ (3)
và (4), suy ra AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ HK.
Do đó AHK vuông tại H.

3) Chứng minh SC ⊥ (AHK).

Lời giải.

Vì AK là đường cao của tam giác SAC nên AK ⊥ SC (5).
Theo chứng minh trên, ta có AH ⊥ (SBC) nên AH ⊥ SC (6).
Mặt khác AH ⊂ (AHK), AK ⊂ (AHK) nên từ (5) và (6), suy ra SC ⊥ (AHK).

4) Chứng minh tam giác SHK vuông.

Lời giải.

Theo chứng minh trên thì SC ⊥ (AHK) ⇒ SC ⊥ HK ⇒ SK ⊥ HK ⇒ SHK vuông tại K.

5) Gọi I là giao điểm của HK và BC. Chứng minh IA ⊥ (SAC).

Lời giải.

Do I là giao điểm của HK và BC nên AI ⊂ (ABC).
Mặt khác do SA ⊥ (ABC) nên AI ⊥ SA (7).
Do I là giao điểm của HK và BC nên AI ⊂ (AHK).
Theo chứng minh trên thì SC ⊥ (AHK) nên AI ⊥ SC (8).
Mà SA ⊂ (SAC), SC ⊂ (SAC) nên từ (7) và (8), suy ra AI ⊥ (SAC).

BÀI 3. Cho tứ diện ABCD có ABC và DBC là những tam giác cân tại A và D. Gọi I là trung điểm của BC
và AH là đường cao của tam giác ADI.

1 Chứng minh BC ⊥ AD.
Lời giải.
Ta có ∆ABC cân tại A nên AI ⊥ BC.
Tương tự DI ⊥ BC.
Suy ra BC ⊥ (ADI), mà AD ⊂ (ADI) nên BC ⊥ AD.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 261

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

2 Chứng minh AH ⊥ (BCD).
Lời giải.

A

D B
H I

C

Ta có AH ⊥ DI và BC ⊥ AH (do BC ⊥ (ADI)) nên AH ⊥ (BCD).

BÀI 4. Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), tam giác ABC vuông cân tại B. Gọi G là trọng tâm của tam
giác SAC và N là điểm thuộc cạnh SB sao cho SN = 2N B.

1 Chứng minh BC ⊥ (SAB).

Lời giải.

Ta có ®BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB).

BC ⊥ SB

2 Chứng minh N G ⊥ (SAC).

Lời giải.

Gọi H là trung điểm của AC.

Ta có ®BH ⊥ AC ⇒ BH ⊥ (SAC) (1).

BH ⊥ SA

SG SN 2 (2).
Mặt khác = = nên N G BH

SH SB 3
Từ (1) và (2) suy ra N G ⊥ (SAC).

S

N G C
A H

B

BÀI 5. Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, biết SB ⊥ (ABC) và SB = AB. Gọi H, I,
K lần lượt là trung điểm của SA, BC và AB.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 262

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

1 Chứng minh AC ⊥ (SAB).

Lời giải.

Ta có ®AC ⊥ AB ⇒ AC ⊥ (SAB).

AC ⊥ SA

2 Chứng minh BH ⊥ (SAC). (2).

Lời giải.

Ta có BH ⊥ AC (do AC ⊥ (SAB)) (1).
Mặt khác BH ⊥ SA (do tam giác SAB cân tại B)
Từ (1) và (2) suy ra BH ⊥ (SAC).

3 Chứng minh KI ⊥ SA.

Lời giải.
®KI AC

Do ⇒ KI ⊥ (SAB) ⇒ KI ⊥ SA.
AC ⊥ (SAB)

4 Chứng minh AB ⊥ IH.

Lời giải.

Ta có ®HK SB ⇒ HK ⊥ AB (3).

SB ⊥ AB

Mặt khác ®KI AC ⇒ KI ⊥ AB (4).

AC ⊥ AB

S

H

B I C

K

Từ (3) và (4) ta suy ra AB ⊥ (HKI) ⇒ AB ⊥ IH. A

BÀI 6. Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Kẻ OH vuông góc với mặt
phẳng (ABC) tại H.

1 Chứng minh OA ⊥ BC, OB ⊥ CA. 2 Chứng minh H là trực tâm ABC.

Lời giải. Lời giải.

Ta có ®OA ⊥ OB ⇒ OA ⊥ (OBC) ⇒ OA ⊥ Ta có ®BC ⊥ OA ⇒ BC ⊥ (OAH) ⇒ BC ⊥

OA ⊥ OC BC ⊥ OH

BC. AH (1).
®OB ⊥ OA
Mặt khác ®AC ⊥ OB ⇒ AC ⊥ (OBH) ⇒ AC ⊥
Và ⇒ OB ⊥ (OAC) ⇒ OB ⊥ AC.
OB ⊥ OC AC ⊥ OH

BH (2).
Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm của tam giác
AB C .

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 263

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

1 111 4 Chứng minh rằng S2 ABC = S2 OAB + S2 OBC +
3 Chứng minh OH2 = OA2 + OB2 + OC2 . S2 OAC .

Lời giải. Lời giải.

A Ta có

S2 OBC = 1 · OI2 · BC2 = 1 · IH · IA · BC2
4 4
= 1 · IA · BC · 1 · IH · BC = S
22 ABC · S HBC .

H Tương tự

S2 OAB = S ABC · S HAB
S2 OAC = S ABC · S HAC

OC Khi đó

I S2 OAB + S2 OBC + S2 OAC = S ABC · S HAB +
B S ABC · S HBC S ABC · S HBC

= S ABC · (S HAB + S HBC + S HBC )
= S ABC · S ABC = S2 ABC .

Gọi I = AH ∩ BC. Ta có OI ⊥ BC nên 1 =
OH2
11 1 1 1
OA2 + OI2 = OA2 + OB2 + OC2 .

5 Chứng minh các góc ABC đều nhọn.

Lời giải.

Xét tam giác ABC ta có
AB2 + AC2 − BC2

cos B’AC = 2 · AB · AC
OA2 + OB2 + OA2 + OC2 − (OB2 + OC2)

=
2 · AB · AC

OA2
= AB · AC > 0. Nên B’AC là góc nhọn.

AB2 + BC2 − AC2
cos A’BC = 2 · AB · BC

OA2 + OB2 + OB2 + OC2 − (OA2 + OC2)
=

2 · AB · BC
OB2
= AB · BC > 0. Nên A’BC là góc nhọn.

AC2 + CB2 − AB2
cos A’CB = 2 · AC · CB

OA2 + OC2 + OB2 + OC2 − (OA2 + OB2)
=

2 · AC · CB
OC2
= AC · CB > 0. Nên A’CB là góc nhọn.

BÀI 7. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H, K lần lượt là trực tâm của tam
giác ABC và SBC.

1 Chứng minh AH, SK, BC đồng quy. 2 Chứng minh SC ⊥ (BHK).

Lời giải. Lời giải.

Gọi I = SK ∩ BC. Ta có ®BC ⊥ SI ⇒ BC ⊥ Ta có ®BH ⊥ AC ⇒ BH ⊥ (SAC) ⇒ BH ⊥

BC ⊥ SA BH ⊥ SA

(SAI) ⇒ BC ⊥ AI. Mà H là trực tâm của tam SC (1).
Mặt khác BK ⊥ SC (do K là trực tâm của tam
giác ABC nên A, H, I thẳng hàng. giác SBC) (2).
Từ (1) và (2) suy ra SC ⊥ (BHK).

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 264

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

3 Chứng minh HK ⊥ (SBC).

Lời giải.

Ta có ®HK ⊥ SC (do SC ⊥ (BHK)) ⇒ HK ⊥

HK ⊥ BC (do BC ⊥ (SAI))

(S B C ).

S

K C
A

H
I

B

BÀI 8. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ CD và AC ⊥ BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A xuống mặt
phẳng (BCD).

1 Chứng minh H là trực tâm của tam giác BCD. 2 Chứng minh AD ⊥ BC.

Lời giải. Lời giải.

Ta có ®AB ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (ABH) ⇒ CD ⊥ Ta có ®DH ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (ADH) ⇒ BC ⊥

AH ⊥ CD AH ⊥ BC

BH (1). AD.

Mặt khác ®AC ⊥ BD ⇒ BD ⊥ (ACH) ⇒ BD ⊥

AH ⊥ BD A

BH (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra H là trực tâm của tam

giác BCD.

B D
H
I
C

√
BÀI 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Tam giác SAB đều và SC = a 2. Gọi H, K lần
lượt là trung điểm của AB và AD.

1 Chứng minh SH ⊥ (ABCD).
Lời giải.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 265

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Do SAB đề√u cạnh a, H là trung điểm của AB nên SH ⊥ S
a3
AB; SH = . A
2√ H
√ a 5 B
BHC vuông tại B có HC = BH2 + BC2 = .
2

Xét SHC có

 + HC2 = 3a2 + 5a2 = 2a2
S H 2
44

SC2 = 2a2 D

⇒ SH2 + HC2 = SC2 ⇒ SHC vuông tại H

⇒ SH ⊥ HC.
SH ⊥ AB


 ⊥ HC
SH
Có ⇒ SH ⊥ (ABCD).
AB ∩ HC = {H}
 C



AB, HC ⊂ (ABCD)

2 Chứng minh AC ⊥ SK.

Lời giải.

Do SH ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ AC. (1) ABD) S
®HK ⊥ BD (HK là đường trung bình trong
A
Có H
AC ⊥ BD (ABCD là hình vuông) B

⇒ AC ⊥ HK. (2)
Từ (1), (2) ⇒ AC ⊥ (SHK) ⇒ AC ⊥ SK.

K
D

C

3 Chứng minh CK ⊥ SD.

Lời giải.

Xét AHD và DKC có S

AH = DK KDC (c.g.c)



H’AD = K÷DC ⇒ HAD =


AD = CD

⇒ A’DH = D÷KC. A K
Mà AD ⊥ CD ⇒ DH ⊥ CK. D
H
®CK ⊥ HD B C
Do ⇒ CK ⊥ (SHD) ⇒ CK ⊥ SD.

CK ⊥ SH

BÀI 10. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, A’SB = 120◦, B’SC = 90◦, C’SA = 60◦.

1 Chứng minh tam giác ABC vuông.
Lời giải.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 266

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Áp dụng định lí cô-sin trong tam giác SAB có S
C
AB2 = SA2 + SB2 − 2 · SA · SB cos A’SB

Å 1 ã
−
= a2 + a2 − 2a2 · 2 = 3a2.

√
SBC vuông cân tại S ⇒ BC = a 2.

SCA đều cạnh a ⇒ AC = a. A B
®AC2 + BC2 = 3a2 B

Xét ABC có AB2 = 3a2

⇒ AB2 = CA2 + CB2 ⇒ ABC vuông tại C.

2 Xác định hình chiếu H của S trên mặt phẳng (ABC). Tính độ dài SH theo a.

Lời giải.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC). S
H
Do SA = SB = SC ⇒ HA = HB = HC

⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC.

Mà ABC vuông tại C nên H là trung điểm cạnh huyền AB.

Xét HSA có

SH = √ = … − 3a2 = a A
SA2 − AH2 a2 .
42

BÀI 11. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, A’SB = A’SC = 60◦, B’SC = 90◦. C
S
1 Chứng minh tam giác ABC vuông.
A B
Lời giải.

Theo giả thiết các tam giác SAB và SAC đều cạnh a
⇒ AB = AC = a.

SBC vuô√ng cân tại S
⇒ BC = a 2.
Xét ABC có
AB2 + AC2 = 2a2 = BC2.
Vậy ABC vuông cân tại A.

C

2 Gọi G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh SG ⊥ (ABC).

Lời giải.

Vì ABC vuông cân tại A, G là tâm đường tr√òn ngoại tiếp nên S
BC a 2
G là trung điểm cạnh BC và AG = = . B
G
22
SG ⊥ BC (1) Trang 267
 √
SBC vuông cân tại S nên BC a 2

SG = = .
22
Xét SAG có SG2 + AG2 = a2 = SA2
A

⇒ SAG vuông tại G ⇒ SG ⊥ AG. (2)

Từ (1) và (2) ⇒ SG ⊥ (ABC).

C

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

BÀI 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O. Gọi M , N là trung điểm của BC, CD và
SA = SB = SC = SD. Gọi H là hình chiếu của O lên cạnh SN .

1 Chứng minh SO ⊥ (ABCD). S

Lời giải.

Do SA = SC ⇒ SAC cân tại S ⇒ SO ⊥ AC. (1)
Do SB = SD ⇒ SBC cân tại S ⇒ SO ⊥ BD. (2)
Lại có AC, BD ⊂ (ABCD), AC ∩ BD = {O}. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra SO ⊥ (ABCD).

AD

O
BC

2 Chứng minh M N ⊥ SA. S
Lời giải.
ABCD là hình vuông ⇒ BD ⊥ AC. (1) A D
SO ⊥ (ABCD) ⇒ BD ⊥ SO. (2)
Lại có AC, SO ⊂ (SAC), SO ∩ AC = {O}. (3) O N
Từ (1), (2), (3) suy ra BD ⊥ (SAC). M C
Mà M N BD (M N là đường trung bình trong BCD).
Vậy M N ⊥ (SAC) ⇒ M N ⊥ SA.

B

3 Chứng minh OH ⊥ (SCD). S

Lời giải. H
AD
SCD cân tại S ⇒ CD ⊥ SN. (1)
SO ⊥ (SBCD) ⇒ CD ⊥ SO. (2) ON
SN , SO ⊂ (SON ), SN ∩ SO = {S}. (3) C
Từ (1), (2) và (3) suy ra CD ⊥ (SON )
⇒ OH ⊥ CD. (4)
H là hình chiếu của O lên SN ⇒ OH ⊥ SN. (5)
Mà CD, SN ⊂ (SCD), CD ∩ SN = {N }. (6)
Từ (4), (5) và (6) suy ra OH ⊥ (SCD).

B

BÀI 13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O. Biết SA = SC và SB = SD. Trang 268
1 Chứng minh SO ⊥ (ABCD).
Lời giải.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Do SA = SC ⇒ SAC cân tại S ⇒ SO ⊥ AC. (1) S
Do SB = SD ⇒ SBC cân tại S ⇒ SO ⊥ BD. (2)
Lại có AC, BD ⊂ (ABCD), AC ∩ BD = {O}. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra SO ⊥ (ABCD).

A D

O
BC

2 Gọi I, K lần lượt là trung điểm của BA và BC. Chứng minh IK ⊥ SD.

Lời giải.

ABCD là hình thoi ⇒ AC ⊥ BD. (1) S
SO ⊥ (ABCD) ⇒ AC ⊥ SO. (2)
Lại có BD, SO ⊂ (SBD), SO ∩ BD = {O}. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra AC ⊥ (SBD).
Mà IK AC (IK là đường trung bình trong BAC).
Vậy IK ⊥ (SBD) ⇒ IK ⊥ SD.

A D

IO C
B

K

BÀI 14. Cho tứ diện ABCD có DA ⊥ (ABC). Gọi AI là đường cao và H là trực tâm của ∆ABC. Hạ HK
vuông góc với DI tại K.

1 Chứng minh: HK ⊥ BC. D

Lời giải.

®DA ⊥ BC (do DA ⊥ (ABC))
Ta có:

AI ⊥ BC (AI là đường cao của ∆ABC)
⇒ BC ⊥ (DAI), mà HK ⊂ (DAI)
⇒ BC ⊥ HK.

A K C
N H

M I
B

2 Chứng minh K là trực tâm của ∆DBC. Trang 269
Lời giải.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Do BC ⊥ (DAI) nên DI ⊥ BC D
A
⇒ DI là đường cao của ∆DBC. (1)

®HK ⊥ BC (cmt)
Ta có:

HK ⊥ DI (gt)

⇒ HK ⊥ (DBC) ⇒ HK ⊥ DB. (2)

®CH ⊥ AB (H là trực tâm ∆ABC)
Lại có:

DA ⊥ CH (do DA ⊥ (ABC), CH ⊂ (ABC))

⇒ CH ⊥ (DAB) ⇒ CH ⊥ DB. (3)

Từ (2), (3) ⇒ DB ⊥ (CHK) ⇒ CK ⊥ DB

⇒ CK là đường cao của ∆DBC. (4)

Từ (1), (4) ⇒ K = DI ∩ CK là trực tâm ∆DBC. K C
H
N
I
M
B

BÀI 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a, SAB là tam giác đều, SCD là tam giác
vuông cân đỉnh S. Gọi I, J là trung điểm của AB và CD.

1 Chứng minh: SI ⊥ (SCD), SJ ⊥ (SAB).

Lời giải.

∆SAB đều, có cạnh AB = a, SI vừa là đường

trung tuyến vừa là đườ√ng cao √ S

⇒ SI ⊥ AB và SI = 3 3
AB = a.
22

∆SCD vuông cân tại S, có cạnh CD = a, SJ là

đường trung tuyến ứng với cạnh huyền

⇒ SJ ⊥ CD và SJ = 1 = 1
CD a.
22

I, J là trung điểm của AB và CD

⇒ IJ là đường trung bình của hình vuông ABCD

⇒ IJ = AD + BC = a.

2 A D
Ta có: SI2 + SJ 2 = 3 a2 + 1 a2 = a2 = IJ 2 I J
44 C
H
⇒ ∆SIJ vuông tại S (Định lý Py-ta-go đảo).

®SI ⊥ SJ
Ta có:

SI ⊥ CD (do SI ⊥ AB, AB CD)

⇒ SI ⊥ (SCD).

®SI ⊥ SJ B
Ta có:

SJ ⊥ AB (do SJ ⊥ CD, AB CD)

⇒ SJ ⊥ (SAB).

2 Gọi SH là đường cao của ∆SIJ. Chứng minh SH ⊥ (ABCD) và tính độ dài SH. Trang 270
Lời giải.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

®SI ⊥ CD (do SI ⊥ (SCD)) S
Ta có: A

IJ ⊥ CD

⇒ CD ⊥ (SIJ), mà SH ⊂ (SIJ)

⇒ CD ⊥ SH.
®SH ⊥ CD

Ta có:
SH ⊥ IJ

⇒ SH ⊥ (ABCD).

∆SIJ vuông tại S, có đường cao SH

1 1 1 4 4 16
⇒ SH2 = SI2 + SJ 2 = 3√a2 + a2 = 3a2
⇒ SH2 = 3 a2 ⇒ SH = 3
16 4 a.

D

I J
H

BC

BÀI 16. Cho lăng trụ đứng ABC.A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và CC = a. Gọi I, M lần lượt
là trung điểm của BC và BB .

1 Chứng minh: AI ⊥ BC và AM ⊥ BC .

Lời giải.

∆ABC đều, có cạnh AI vừa là đường trung tuyến vừa là A C

đường cao ⇒ AI ⊥ BC.

ABC.A B C là lăng trụ đứng nên AI ⊥ CC .

Do dó AI ⊥ (BB C C) ⇒ AI ⊥ BC . N J
B
Ta có BB C C là hình vuông nên có BC ⊥ B C.

Mặt khác, IM là đường trung bình của ∆BB C suy ra IM

B C. Do đó IM ⊥ BC .
®BC ⊥ AI
Ta có ⇒ BC ⊥ (AM I) ⇒ BC ⊥ AM.
BC ⊥ MI

M C
A

I

B

2 Gọi J là trung điểm của B C và điểm N thuộc cạnh A B sao cho A B = 4N B . Chứng minh rằng
AM ⊥ (M N J).

Lời giải.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 271

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Ta có M, J là trung điểm của BB và B C nên M J là đường A C
C
trung bình của ∆BB C suy ra M J BC . N J
B I
Mà AM ⊥ BC nên AM ⊥ M J.
M
Áp dụng√định lý Pyta√go cho ∆ABM, ∆M N B , ∆AA N có
a 5 a 5 5a

AM = , N M = , AN = .
2 44

Khi đó ta có AM 2 + M N 2 = 25a2 = AN 2.
16

Do đó ∆AM N vuông tại M hay AM ⊥ M N .
®AM ⊥ M J

Vậy ⇒ AM ⊥ (M N J).
AM ⊥ M N

A

B

BÀI 17. Cho lăng trụ ABC.A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A có BC = 2a và CC = a. Gọi
I, K lần lượt là trung điểm của BC và A I.

1 Chứng minh: B C ⊥ (A AI).

Lời giải.

∆ABC vuông cân tại A có I là trung điểm BC nên AI ⊥ BC. B C

Mà BC B C suy ra B C ⊥ AI.

Mặt khác, ABC.A B C là hình lăng trụ đứng nên B C ⊥ AA .

Khi đó ®B C ⊥ AI ⇒ B C ⊥ (AA I).

B C ⊥ AA A

K

BIC

A

2 Chứng minh: AK ⊥ (A BC). Trang 272
Lời giải.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Ta có ®B C ⊥ (AA I) ⇒ B C ⊥ AK. B C
C
AK ⊂ (AA I)

Mà B C BC nên AK ⊥ BC.

Mặt khác, ∆ABC vuông cân tại A có BC = 2a ⇒ AI = a = AA .

Do đó ∆AA I vuông cân tại A. Suy ra AK ⊥ A I. A
K
Khi đó ®AK ⊥ A I ⇒ AK ⊥ (A BC).

AK ⊥ BC

BI

A

BÀI 18. Cho hình lăng trụ ABC.A B C . Gọi H là trực tâm của ∆ABC và A H ⊥ (ABC).

1 Chứng minh: AA ⊥ BC và AA ⊥ B C .

Lời giải. A C
M
®BC ⊥ AH(AH là đường cao)
Ta có B

BC ⊥ A H( Do A H ⊥ (ABC))
⇒ BC ⊥ (AA H)
⇒ BC ⊥ AA .
Do BC B C nên AA ⊥ B C .

A C

HM
B

2 Gọi M M là giao tuyến của hai mặt phẳng (AHA ) và (BCC B ) trong đó M thuộc BC và M thuộc
B C . Chứng minh tứ giác BCC B là hình chữ nhật và M M là đường cao của hình chữ nhật.

Lời giải.

Trong (A AM ), ta dựng A M AM với A C
M
M ∈ B C . Khi đó (AHA ) ≡ (AA M M ) và
B
(AHA ) ∩ (BCC B ) = M M .

Ta có tứ giác BCC B là hình bình hành.

Mặt khác, ®AA BB ⇒ BC ⊥ BB .

AA ⊥ BC

Do đó tứ giác BCC B là hình chữ nhật.

Do BC ⊥ (AA M ) nên BC ⊥ M M , suy ra

M M là đường cao của hình chữ nhật.

A HM C
B
Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 273

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

DẠNG 1.2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc tạo bởi đường thẳng đó và hình chiếu của nó trên mặt
phẳng.

Gọi α giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc nhọn, tức là 0◦ ≤ α ≤ 90◦.

Bước 1 . Xác định giao điểm của a và (P ) là a∩(P ) = a
A. M

Bước 2 . Tìm hình chiếu H của M lên mặt phẳng (P ), a βA
chứng minh M H ⊥ (P ) tại H.
H
Bước 3 . Suy ra hình chiếu của a lên (P ) là AH.
Ta có (a; (P )) = (AM ; AH) = β. Tính góc β P
bằng hệ thức lượng.

M H d(M ; (P ))
Lưu ý. Nếu gặp bài toán quá khó, ta có thể giải bằng công thức sin β = = , trong đó
AM AM

d(M ; (P )) là khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P ).

abc
Định lí hàm số sin: = = .
sin A sin B sin C
b2 + c2 − a2
Định lí hàm số cosin: cos A = .
2bc

1 VÍ DỤ

VÍ DỤ 1. Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC). Tìm hình chiếu của chân đường vuông góc A xuống
mặt phẳng (SBC).

Lời giải.

®AK ⊥ BC, (K ∈ BC) S
Dựng
H
AH ⊥ SK, (H ∈ SK). A

Khi đó H là hình chiếu của A lên (SBC).

Thật vậy ®BC ⊥ AK ⇒ BC ⊥ (SAK) ⇒ BC ⊥ AH.

BC ⊥ SA

Ta có ®AH ⊥ SK ⇒ AH ⊥ (SBC).

AH ⊥ BC

Suy ra H là hình chiếu của A lên (SBC).

C

K
B

VÍ DỤ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông (hoặc hình chữ nhật). Gọi I là trung
điểm của AB, biết SI ⊥ (ABCD). Tìm hình chiếu của chân đường vuông góc I lên mặt phẳng (SCD).

Lời giải. Trang 274

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Gọi K là trung điểm của CD ⇒ IK ⊥ CD. S
(1)
Kẻ IH ⊥ SK tại H. (2)

Ta có ®CD ⊥ IK ⇒ CD ⊥ (SIK) ⇒ CD ⊥ IH. A
I
CD ⊥ SI B

Từ (1), (2) ⇒ IH ⊥ (SCD).

H
D

K
C

Nhận xét. Tổng quát: Tìm hình chiếu của chân đường vuông góc đến mặt bên của hình chóp.

Bước 1. Xác định giao tuyến của mặt bên và mặt đáy là d.

Bước 2. Từ chân đường vuông góc I dựng IK ⊥ d và IH ⊥ SK với S là đỉnh của hình chóp.

Bước 3. Chứng minh IH vuông góc với mặt bên, suy ra H là hình chiếu vuông góc cần tìm.
Lưu ý: Khi đó, người gọi độ dài đoạn IH là khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD).

2 BÀI TẬP ÁP DỤNG

BÀI 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD tâm O cạnh, cạnh a, SA ⊥ (ABCD) và SA = a.
Gọi M là trung điểm của các cạnh BC. Xác định và tính góc giữa

1 đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB).

Lời giải.

Ta có SC ∩ (SAB) = S. S

Ta có ®BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB).

BC ⊥ SA

Suy ra SB là hình chiếu của SC trên (SAB). a

Khi đó (SC; (SAB)) = (SC; SB) = B’SC. A

Xét SBC vuông tại B √ a

tan B’SC = BC = √ a 2 Ba D
=.
SB √ a2 + a2 2
2
⇒ B’SC = arctan 2 .

C

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 275

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

2 đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD). S

Lời giải. a

Ta có SB ∩ (ABCD) = B. Mặt khác SA ⊥ (ABCD) nên AB
là hình chiếu của SB trên (ABCD).
Do đó (SB; (ABCD)) = (SB; AB) = S’BA.
Xét SAB vuông tại A có AB = SA = a
⇒ SAB vuông cân tại A ⇒ S’BA = 45◦.

A D

a C

Ba

3 đường thẳng SD và mặt phẳng (ABCD). S

Lời giải.
Ta có AD là hình chiếu của SD trên (ABCD).
Do đó (SD; (ABCD)) = (SD; AD) = S’DA = 45◦.

a D

A C

a

Ba

4 đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD).

Lời giải.

Ta có SC ∩ (ABCD) = C. S
Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên (ABCD).
a
Do đó (SC; (ABCD)) = (SC; AC) = S’CA. √
Xét SAC vuông tại A có SA√= a, AC = a 2 A
⇒ tan S’CA = SA = √a = 2
AC a 2 2 . a

D

Ba C

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 276

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

5 đường thẳng SO và mặt phẳng (ABCD).

Lời giải.

Ta có SO ∩ (ABCD) = O. S
Vì SA ⊥ (ABCD) nên AO là hình chiếu của SO trên (ABCD).
a
Do đó (SO; (ABCD)) = (SO; AO) = S’OA. √
A
1 a2
Xét SAO vuông tại A có SA = a, AO = AC = a
22
⇒ tan S’OA = SA = √a √ Ba
AO a 2 =2

√2 D
⇒ S’OA = arctan 2.

O
C

6 đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC).

Lời giải.

®BD ⊥ AC S
Ta có

BD ⊥ SA
⇒ BD ⊥ (SAC).
Suy ra SO là hình chiếu của SB trên (SAC).

Do đó (SB; (SAC)) = (SB; SO) = B’SO. √ a

1 a2 A
Xét SBO vuông tại O có BO = BD = , SB =
√ √ √2 2

SA2 + AB2 = a2 + √a2 = a 2 D

a2

⇒ sin B’SO = BO = √2 1 a
=
SB a 2 2 O

⇒ B’SO = 30◦. BaC

7 đường thẳng CD và mặt phẳng (SAC). S

Lời giải. a

Ta có CD ⊥ (SAC) = C.
Mặt khác DO ⊥ (SAC) nên CO là hình chiếu của CD trên
(S AC ).
Do đó (CD; (SAC)) = (CD; CO) = O’CD = 45◦.

A D

a

O

BaC

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 277

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

8 đường thẳng SC và mặt phẳng (SAD).

Lời giải.

Ta có SC ∩ (SAD) = S. S

Mặt khác ®CD ⊥ AD ⇒ CD ⊥ (SAD)

CD ⊥ SA

⇒ SD là hình chiếu của SC trên (SAD). a

Do đó (SC; (SAD)) = (SC; SD) = C’SD. √
X√ét SCD v√uông tại D có CD = a, SD = SA2 + AD2 =
a2 + a2 = a 2
√ A D
⇒ tan C’SD = CD = √a = 2
SD a 2 2 . a

O

BaC

9 đường thẳng SA và mặt phẳng (SBD).
Lời giải.

Ta có SA ∩ (SBD) = S. S

Kẻ AK ⊥ SO tại K. a
®BD ⊥ AO
A
Vì ⇒ BD ⊥ (SAO) ⇒ BD ⊥ AK.
BD ⊥ SA a

Suy ra SK là hình chiếu của SA trên (SBD). O
BaC
Do đó (SA; (SBD)) = (SA; SK) = A’SO. √
a2
Xét SAO vuông tại A có SA = a, AO = D
√2
a2 √
⇒ tan A’SO = AO = 2
2 = .

SA a 2

10 đường thẳng SA và mặt phẳng (SDM ).

Lời giải.

Ta có SA ∩ (SDM ) = S.
Kẻ AE ⊥ M D tại E và AF ⊥ SE tại F .

®M D ⊥ AE
Vì ⇒ M D ⊥ (SAE) ⇒ M D ⊥ AF .

MD ⊥ SA

Suy ra AF ⊥ (SDM ) hay SF là hình chiếu của SA trên (SDM ).

Do (SA; (SDM )) = (SA; SF ) = A’SE. √

Ta có MCD vuông tại C ⇒ MD = … + a2 = a 5
a2 .
42
1 1
Xét AM D có S A√M D = MD · AE = AD · d(M ; AD) √

2 2

⇒ AE = a√· a = 2a 5 SAE vuông tại A ⇒ tan A’SE = AE = a√ = 5
a5 5 . Xét SA 2a 5 2 .

2√ 5
Vậy tan(SA; (SDM )) = 5 .

2

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 278

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

11 đường thẳng BD và mặt phẳng (SAB). S

Lời giải. a

Ta có BD ∩ (SAB) = B.
Vì AD ⊥ (SAB) nên BA là hình chiếu của BD lên (SAB).
Do đó (BD; (SAB)) = (BD; BA) = D’BA = 45◦.

A D

a

O

BaC

12 đường thẳng AC và mặt phẳng (SBC).
Lời giải.

Ta có AC ∩ (SBC) = C. S

Kẻ AI ⊥ SB tại I.

Ta có BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AI.

Suy ra AI ⊥ (SBC) hay IC là hình chiếu của AC trên (SBC). a

Do đó (AC; (SBC)) = (AC; IC) = A‘CI. √

1 a2 A
Vì SAB vuông cân tại A nên AI = SB = . I
2 2√ D
a
a2

Xét AIC vuông tại I ⇒ sin A‘CI = AI = √2 = 1 ⇒ O
AC a 2 2

A‘CI = 30◦. BaC

13 đường thẳng SO và mặt phẳng (SCD).

Lời giải.

Ta có SO ∩ (SCD) = S. S

1 aH
Vì O là trung điểm của AC nên d(O; (SCD)) = d(A; (SCD)).

2
Kẻ AH ⊥ SD tại H.

Ta có CD ⊥ (SAD) nên CD ⊥ AH.

Suy ra AH ⊥ (SCD) ⇒ d(A; (SCD)) = AH. √ A D
1 a2

Vì SAD vuông cân tại A nên AH = SD = .
22

Mặt khác SAO vuông tại A nên a O
aC
 √ B
a2 + a2 = a 6
SO = SA2 + AO2 = 22 .

√
a2 √
d(O; (SCD)) AH 3
Ta có sin(SO; (SCD)) = == √2 = .
SO 2SO a 6 3

2

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 279

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

14 đường thẳng BM và mặt phẳng (SAB). S

Lời giải.
Ta có BM ⊥ (SAB) ⇒ (BM ; (SAB)) = 90◦.

a

A D

a O

B a

MC

15 đường thẳng SB và mặt phẳng (SCD).

Lời giải.

Ta có SB ∩ (SCD) = S. S

V√ì AB (SCD) nên d(B; (SCD)) = d(A; (SCD)) = AH = aH
a2 √

. a2
2

d(B; (SCD)) AH √2 1
Ta có sin(SB; (SCD)) = == =
SB SB a 2 2 A D

⇒ (SB; (SCD)) = 30◦. a

O

BaC

BÀI 2. Ch√o hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tâm O, AB = a, AD = 2a, SA ⊥ (ABCD)
và SA = a 6. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Xác định và tính góc giữa

1 Góc giữa đường SC và mặt phẳng (ABCD).

Lời giải.

SA ⊥ (ABCD) ⇒ A là hình chiếu vuông góc của S S
lên (ABCD)
⇒ AC là hình chiếu vuông góc của SC lên ABCD. A
O
⇒ (S¤C; (ABCD)) = (S◊C, AC) = S’CA.

Xét tam√ giác ABC vuông tại B, ta có √
AC = AB2 + AD2 = a2 + (2a)2 = a 5.

Xét tam giác SAC v√uông t√ại A, ta có
tan S’CA = SA = a√6 = 30
AC √a 5 5 D

⇒ S’CA = arctan 30
.
5

BC

2 Góc giữa đường SB và mặt phẳng (ABCD). Trang 280
Lời giải.

AB là hình chiếu vuông góc của SB lên ABCD
⇒ (S¤B; (ABCD)) = (SÿB, AB) = S’BA.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Xét tam giác SAB v√uông tại A, ta có √
SA a 6 √ arctan 6.
tan S’BA = = = 6 ⇒ S’BA =
AB a

3 Góc giữa đường SD và mặt phẳng (ABCD).
AD là hình chiếu vuông góc của SD lên ABCD

⇒ (S¤D; (ABCD)) = (SÿD, AD) = S’DA.

Xét tam giác SAD v√uông t√ại A, ta có √ 6
SA a 6 6 ⇒ S’DA = arctan .
tan S’AD = = =
AD 2a 2 2

4 Góc giữa đường SB và mặt phẳng (SAC).

Lời giải.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC. S

Ta có ®BH ⊥ AC ⇒ BH ⊥ (SAC) A
H
BH ⊥ SA O

⇒ SH là hình chiếu vuống góc của SB lên (SAC)

⇒ (S¤B; (SAC√)) = (SÿB, SH) =√B’SH.
Ta có SB = SA2 + AB√2 = a 7
AB · BC 2a 5
và BH = =.
AC 5
D
Xét tam giác SBH v√uông tại H, ta có
BH 2 35 ⇒ B’SH = arcsin 2 √ 35
sin B’SH = = .
SB 35 35

B C

5 Góc giữa đường CD và mặt phẳng (SAC). S D
A
Lời giải.

Gọi K là hình chiếu vuông góc của D lên AC.
Tương tự, ta có DK ⊥ (SAC) ⇒ CK là hình chiếu
vuông góc của CD lên (SAC)
⇒ (C¤D; (SAC)) = (CÿD, CK) = D÷CK.
Ta có D÷CK = D’CA.
Xét tam giác ACD vuông tại D, ta có
tan D’CA = AD = 2a = 2 ⇒ D’CA = arctan 2.

CD a

B O
K
C

6 Góc giữa đường SC và mặt phẳng (SAD). Trang 281
Lời giải.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Ta có ®CD ⊥ AD ⇒ CD ⊥ (SAD) S

CD ⊥ SA A
O
⇒ SD là hình chiếu vuông góc của SC lên (SAD)
S
⇒ (S¤C, (SAD√)) = (S◊C, SD) =√C’SD.
Ta có SD = AD2 + SA2 = a 10. T
A
Xét tam giác CSD vuông tạ√i D, ta có
tan C’SD = CD = √a = 10 NO
SD √a 10 10
10 S D
⇒ C’SD = arctan . C
AJ
10 O D
C
B M
D
7 Góc giữa đường SA và mặt phẳng (SBD). C

Lời giải. Trang 282

Gọi N và T lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên

BD và SN .
®BD ⊥ SA

Ta có
BD ⊥ AN

⇒ BD ⊥ (SAN ) ⇒ BD ⊥ AT .

Ta có ®AT ⊥ BD ⇒ AT ⊥ (SBD)

AT ⊥ SN

⇒ ST là hình chiếu vuông góc của SA lên (SBD)

⇒ (S¤A, (SBD)) = (S◊A, ST )√= A’ST = A’SN .
AB · AD 2a 5
Ta có AN = =.
BD 5

Xét tam giác ASN vuô√ng tại A, ta có B
2a 5 √
AN 30
tan A’SN = = √5 =
SA √ a 6 15
30
⇒ A’SN = arctan .
15

8 Góc giữa đường SA và mặt phẳng (SDM ).

Lời giải. √

Ta có AM = DM = a 2 và AD = 2a.

Khi đó AD2 = AM 2 + DM 2 nên AM ⊥ DM .

Gọi J là hình chiếu vuông góc của A lên SM .

Ta có ®DM ⊥ SA ⇒ DM ⊥ (SAM )

DM ⊥ AM

⇒ DM ⊥ AJ.
®AJ ⊥ DM
Ta có ⇒ AJ ⊥ (SDM )
AJ ⊥ SM

⇒ SJ là hình chiếu vuông góc của SA lên (SDM )

⇒ (S¤A, (SDM )) = (S◊A, SJ) = A‘SJ = A’SM . B
Xét tam giác SAM vu√ông tại A, ta có
tan A’SM = AM = a√2 = √1 ⇒ A’SM = 30◦.

SA a 6 3

9 Góc giữa đường BD và mặt phẳng (SAB).

Lời giải.

Ta có ®AD ⊥ SA ⇒ AD ⊥ (SAB)

AD ⊥ AB

⇒ AB là hình chiếu vuông góc của DB lên (SAB)

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

⇒ (B¤D, (SAB)) = (BÿD, BA) = D’BA.
Xét tam giác ABD vuông tại A, ta có
tan D’BA = AD = 2 ⇒ D’BA = arctan 2.

AB

10 Góc giữa đường AC và mặt phẳng (SBC).

Lời giải.

Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên SB. S

Ta có ®BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AF .

BC ⊥ AB

Ta có ®AF ⊥ SB ⇒ AF ⊥ (SBC)

AF ⊥ BC

⇒ F C là hình chiếu vuông góc của AC lên (SBC)

⇒ (A¤C, (SBC)) = (AÿC, F C√) = A’CF . FA D
AB · SA a 42
Ta có AF = =.
SB 7

Xét tam giác ACF√vuông tại F , ta có √ O
AF 210 ⇒ A’CF = arcsin 210
sin A’CF = = .
AC 35 35
B C

11 Góc giữa đường SO và mặt phẳng (SCD).

Lời giải.

Gọi G là hình chiếu vuông góc của A lên SD và I là S G D
A
trung điểm của CG. I
®AG ⊥ SD O

Ta có C
AG ⊥ CD (do CD ⊥ (SAD))

⇒ AG ⊥ (SCD).

Mà OI AG (do OI là đường trung bình ứng với cạnh

AG của tam giác ACG)
Suy ra OI ⊥ (SCD)
⇒ SI là hình chiếu vuông góc của SO lên (SCD)

⇒ (S¤O, (SCD)) = (S◊O, SI)√= O‘SI.
AD · SA 2a 15
Ta có AG = =
SD√ 5
AG a 15 B

⇒ OI = = .
2 15 √
√
Ta có SO = SA2 + AO2 = a 29
.
2

Xét tam giác OSI v√uông tại I, ta có √
sin O‘SI = OI = 2 √15 ⇒ O‘SI = arcsin 2 √15 .
SO 15 29 15 29

12 Góc giữa đường SB và mặt phẳng (SCD). Trang 283
Lời giải.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Gọi P là điểm thuộc mặt phẳng (SCD) sao cho CDGP S
G
là hình bình hành.
P
Do AB = CD và AB CD nên ABP G cũng là hình

bình hành. √

Suy ra BP = AG = 2a 15 và BP AG.

5

Mặt khác AG ⊥ (SCD) nên BP ⊥ (SCD)

⇒ SP là hình chiếu vuông góc của B lên (SCD)

⇒ (S¤B, (SCD)) = (S◊B, SP ) = B’SP .

Xét tam giác SBP vu√ông tại P , ta có A D
2a 15 √ B
BP 6
sin B’SP = = √5 =
SB √a 10 5
O

⇒ B’SP = arcsin 56 C
.

13 Góc giữa đường BD và mặt phẳng (SBC).

Lời giải.

Gọi Q là điểm thuộc mặt phẳng (SBC) sao cho BCQF S

là hình bình hành.

Do AD = BC và AD BC nên ADQF cũng là hình

bình hành. √

Suy ra DQ = AF = a 42 và DQ AF .

7

Mặt khác AF ⊥ (SBC) nên DQ ⊥ (SBC) Q
D
⇒ BQ là hình chiếu vuông góc của BD lên (SBC) F
A
⇒ (B¤D, (SBC)) = (BÿD, BQ) = D’BQ.

Xét tam giác DBQ v√uông tại Q, ta có
a 42 √
DQ 210 O
sin D’BQ = = √7 = BC
BD √ a 5 35

⇒ D’BQ = arcsin 210
.
35

BÀI 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm
của AB, BC và biết rằng SA = SB = SC = SD = a. Xác định và tính góc giữa

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 284

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

1 Đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD). 2 Đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD).
Lời giải. Lời giải.

S S

DC DC

O O
AB AB

Do SAC cân tại S ⇒ SO ⊥ AC. Ta có SO ⊥ (ABCD) ⇒ góc giữa SB và (ABCD)
Do SBD cân tại S ⇒ SO ⊥ BD.
Suy ra SO ⊥ (ABCD) ⇒ góc giữa SA và (ABCD) chính là góc S’BO. √

là góc S’AO. OB 2 ⇒ S’BO = 45◦.
Ta có cos S’BO = =
√ SB 2

AO 2a √ 2 ⇒ S’AO =
Ta có cos S’AO = =
2 =

45◦. SA a 2

3 Đường thẳng SC và mặt phẳng (ABD). 4 Đường thẳng SD và mặt phẳng (ABC).
Lời giải. Lời giải.

S S

DC DC

O O
AB AB

Ta có SO ⊥ (ABCD) ⇒ góc giữa SC và (ABCD) Ta có SO ⊥ (ABCD) ⇒ góc giữa SD và (ABCD)

chính là góc S’CO. √ chính là góc S’DO. √

Ta có cos S’BO = OC = 2 ⇒ S’CO = 45◦. Ta có cos S’BO = OD = 2 ⇒ S’DO = 45◦.
SC 2 SD 2

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 285

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

5 Đường thẳng SO và mặt phẳng (SCD). 6 Đường thẳng SO và mặt phẳng (SAB).
Lời giải. Lời giải.

S S

DC DC
M
O
O A EB
AB

Ta có ®OM ⊥ CD ⇒ DC ⊥ (SM O) ⇒ SM Ta có ®OE ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SEO) ⇒ SE chính

SM ⊥ DC SE ⊥ AB

chính là hình chiếu vuông góc của SO lên (SDC). là hình chiếu của SO lên (SAB).

Do đó góc giữa SO và (SDC) chính là√góc O’SM . Do đó góc giữa SO và (SAB) chính là góc giữa
2a
Do SAC vuông cân tại S ⇒ SO = . Ää
a S◊O, SE = O’SE.
2 a
Ta có OM = .
2 Ta có OE = .
Ta có tan O’SM = OM = √1 . 2
SO 2
Ta có tan O’SM = OE = √1 .
SO 2

7 Đường thẳng SB và mặt phẳng (SAC). 8 Đường thẳng SC và mặt phẳng (SBD).
Lời giải. Lời giải.

S S

DC DC

O O
AB AB

Ta có ®BO ⊥ AC ⇒ BO ⊥ (SAC) ⇒ SO chính Ta có ®CO ⊥ BD ⇒ CO ⊥ (SBD) ⇒ SO là

BO ⊥ SO CO ⊥ SO

là hình chiếu vuông góc của SB lên (SAC). hình chiếu vuông góc của SC lên (SBD).

Do đó góc giữa SB và (SAC) chính là góc B’SO. Do đó góc giữa SC và (SBD) chính là góc C’SO.
Ta có tan B’SO = OB = 1 ⇒ B’SO = 45◦. Ta có tan C’SO = OC = 1 ⇒ B’SO = 45◦.

SO SO

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 286

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

9 Đường thẳng EC và mặt phẳng (SAC). 10 Đường thẳng EF và mặt phẳng (SCD).
Lời giải. Lời giải.

S S

H C
DM

D C
KO
OF
AE
B A EB

Gọi K là hình chiếu vuông góc của E lên AC. Ta Ta có EF AC ⇒ góc giữa EF và (SCD) chính
®EK ⊥ AC
là góc giữa AC và (SCD).
có ⇒ EK ⊥ (SAC) ⇒ EK chính là
EK ⊥ SO Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên SM .

hình chiếu vuông góc của EC lên (SEC). Ta có OH ⊥ SM , mặt khác ®CD ⊥ OM ⇒

Suy ra góc giữa EC và (SAC) √chính là góc A’CE. DC ⊥ SO
√
Ta có EC = BC2 + BE2 = 5 DC ⊥ (SOM ) ⇒ DC ⊥ OH ⇒ OH ⊥ (SCD).
a.
2 Suy ra góc giữa AC và (SCD) chính là g√óc O’CH.

Xét AEC ta có 1 1 1 6
OH2 OS2 OM 2 a.
√ Ta có = + ⇒ OH =
6
AC2 + EC2 − AE2 3 10 Ta có HOC vuông tại H ⇒ sin O’CH = OH =
cos A’CE = =.
2AC · EC 10
√ OC
√ 3
3 10 .
Suy ra A’CE = arccos . 3√
10
3
Suy ra O’CH = arcsin .
3

BÀI 4. Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), SA = 2a, tam giác ABC đều cạnh a. Xác định và tính góc
giữa

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 287

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

1 Đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC). 2 Đường thẳng SC và mặt phẳng (SAB).
Lời giải. Lời giải.

S S

A
C

A C
M
B

Ta có AB là hình chiếu vuông góc của SB trên B
(ABC). Suy ra S’BA là góc giữa SB và (ABC).

tan S’BA = SA = 2a = 2 ⇒ S’BA = arctan 2. Gọi M là trung điểm AB, ta có
AB a ®CM ⊥ AB
⇒ CM ⊥ (SAB).
CM ⊥ SA

⇒ SM là hình chiếu của SC trên (SAB). Do đó

M’SC là góc giữa SC và (SAB).

sin M’SC = M C = √ M C √
15
=.
SC SA2 + AC2 10

√ 15
.
⇒ M’SC = arcsin 10

BÀI 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, B và đáy lớn BC. Gọi I, J lần lượt
là trung điểm của AB và BC, biết SI ⊥ (ABCD) và AB = AD = a, BC = 2a, SI = a. Xác định góc tạo bởi

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 288

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

1 Đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD). 2 Đường thẳng SC và mặt phẳng (SIJ)
Lời giải. Lời giải.

S S

BJ B JM
IC
C A
D
I D
A

Ta có SI ⊥ (ABCD), suy ra IB là hình chiếu của Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CM ⊥ IJ. Khi đó
SB trên (ABCD). Do đó S‘BI là góc giữa đường
thẳng SB và (ABCD). ta có ®CM ⊥ IJ
⇒ CM ⊥ (SIJ).
SI a
tan S‘BI = BI = a = 2. CM ⊥ SI

2 ⇒ SM là hình chiếu của SC trên mặt phẳng
(S I J ).
⇒ S‘BI = arctan 2.
Do đó góc C’SM là góc giữa đườ√ng thẳng SC và
m√ặt phẳng (SIJ). Ta có AC = AB2 + BC2 =
a 5.

AC IM nên CM = d(J, AC) = 2SJAC .
AC
= a2 − a2 a2
SJ AC = SABC − SJBA 2 = 2 ⇒ CM =
√
a5
.
5 √
SC = √ + IC2 = √ + IB2 + BC2 = a 21
SI2 SI2
.
√ √2
CM 2 105 ⇒ C’SM = arcsin 2 105
sin C’SM = = .
SC 105 105

√
BÀI 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Biết SD = a 3, tất cả các cạnh còn lại đều bằng
a.

1 Chứng minh: (SBD) là mặt phẳng trung trực của đoạn AC.

Lời giải.

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD). S
A
Vì SA = SB = SC nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC. Suy ra H thuộc BO.

Ta có ®AC ⊥ SH ⇒ BD ⊥ (SAC).

AC ⊥ BD

Ta lại có O là trung điểm AC nên (SBD) là mặt phẳng

trung trực của AC.

HO D
B C

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 289

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

2 Chứng minh tam giác SBD vuông.

Lời giải.

Ta có SAC = BAC (c − c − c) ⇒ SO = BO = 1 nên tam giác SBD vuông tại S.
BD
2

3 Xác định và tính góc giữa SD và (ABCD).

Lời giải.

Ta có HD là hình chiếu của SD trên mặt phẳng (ABCD) nên S’DH là góc giữa SD và (ABCD). Xét
tam giác vuông SBD, có tan S’DB = SB = √1 ⇒ S’BD = 30◦.

SD 3

BÀI 7. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = √2a và đáy ABC là tam giác đều cạnh a.
3

1 Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC). Tính SH.

Lời giải.

Ta có SA = SB = SC nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp S

tam giác ABC. √ C
H
2 a3
Ta có HA = AF = . Xét tam giác SHA vuông tại H, F
33 B

có
SH = SA2 − AH2 = … 4 a2 − 1 a2 = a.
33

A

2 Xác định và tính góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC).

Lời giải.

Ta có AH là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABC), do đó S’AH là góc giữa đường thẳng SA và

(AB C ). √
= 3 ⇒ S’AH = 60◦
SH √a
tan S’AH = =
AH a 3

3

BÀI 8. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, ABCD là hình thang đáy lớn AD, AB = BC =
DC = a, DA = 2a. Vẽ AH ⊥ SC và M là trung điểm SB. Góc giữa SB và (ABCD) bằng 45◦. Xác định và

tính góc giữa

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 290

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

1 Đường thẳng AM và mặt (SBD).

Lời giải.

Ta có AB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng (ABCD) nên S

S’BA = 45◦ là góc giữa SB và (ABCD).

Khi đó SAB là tam giác vuông cân tại A ⇒ AM ⊥ SB

(1).

a 3a
Kẻ BE vuông góc với AD, ta có AE = và ED = .
2 2√ MH
√ a 3 E
Xét tam giác vuông ABE, có BE = AB2 − AE2 = .
√ √2 K
Xét tam giác BED, có BD = BE2 + ED2 = a 3. A B
D
Vì AB2 + BD2 = AD2 nên ABD vuông tại B. C

Ta có ®AB ⊥ BD ⇒ BD ⊥ AM (2)

AS ⊥ BD

Từ (1) và (2), suy ra AM ⊥ (SBD). Hay (AM ; (SBD)) = 90◦.

2 Đường AH và (ABCD)

Lời giải.

Trong tam giác SAC, kẻ HK ⊥ AC ⇒ HK ⊥ (ABCD), nên AK là hình chiếu của AH trên (ABCD),

Suy ra H’AC là góc giữa AH và (ABCD). √

Xét tam giác S AC , ta có 1 = 1 + 1 = 1 1 = 4 ⇒ AH = a3
AH 2 SA2 AC 2 a2√+ 3a2 3a2 .

2

a3

AH √2 = 1 ⇒ H’AC = 60◦.
Xét tam giác vuông AHC, có cos H’AC = =
AC a 3 2

.BÀI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT

PHẲNG

1 Định nghĩa
Hai mặt phẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 90◦.

2 Các định lí và hệ quả cần nhớ (P )
a
a) Định lí 1. Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vuông góc với nhau
là mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
kia.
®a ⊥ (P )
⇒ (P ) ⊥ (Q).
a ⊂ (Q)

(Q)

Hệ quả 1. Nếu hai mặt phẳng (P ) và (Q) vuông góc với nhau thì (P ) (Q)
bất cứ đường thẳng a nào nằm trong (Q), vuông góc với giao tuyến a
của (P ) và (Q) đều vuông góc với mặt phẳng (P ). d

(P ) ⊥ (Q)


(P ) ∩ (Q) = d

⇒ a ⊥ (P )
a ⊂ (Q)


a ⊥ d

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 291

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Hệ quả 2. Nếu hai mặt phẳng (P ) và (Q) vuông góc với nhau và A (P ) (Q)

là một điểm trong (P ) thì đường thẳng a đi qua điểm A và vuông a
A
góc với (Q) sẽ nằm trong (P ). d

(P ) ⊥ (Q)


A ∈ (P )

⇒ a ⊂ (P )
A ∈ a


a ⊥ (Q)

b) Định lí 2. Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với mặt (P ) (Q)
a
phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ
(R)
ba.
(P ) ∩ (Q) = a



(P ) ⊥ (R) ⇒ a ⊂ (R)

(Q) ⊥ (R)

3 Góc giữa hai mặt phẳng d (Q)

Để tìm góc giữa hai mặt phẳng, đầu tiên tìm giao tuyến của hai mặt A
phẳng. Sau đó tìm hai đường thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng (P ) d
cùng vuông góc với giao tuyến tại một điểm. Góc giữa hai mặt phẳng
là góc giữa hai đường thẳng vừa tìm.
(P ) ⊥ (Q) = u



u ⊥ d ⊂ (Q) ⇒ [(P ), (Q)] = (d, d ) = α

u ⊥ d ⊂ (P )

4 Hình chóp đều và 5 tính chất cần nhớ

1 Đáy là đa giác đều (hình chóp tam giác đều có đáy là tam giác đều, hình chóp tứ giác đều có đáy
là hình vuông).

2 Chân đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy (hình chóp tam giác đều có chân
đường cao trùng với trọng tâm G, hình chóp tứ giác đều có chân đường cao trùng với tâm O của
hình vuông).

3 Các mặt bên là những tam giác cân và bằng nhau.

4 Góc giữa các cạnh bên và mặt đáy đều bằng nhau.

5 Góc giữa các mặt bên và mặt đáy đều bằng nhau.Góc giữa mặt bên và mặt đáy S Góc giữa
cạnh
S bên
và m
AC ặt đáy
Góc giữa cạnh
bên AD
và mặt đáy

Góc giữa mặt bên
và mặt đáy
G
M MO

BB C

DẠNG 2.1. Chứng minh mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 292

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

BÀI 1. Cho tứ diện ABCD, có AB ⊥ (BCD). Trong BCD vẽ các đường cao BE và DF cắt nhau tại O.
Trong (ACD) vẽ DK ⊥ AC. Gọi H là trực tâm ACD.

1 Chứng minh (ACD) ⊥ (ABE). 2 Chứng minh (ACD) ⊥ (DF K). 3 Chứng minh OH ⊥ (ACD).

Lời giải.

A

1 Ta có CD ⊥ AB (do AB ⊥ (BCD)) và CD ⊥ BE (do BE là KH

đường cao BCD).
Do đó ta được CD ⊥ (ABE).
Mà CD ⊂ (ACD) nên (ACD) ⊥ (ABE).

2 Ta có DF ⊥ BC (gt) và DF ⊥ AB (do AB ⊥ (BCD)). B D
F
Suy ra DF ⊥ (ABC) (do AB, BC ⊂ (ABC)) và DF ⊥ AC. O
Mặt khác AC ⊥ DK (gt).
Từ đây suy ra AC ⊥ (DF K) (do DF, DK ⊂ (DF K)). E
Do đó (ACD) ⊥ (DF K) (do AC ⊂ (ACD)).

3 Theo câu a) ta có CD ⊥ (ABE). Suy ra CD ⊥ AE (do AE ⊂ C

(ABE)) nên AE là đường cao thứ hai của ACD.
Do đó suy ra CH ⊥ AD (do H là trực tâm ACD).
Mà O là trực tâm BCD nên suy ra CO ⊥ BD và CO ⊥ AB
(do AB ⊥ (BCD)).
Suy ra CO ⊥ (ABD) (do AB, BD ⊂ (ABD)). Suy ra CO ⊥
AD.
Kết hợp ở trên ta lại có CH ⊥ AD.
Từ đây suy ra AD ⊥ (COH) (do CO, CH ⊂ (COH)).
Suy ra AD ⊥ OH (do OH ⊂ (COH)).
Theo câu b) ta có AC ⊥ (DF K) suy ra AC ⊥ OH (do OH ⊂
(DF K)).
Từ đây suy ra OH ⊥ (ACD) (do AC, AD ⊂ (ACD)).

BÀI 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, SAC là tam giác đều và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với (ABC). Gọi I là trung điểm SC.

1 Chứng minh (SBC) ⊥ (SAC). 2 Chứng minh (ABI) ⊥ (SBC).

Lời giải. S

1 Gọi H là trung điểm AC. Suy ra AH ⊥ AC (do SAC đều). I
Mà (SAC) ⊥ (ABC) theo giao tuyến là AC và SH ⊥ AC nên suy
ra SH ⊥ (ABC). A B
Do đó SH ⊥ BC (do BC ⊂ (ABC)). H
Mặt khác BC ⊥ AC (do ABC vuông tại C). Suy ra BC ⊥
(SAC) (do SH, AC ⊂ (SAC)). C
Do đó (SBC) ⊥ (SAC) (do BC ⊂ (SBC)).

2 Theo câu a) ta có (SBC) ⊥ (SAC) theo giao tuyến là SC.
Mà AI ⊥ SC (do SAC đều và I là trung điểm SC).
Suy ra AI ⊥ (SBC).
Do đó (ABI) ⊥ (SBC) (do AI ⊂ (ABI)).

BÀI 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a và SA = SB = SC = a.

1 Chứng minh (SBD) ⊥ (ABCD). 2 Chứng minh SBD vuông.

Lời giải.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 293

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

1 Gọi O = AC ∩ BD. Xét SAC có SA = SC nên B S
SAC cân tại S và O là trung điểm AC.
A
Suy ra SO ⊥ AC. D
Mặt khác AC ⊥ BD (tính chất đường chéo hình
thoi). O
Do đó AC ⊥ (SBD) (do SO, BD ⊂ (SBD)). C
Suy ra (SBD) ⊥ (ABCD) (do AC ⊂ (ABCD)).

2 Xét SAC và ABC có SA = AB = SC = BC =
a và AC là cạnh chung nên SAC = ABC (c.c.c).
Suy ra SO = OB (do SO và OB là 2 đường trung
tuyến tương ứng của 2 tam giác).
Mà OD = OB nên SO = OB = OD. Xét SBD có
SO là đường trung tuyến và SO = OB = OD.
Từ đây suy ra SBD vuông tại S.

BÀI 4. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều và SA ⊥ (ABC). Gọi D là trung điểm của BC.

a) Chứng minh (SAD) ⊥ (SBC) b) Kẻ CI ⊥ AB, CK ⊥ SB. Chứng minh SB ⊥
(I C K ).

c) Kẻ BM ⊥ AC, M N ⊥ SC. Chứng minh SC ⊥ d) Chứng minh (CIK) ⊥ (SBC) và (BM N ) ⊥ (SBC).
BN.

e) Gọi G = M B ∩ CI và H = CK ∩ BN . Chứng minh GH ⊥ (SBC).

Lời giải. S N C
a) Ta có D là trung điểm của BC nên suy ra AD ⊥ BC (do
ABC đều). K H
Mặt khác SA ⊥ BC (do SA ⊥ (ABC)). A M
Suy ra BC ⊥ (SAD) (do SA, AD ⊂ (SAD)). G
I D
b) Ta có IC ⊥ AB và IC ⊥ SA (do SA ⊥ (ABC)).
Suy ra IC ⊥ (SAB) (do SA, AB ⊂ (SAB)). B
Do đó IC ⊥ SB (do SB ⊂ (SAB)).
Mặt khác SB ⊥ KC (gt).
Suy ra SB ⊥ (ICK) (do IC, KC ⊂ (ICK)).

c) Ta có BM ⊥ AC (gt) và BM ⊥ SA (do SA ⊥ (ABC)).
Suy ra BM ⊥ (SAC) (do SA, AC ⊂ (SAC))
và BM ⊥ SC (do SC ⊂ (SAC)).
Mặt khác SC ⊥ M N (gt).
Do đó SC ⊥ (BM N ) (do BM, M N ⊂ (BM N )).
Suy ra SC ⊥ BN (do BN ⊂ (BM N )).

d) Theo câu b) ta có SB ⊥ (CIK) nên suy ra (SBC) ⊥ (CIK) (do SB ⊂ (SBC)).
Và theo câu c) ta cũng chứng minh được SC ⊥ (BM N ) nên suy ra (SBC) ⊥ (BM N ) (do SC ⊂ (SBC)).

e) Theo câu b) ta có SB ⊥ (CIK). Suy ra SB ⊥ GH (do GH ⊂ (CIK)).
Mặt khác theo câu c) ta cũng có SC ⊥ (BM N ).
Suy ra SC ⊥ GH (do GH ⊂ (BM N )).
Từ đây suy ra GH ⊥ (SBC).

BÀI 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình thoi tâm O. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông
góc với đáy (ABCD).

1 Chứng minh SO ⊥ (ABCD) 2 Chứng minh (SAC) ⊥ (SBD)

3 Kẻ OK ⊥ BC. Chứng minh BC ⊥ (SOK). 4 Chứng minh (SBC) ⊥ (SOK)

5 Kẻ OH ⊥ SK. Chứng minh OH ⊥ (SBC).

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 294

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

Lời giải.

S

1 Ta có (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với H D
(ABCD) theo giao tuyến là SO. Suy ra SO ⊥
(AB C D). B A C
O
2 Ta có SO ⊥ BD (do SO ⊥ (ABCD)).
Mà BD ⊥ AC (tính chéo đường chéo hình thoi). K
Suy ra BD ⊥ (SAC) (do SO, AC ⊂ (SAC)).
Do đó (SBD) ⊥ (SAC) (do BD ⊂ (SBD)).

3 Ta có SO ⊥ BC (do SO ⊥ (ABCD)). Mà OK ⊥
BC (gt). Nên suy ra BC ⊥ (SOK) (do OK, SO ⊂
(S OK )).

4 Theo câu c) ta có BC ⊥ (SOK) nên suy ra
(SBC) ⊥ (SOK) (do BC ⊂ (SBC)).

5 Theo câu d) ta có (SBC) ⊥ (SOK) theo giao tuyến
là SK. Mà OH ⊂ (SOK) và OH ⊥ SK nên suy
ra OH ⊥ (SBC).

DẠNG 2.2. Chứng minh mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng

BÀI 1. S
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O. Hai mặt phẳng (SAC)
và (SBD) cùng vuông góc với đáy ABCD.

1 Chứng minh: SO ⊥ (ABCD).

2 Chứng minh: (SAC) ⊥ (SBD).

3 Kẻ OK ⊥ BC. Chứng minh: BC ⊥ (SOK). H
D
4 Chứng minh: (SBC) ⊥ (SOK). C
OK
5 Kẻ OH ⊥ SK. Chứng minh: OH ⊥ (SBC). A B
Lời giải.

1 Chứng minh: SO ⊥ (ABCD).

(SAC) ⊥ (ABCD)


Ta có:  = (S AC ) ∩ (AB C D) ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SO.
AC

BD ⊂ (ABCCD)



BD ⊥ AC

(SBD) ⊥ (ABCD)


Ta có:  = (SBD) ∩ (ABC D) ⇒ AC ⊥ (SBD) ⇒ AC ⊥ SO.
BD

AC ⊂ (ABCCD)



AC ⊥ BD

Trong mặt phẳng (ABCD) có: AC ∩ BD = O.

Vậy: SO ⊥ (ABCD).

2 Chứng minh: (SAC) ⊥ (SBD).

AC ⊥ BD ⇒ AC ⊥ (SBD).



Ta có: AC ⊥ SO

SO, BD ⊂ (SBD); SO ∩ BD = O

Mà AC ⊂ (SAC) ⇒ (SAC) ⊥ (SBD)

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 295

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

3 Kẻ OK ⊥ BC. Chứng minh: BC ⊥ (SOK).
®OK ⊥ BC

SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ BC Mặt khác
OK, SO ⊂ (SOK); SO ∩ OK = O

Vậy BC ⊥ (SOK).

4 Chứng minh: (SBC) ⊥ (SOK).
Từ câu (4) ta có BC ⊥ (SOK)
Mà BC ⊂ (SBC) ⇒ (SBC) ⊥ (SOK)

5 Kẻ OH ⊥ SK. Chứng minh: OH ⊥ (SBC).
Từ câu (4) ta có BC ⊥ (SOK) ⇒ BC ⊥ OH
®OH ⊥ SK
Mặt khác
SK, BC ⊂ (SBC); SK ∩ BC = K
Vậy OH ⊥ (SBC).

BÀI 2. S
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Tam giác SAB đều
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Gọi H
và I lần lượt là trung điểm điểm của các cạnh AB và BC.

1 Chứng minh: SH ⊥ (ABCD).

2 Chứng minh: (SAB) ⊥ (SAD).

3 Chứng minh: (SAB) ⊥ (SBC). A D
I
4 Chứng minh: (SHC) ⊥ (SDI). H
B
C

Lời giải.

1 Chứng minh: SH ⊥ (ABCD).

Vì tam giác SAB đều nên SH ⊥ AB.

(SAB) ∩ (ABCD) = AB



Có (SAB) ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ (ABCD)

SH ⊂ (SAB), SH ⊥ AB

2 Chứng minh: (SAB) ⊥ (SAD).
AD ⊥ AB



Ta có: AD ⊥ SH(SH ⊥ (ABCD)) ⇒ AD ⊥ (SAB).

AB, SH ⊂ (SAB)

Mà AD ⊂ (SAD) ⇒ (SAD) ⊥ (SAB)

3 Chứng minh: (SAB) ⊥ (SBC).
BC ⊥ AB



Ta có: BC ⊥ SH(SH ⊥ (ABCD)) ⇒ BC ⊥ (SAB).

AB, SH ⊂ (SAB)

Mà BC ⊂ (SBC) ⇒ (SBC) ⊥ (SAB)

4 Chứng minh: (SHC) ⊥ (SDI).

Có ∆BCH = ∆CDI(c.g.c) ⇒ B’CH = C’DI

Mà C’DI + D’IC = 90◦ ⇒ B’CH + D’IC = 90◦
Vậy HC ⊥ DI

DI ⊥ CH


Có DI ⊥ SH(SH ⊥ (ABCD)) ⇒ DI ⊥ (SHC)

CH, SH ⊂ (SHC)

Mà DI ⊂ (SDI) ⇒ (SHC) ⊥ (SDI)

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 296

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

DẠNG 2.3. Xác định góc giữa hai mặt phẳng
Phương pháp giải

1 Góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy: Sử dụng định nghĩa.

Để tìm góc giữa mặt bên và mặt đáy đầu tiên tìm giao P d1
Q u
tuyến của hai mặt phẳng. Sau đó tìm hai đường thẳng lần d2

lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến I

tại một điểm. Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai

đường thẳng vừa tìm.

(P ) ∩ (Q) = u



u ⊥ d1 ⊂ (P )
u ⊥ d2 ⊂ (Q) ⇒ ((P ), (Q)) = (d1; d2).




d1 ∩ d2 = I ∈ u

2 Góc giữa hai mặt bên liên tiếp trong đó có một mặt chứa đường cao
Tìm đường thẳng cắt hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến hai mặt.

Ví dụ: Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC). Tìm góc S
giữa (SAC) và (SBC).

Giao tuyến: SC = (SAC) ∩ (SBC).

Từ điểm B dựng BH ⊥ AC ⊂ (SAC).

Dựng HK ⊥ SC (giao tuyến). K

Chứng minh: BH ⊥ (SAC), SC ⊥ (BHK). H C
(SAC) ∩ (SBC) = SC A

 B

HK ⊥ SC

BK ⊥ SC

⇒ ((SAC); (SBC)) = (HK, BK) = H÷KB.

3 Góc giữa hai mặt bên liên tiếp không chứa đường cao
Là Góc nhọn giữa hai đường thẳng d và d lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng.

Ví dụ: Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) và S
ABCD là hình vuông hoặc hình chữ nhật. Tính góc giữa K
(SBC) và (SCD).

Chứng minh AH ⊥ (SBC). H
Chứng minh AK ⊥ (SCD).
A D

Suy ra ((SBC); (SCD)) = (AH, AK) = H÷AK hoặc là góc B C
180◦ − H÷AK vì góc giữa hai mặt là nhọn.

4 Sử dụng công thức chiếu diện tích S = S. cos ϕ
Chẳng hạn hình ở mục (3), nếu đề yêu cầu tính góc giữa hai mặt phẳng ((SBD)); (ABD)), ta có
thể sử dụng hình chiếu diện tích như sau:
Xét mặt phẳng (SBD): hình chiếu S xuống (ABD) là A, hình chiếu B, D xuống (ABD) là chính
nó nên góc α giữa hai mặt phẳng được xác định bởi S∆ABD = S∆SBD · cos α.

5 Trường hợp góc khó xác định
d(A, (Q))

Công thức khoảng cách: sin ϕ =
d(A, u)

Với ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (P ) và mặt phẳng (Q). Và A ∈ (P ), (P ) ∩ (Q) = u

BÀI 1. Trang 297

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

2a√ 3 và SA ⊥ (ABC), SA =
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh
S

√3
a 3. Gọi M là trung điểm cạnh BC.

1 Chứng minh: (SAM ) ⊥ (SBC). √
2 Xác định và tính góc: ((SBC); (ABC)) a3
3 Xác định và tính góc: ((SAC); (SBC))
K

A H

√ C
2a 3 M

3B

Lời giải.

1 Chứng minh: (SAM ) ⊥ (SBC).

BC ⊥ AM


Ta có:  ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAM )
BC

AM ∩ SA = A



AM, SA ⊂ (SAM )

Mà BC ⊂ (SBC) nên (SAM ) ⊥ (SBC).

2 Xác định và tính góc: ((SBC); (ABC))

Xác định góc:
(SBC) ∩ (ABC) = BC



Ta có: BC ⊥ AM, AM ⊂ (ABC) (1) ⇒ (SBO); (ABC) = (AM ; SM ) = A’M S

BC ⊥ SM, AM ⊂ (SBC) (2)

Giải thích (1): Tam giác ABC đều có AM là trung tuyến cũng đồng thời là đường cao nên BC ⊥ AM .

Giải thích (2):∆SAB = ∆SAC (c.g.c)
Suy ra SB = SC ⇒ ∆SAB cân tại S và có SM là trung tuyến cũng là đường cao nên BC ⊥ SM .

Tính góc: A’M S √
= 3 ⇒ A’M S = 60◦.
Trong tam giác SAM vuông tại A có: tan A’M S = SA = SA

√
AM AB· 3
2

Kết luận ((SBC); (ABC)) = A’M S = 60◦.

3 Xác định và tính góc: ((SAC); (SBC))

Xác định góc:
Dựng BC ⊥ AC và dựng HK ⊥ SC.

®BH ⊥ AC
Có ⇒ BH ⊥ (SAC) ⇒ BH ⊥ SC.

BH ⊥ SA
®SC ⊥ HK
Có ⇒ SC ⊥ (BHK) ⇒ SC ⊥ BK.

SC ⊥ BH
(SAC) ∩ (SBC) = SC


Mà SC ⊥ BK, BK ⊂ (SBC) ⇒ ((SAC); (SBC)) = (BK; HK) = B÷KH.

SC ⊥ HK, HK ⊂ (SAC)

Tính góc: B÷KH

Trong tam giác BKH vuông tại H có: tan B÷KH = BH
√ √ √
HK

AB 3 2a 3· 3
Đường cao BH = = = a.
2 32 √

∆HKC ∼ ∆SAC ⇒ HK = HC ⇒ HK = HC · SA = a 39
√SA SC SC 13

Do đó: tan B÷KH = 39 ⇒ BKH = 64◦20 .
3

BÀI 2. Trang 298

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC

C√ho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA ⊥ (ABC), SA = S K C
a 3. Gọi M là trung điểm cạnh BC. M
√
1 Chứng minh: (SAM ) ⊥ (SBC). Xác định và tính góc giữa SC và (ABC). a3
2 Xác định và tính góc giữa (SBC) và (ABC)
3 Xác định và tính góc: ((SAC); (SBC)) H
A

a
B

Lời giải.

1 Chứng minh: (SAM ) ⊥ (SBC). Xác định và tính góc giữa SC và (ABC).

Chứng minh: (SAM ) ⊥ (SBC)
Do tam giác ABC đều nên ta có AM ⊥ BC
Mặt khác BC ⊥ SA (do SA ⊥ (ABC))
Nên ta có BC ⊥ (SAM )
Mà BC ⊂ (SBC) ⇒ (SAM ) ⊥ (SBC)

Xác định góc:

Ta có: ®SC ∩ (ABC) = C ⇒ (SC, (SBC)) = S’CA

SA ⊥ (ABC)

Tính góc:
SA √

Tam giác SAC vuông tại C nên ta có: tan S’CA = = 3
AC

Vậy (SC, (SBC)) = S’CA = 60◦

2 Xác định và tính góc giữa (SBC) và (ABC)

Xác định góc: ⇒ ((SBC); (ABC)) = (SM, AM ) = S’M A
(SBC) ∩ (ABC) = BC



Ta có: AM ⊂ (ABC), AM ⊥ BC

SM ⊂ (SBC), SM ⊥ BC(BC ⊥ (SAM )

Tính góc:

Xét tam giác SAM vuông tại A ta có: tan S’M A = SA =2

AM

Vậy ((SBC); (ABC)) = (SM, AM ) = S’M A = 63◦43

3 Xác định và tính góc: ((SAC); (SBC))

Xác định góc:

Dựng BC ⊥ AC và dựng HK ⊥ SC.
®BH ⊥ AC

Có ⇒ BH ⊥ (SAC) ⇒ BH ⊥ SC.
BH ⊥ SA

®SC ⊥ HK
Có ⇒ SC ⊥ (BHK) ⇒ SC ⊥ BK.

SC ⊥ BH
(SAC) ∩ (SBC) = SC


Mà SC ⊥ BK, BK ⊂ (SBC) ⇒ ((SAC); (SBC)) = (BK; HK) = B÷KH.

SC ⊥ HK, HK ⊂ (SAC)

Tính góc: B÷KH

Trong tam giác BKH vuông tại H có: tan B÷KH = BH

√√ HK

AB 3 a 3
Đường cao BH = =.
22 √

∆HKC ∼ ∆SAC ⇒ HK = HC ⇒ HK = HC · SA = a 3
SA SC SC 4

Do đó: tan B÷KH = 2 ⇒ BKH = 63◦43 .

BÀI 3. Cho tứ diện ABCD có AD ⊥ (BCD) và AB = 3a. Biết BCD là tam giác đều cạnh 2a. Xác định góc
giữa:

1 (ACD) và (BCD).

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359 Trang 299

Ƅ Chương 3. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN. QUAN HỆ VUÔNG GÓC
2 (ABC) và (DBC).

3 (ACD) và (ABC).

Lời giải.

A

1 Ta có (ACD) ⊃ AD và AD ⊥ (BCD) ⇒ (ACD) ⊥ (BCD)
⇒ ((ACD), (BCD)) = 90◦.

2 Gọi E là trung điểm của BC, ta có (ABC) ∩ (BCD) = BC.

(1)

Xét tam giác đều BCD có DE ⊥ BC. (2)

Hai tam giác vuông ADB và ABC bằng nhau (c.g.c) nên

AB = AC.

Tam giác ABC cân tại A nên AE ⊥ BC. (3) D B
E
Từ (1), (2), (3) suy ra ((ABC), (DBC)) = A’ED. √ K
H
Ta có cos A’ED = DE = √BD · sin 60◦ = 2√a · sin 60◦ = 6
AE AB2 − BE2 √ 9a2 − a2 4
6
Vậy ((ABC), (DBC)) = A’ED = arccos .
4 C

3 Ta có (ACD) ∩ (ABC) = AC. (1)
Từ B dựng BH ⊥ DC ⊂ (ACD), dựng HK ⊥ AC.

Thì H chính là trung điểm của DC (do BCD đều) ⇒ BH ⊥ (ADC) ⇒ BH ⊥ AC. (2)
Do đó AC ⊥ (BHK) ⇒ AC ⊥ HK, AC ⊥ BK.

Từ (1), (2) suy ra ((ACD), (ABC)) = B÷KH.

Vì BH ⊥ (ADC) ⇒ BH ⊥ HK, xét tam giác BHK vuông tại H có:

BH HC · AD
tan B÷KH = , với HK = (do hai tam giác vuông ADC và HKC đồng dạng).
HK AC √

3 √
BC · sin 60◦ · AC 2a · · 3a 36
BH · AC 2
⇒ tan B÷KH = HC · AD = √ = √ = .
DC · AC2 2a 9a2 4
− DC2 · − a2
2 √2
36
Vậy ((ACD), (ABC)) = B÷KH = arctan .
4

√
BÀI 4. C√ho tứ diện OABC có các cặp cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Biết rằng OA = a 3,

a6
OB = , OC = a.

2

1 Chứng minh (OAC) ⊥ (OBC).

2 Xác định và tính góc ((OAB), (ABC)).

3 Xác định và tính góc ((OAC), (ABC)). Trang 300

Lời giải.

Ƅ Nguyễn Quốc Dương - 0375113359