CHUYÊN ĐỀ : GÓC TRONG KHÔNG GIAN VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

Chia sẻ: johnnybach

Tài liệu tham khảo cho các bạn học sinh phổ thông có tư liệu ôn thi tốt hình học không gian đạt kết quả cao

Bạn đang xem 10 trang mẫu tài liệu này, vui lòng download file gốc để xem toàn bộ.

Nội dung Text: CHUYÊN ĐỀ : GÓC TRONG KHÔNG GIAN VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN

CHUYÊN 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.
 a // a '
2.  thì góc giữa hai đường thẳng a và b bằng góc giữa hai đường thẳng a’và
b // b '
b’
3.Góc giữa hai đường thẳng luôn không tù.

II.Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
V và mặt phẳng (α ) . Nếu V không vuông góc với (α ) , khi
1. Cho đường thẳng
đó góc giữa chúng được định nghĩa bằng góc giữa V và hình chiếu vuông góc
V ’ của V lên mặt phẳng (α ) .
A




A'




2. Góc giữa một đường thẳng và một mặt phẳng luôn tù.

3. Cho m là một đường thẳng bất kì trong mặt phẳng (α ) .khi đó

góc giữa đường thẳng ∆ và (α ) không lớn hơn góc giữa hai đường thẳng ∆ và
m.

1
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hoặc ∆ ⊥ (α) hoặc m // ∆’ ( ở đó ∆’ là
hình chiếu vuông góc của ∆ lên (α)).
4. Nếu ∆ // a và (α) // (P) thì góc giữa đường thẳng ∆ và (α) bằng góc giữa
đường thẳng a và (P).
5. Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (α). Khi đó với mọi đường thẳng
∆ ta có tổng góc giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (α) và góc giữa hai đường
thẳng ∆ và a bằng 90o .




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




III.Góc giữa hai mặt phẳng:
1.Cho hai mặt phẳng (α) và (β).
a) Nếu (α) và (β) trùng nhau hoặc song song với nhau, a

ta nói góc giữa chúng bằng 0.
b) Nếu (α) và (β) cắt nhau theo giao tuyến m. b
Lấy hai đường thẳng a và b lần lượt thuộc (α) và (β) O
m
và vùng vuông góc với đường thẳng m tại O.
Khi đó góc giữa (α) và (β) được định nghĩa bằng góc giữa hai đường
thẳng a và b.
2.Góc giữa hai đường thẳng luông không tù.
(α ) //(α ')
3. Nếu 
( β ) //( β ')
· ·
Thì ((α ), ( β )) = ((α '), ( β ')) .
V⊥ (α ) ·

thì (V, a) = ((α ), ( β )) .
4.Nếu 
a ⊥ ( β )
·
5.Nếu (α ) ⊥ ( β ) thì ((α ), ( β )) = 900 .
6.Trong mặt phẳng (β) cho hình H có diện tích S(H). Gọi H’ là hình chiếu
vuông góc của H xuống mặt phẳng (α). Khi đó diện tích S(H’) của H’ được
tính bằng công thức
·
S(H) = S(H’). Cos((α ), ( β )) .
Do đó S(H) ≤ S(H’).

2
B.Một số dạng toán liên quan:
I.GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG:



Bài 1:
Cho hình chóp đều S.ABCD, đáy có cạnh bằng a và có tâm O.Gọi M,N lần lượt
là trung điểm của SA,BC.Biết góc giữa MN và (ABCD) bằng 60o .
·
Tính MN,SO và ( MN , ( SAO)) .

Hướng dẫn giải: S




M



A
B
P
N
O
H
D C


Gọi P là trung điểm AO.
Khi đó MP // SO và SO ⊥ (ABCD) do đó:
· ·
( MN , ( ABCD)) = MNP = 60o.
Trong V NCP theo định lí hàm số cosin ta có
5a 2
NP = CN + CP − 2CN .CP.cos 45 =
2 2 2 o
.
8
PN 5
Trong tam giác vuông MNP ta có MN = =a
o
cos60 2
15 15
và PM=PN.tan 60o = a ⇒ SO = 2 MP = a .
8 2
Gọi H là trung điểm của OC.Suy ra NH // BD mà BD ⊥ (SAC).

3
· ·
Do đó ( MN , ( SAC )) = NMH .
1 a2 5
Ta có NH = OB = , MN = a . Do đó trong tam giác vuông MHN ta có
2 4 2
NH 1
sin ·
NMH = = .
MN 2 5
π
1
Vậy góc giữa MN và mặt phẳng (SAC) bằng α thỏa mãn sin α = ,0 ≤ α ≤ .
2
25


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:
M
B C
a


P
N
A
b




B'
C'
M'


A'


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
1 a3
MP = AN = .
2 4

3a 2
MC ' = MM '2 + M ' C '2 = b 2 +
4
9a 2
⇒ PC ' = b 2 + .
16

4
MP a3
Trong tam giác vuông C’PM ta có tan α = = .
PC ' 16b 2 + 9a 2




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 :
a
MN ≥
2cosα +sinα

Hướng dẫn giải:
P
D C
M'
N'
A
B
D' M
C'


N
A' B'


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’ = BN '2 + BM '2 = MNcosα (1)
Ta có
MNsinα = PNsinα – PMsinα = NN’ – MM’
=a – BN’ – BM’ = a- (BN’ + BM’) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
MN ( 2cosα + sin α ) = 2( BN '2 + BM '2 ) + a − ( BN '+ BM ')
≥ ( BN '+ BM ') + a − ( BN '+ BM ') = a

5
( do 2(a 2 + b 2 ) ≥ ( a + b) 2 )
a
MN ≥
⇒ (đpcm)
2cosα +sinα




Bài 4:
·
Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác cân AB=AC=a. 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:
S




B
A
OI

C

a) Gọi I là hinh chiếu của S lên (ABC), theo giả thiết, ta có:
· · ·
SAI = SBI = SCI = α (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 VABC )
α α
⇒ a=2R.sin( 90o − )= 2R.cos
2 2
a
⇒ R= α
2cos
2


6
a
⇒ IB= α
2cos
2
d ( S , ( ABC )) = SO ( SO ⊥ ( ABC ))
= IB tan α ( # SOB vuông)
α α α
2a sin cos a sin
a tan α 2 2= 2
=
=
α α cosα
2cosα cos
2cos
2 2


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 30o .
Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AC và BB’.
a)Tính AA’
b) góc[MN,(BA’C’)].

Hướng dẫn giải:


A C
M
B




N
C'
A'
I
B'

Tính AA’:
Gọi I là trung điểm A’B’, ta có:
C’I ⊥ A’B’ ( VA ' B ' C ' đều)
Mà C’I ⊥ AA’ (AA’ ⊥ (A’B’C’))
Vậy C’I ⊥ (ABB’A’) (1)
⇒ BI = hcBC '/( ABB 'C ) ⇒ IBC ' = 30°
·
Mặt khác (1) ⇒ C’I ⊥ IB
⇒ VIC ' B vuông tại I
C 'I
⇒ BC ' = =a 3
sin 30°
VBB ' C ' vuông:
7
⇒ BB’= BC '2 − B ' C '2 = 3a 2 − a 2 = a 2.


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 , hcM /( BA 'C ') = H ∈ BJ



B A

M
H
C
K
N



B' A'

J

C'



uuuu uur
·r u
·
⇒ góc [MN,(BA’C’)]= MKH = MN , BJ
Ta có u uuu uuu uuuu uuur
uuuu uur
r r r r
MN .BJ = ( MB + BN ).( BM .BB ')
uuu uuuu uuu uuur uuu uuuu uuu uuur
rr r rr r
= MB.BM + MB.BB ' + BN .BM + BN .BB '
−3a 2 a2
= + 0 + 0 + a2 =
4 4
uuuu uur a 2
ru
⇒ MN.BJ.cos( MN , BJ )= (2)
4

Mà :
3a 2 a 2 a 5
MN = BM + BN = + =
2 2

4 2 2
3a 2 a 11
BJ = BM 2 + MJ 2 = + 2a 2 =
4 2
uuuu uur a 2
ru
2
⇒ a 55 .cos( MN , BJ )=
Vậy (3)
4
4


8
uuuu uur
ru 1
⇒ cos( MN , BJ )= >0.
55
uuuu uur
ru 1
Vậy góc[MN,(BA’C’)] = góc( MN , BJ ) = arccos .
55




Bài 6:
Cho hình lăng trụ ABC,A’B’C’ đáy ABC vuông cân tại A.
AA’ ⊥ (ABC).Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và B’C’.Biết rằng MN=a
và góc[MN,(ABC)]= α , góc[MN,(BCC’B’)]= β .
a)Tính các cạnh đáy và cạnh bên của lăng trụ theo a, α .
b)CMR: cos α = 2 sin β .

Hướng dẫn giải:
A C
a/ Gọi I là trung điểm BC,
Ta có MN ⊥ (ABC) I
M
⇒ MI = hcMN /( ABC ) J
B
· ·
⇒ α = IMN α = IMN
VMIN VMIN vuông tại I.
⇒ MI=MN.cos α =a.cos α (1)
IN=MN.sin α =a.sin α (2) C'
A'
Từ (1) ⇒ AB=2a.cos α
N
( MI là đường trung bình VABC )
BC=2a 2 .cos α (3) ( VABC vuông cân) B'
Từ (2) ⇒ AA’=BB’=CC’=a.sin α .( IN = AA’)


b)Ta có:
MI // AC, MI=AC/2
⇒ MI ⊥ AB,MI=MB
⇒ VMIB vuông cân (4)
Gọi J là trung điểm BI thì MJ ⊥ BI
Mà MJ ⊥ BB’ (BB’ ⊥ (ABC))
Do đó MJ ⊥ (BCC’B’)
·
⇒ JN = hcMN /( BCC ' B ') ⇒ β = MNJ .
Ta có VMJN vuông ⇒ MJ=MN.sin β =a.sin β

9
⇒ BI=2MJ=2asin β (do (4))
⇒ BC=2BI=4asin β (5)

⇒ 2a 2 .cos α = 4asin β
Từ (3) và (5)

⇒ cos α = 2 sin β .




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: sin 2 α + sin 2 β + sin 2 λ = 1 .

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
AH = hcAM /( ABC )
AK = hcAM /( ACD)
L MK
AL = hcAM /( ABD )
· β· ·
⇒ α = MAH, = MAK,λ = MAL I
A
C
J
Các tam giác vuông MAH,MAK,MAL cho: H
MA MK ML
sin α = ,sin β = ,sin λ =
AM AM AM B

MH 2 + MK 2 + ML2
⇒ sin 2 α + sin 2 β + sin 2 λ =
AM 2
Lần lượt dựng các đoạng vuông góc HJ,HI từ H đến AB,AC thì AJHI là hình chữ nhật.
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
MH 2 + MK 2 + ML2
Từ đó sin 2 α + sin 2 β + sin 2 λ =
AM 2
MH 2 + HI 2 + HJ 2
=
AM 2

10
MH 2 + AH 2
= = 1 ( ∆AMH vuông).
AM 2




II.GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG:

Bài 8:
Cho hình vuông ABCD cạnh a, trong mp(P).Hai điểm M,N di động trên CB và
CD, Đặt CM=x,CN=y.Trên đường thẳng At vuông góc với (P) lấy điểm S.Tìm
liên hệ giữa x,y để
a) (SAM) và (SAN) tạo nhau góc 45o
b) (SAM) ⊥ (SMN).

Hướng dẫn giải:
S




A D


N
y
B C
M x

a) Do SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AM và
SA ⊥ AN.
·
Suy ra MAN là góc giữa hai mặt phẳng (SAM) và (SAN).
·
⇒ MAN = 45o .
Ta có
·
MN 2 = MA2 + AN 2 − MA.NA.cos MAN
MN 2 = a 2 + (a − x ) 2 + a 2 + (a − y ) 2 − 2(a 2 + (a − x) 2 )(a 2 + (a − y ) 2 ).
Mà MN 2 = x 2 + y 2 nên




11
x 2 + y 2 = 4a 2 + x 2 + y 2 − 2ax − 2ay − 2(a 2 + (a − x) 2 )(a 2 + (a − y ) 2 )
⇔ 2(a 2 + (a − x ) 2 )(a 2 + (a − y ) 2 ) = 4a 2 − 2ax − 2ay.
⇔ x 2 y 2 + 4a 3 ( x + y ) = 4a 2 + 2axy ( x + y ).

b) Do (SAM) ⊥ (SMN) và MN ⊥ SA ⇒ MN ⊥ (SMA) ⇒ MN ⊥ AM.
⇒ AN 2 = AM 2 + MN 2
⇒ a 2 + (a − y )2 = a 2 + (a − x) 2 + x 2 + y 2
⇒ 2a 2 − 2ay + y 2 = 2a 2 − 2ax + 2x 2 + y 2
⇒ x 2 = a ( x − y ).
Vậy để (SAM) ⊥ (SMN) thì x 2 = a ( x − y ) (x>y).

Bài 9:
Cho laêng truï ñöùng ABC.A'B'C' coù ñaùy ABC laø tam giaùc caân vôùi AB =
·
AC = a, goùc BAC = 120o , caïnh beân BB' = a. Goïi I laø trung ñieåm CC'.
Chöùng minh ∆ AB'I vuoâng taïi A vaø tính cosin cuûa goùc giöõa hai maët
phaúng (ABC) vaø (AB'I).

Hướng dẫn giải:
Caùch 1:
Goïi H laø trungñieåm BC ⇒ AH ⊥ BC.
a
∆ ABH laø nöûatamgiaùcñeàucaïnhAB =a ⇒ AH =
2
a3 B/ C/
vaøBH = ⇒ BC = a 3
2
A/
∆IB/ C/ vuoângcoù: I
2 2
a 13a
IB/ 2 = IC/ 2 + B/ C/ 2 = + 3a2 = H
B
4 4 C
30o

a2 2 5a2
∆ AIC vuoângcoù: AI 2 = IC2 + AC2 = +a = A
4 4
5a2 13a2
Ta coù: AI 2 + AB/ 2 = + 2a2 = = IB/ 2
4 4
(AB/ laø ñöôøngcheùocuûahình vuoângAA /B/B caïnha)
Vaäy, ∆ /I vuoângtaïi A.
AB
a2 10
1 1a 5
/
= .AI.AB = . .a 2 =
SAB/ I
Ta coù:
2 22 4
a2 3
1 1a
= .AH.BC = . .a 3 =
SABC
2 22 4

12
Goïi α laø goùcgiöõahai maëtphaúng(ABC) vaø(AB/I), theocoângthöùcchieáu,ta
coù:
SABC a2 3 a2 10 30
cosα = = =
:
SAB/ I 4 4 10
Caùch 2: C/
z
A H ⊥ BC
Goïi H laø trungñieåmBC ⇒ A/
a
∆ ABH laø nöûatamgiaùcñeàucaïnhAB =a B/ I
a a3
⇒ AH = vaø BH = ⇒ BC = a 3
2 2 C
A
Döïng heätruïc Axyz, vôùi Ax, Ay, Az
y
60o H
A (0; 0; 0),
ñoâi moätvuoânggoùc, z B
a 3 a   a3a  /
; ; 0÷, C  −
B ; ; 0÷, A (0; 0; a),
2 2  22
 a 3 a  /  a 3 a   a 3 a a
B/  ; ; a÷, C  − ; ; a÷, I  − ;;÷
2 2   2 2   2 2 2
uuu /  a 3 a  uu  a 3 a a 
r r
AB =  ; ; a÷, AI =  − ;;÷
22 2 2 2
 
uuu / uu a 3  a 3  a a
rr 3a2 a2 2a2
a
AB .AI = . − + . + a. = − ++ =0
÷
Ta coù:
2  2  22 2 4 4 4
uuu / uu
r r
Vaäy, ∆ /I vuoângtaïi A.
⇒ AB ⊥ AI. AB
r
n1 = (0; 0; 1)
* Phöôngtrìnhmp(ABC): z =0 coù phaùpvectô
uuu / uu
rr
* mp(AB/I) coù caëpvectôchæphöông AB , AI phaùpvectô:
, neâncoù

r r  a2 3a2 3 2a2 3 
uuu / uu a2 a2 r
[AB ; AI] =  − ; − ÷ = − (1 3 3; − 2 3) = − .n2
; ;
4 4 4 4 4
r
vôùi n2 = (1 3 3; − 2 3)
; .
Goïi α laø goùcgiöõa(ABC) vaø(AB/I), ta coù:
0+ 0− 2 3 23 30
cosα = = = .
0 + 0 + 1. 1+ 27 + 12 40 10


Bài 10:
·
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, có AB = a, BAC = α ,
SA ⊥ ( ABC ) , SA = a, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là β.

13
1 + cos 2α
a) Chứng minh tan α .tan β = .
cos 2α
b) Tam giác ABC thỏa mãn điều gì để β = 600 .
Hướng dẫn giải:
S
Qua A hạ AH ⊥ SB, AK ⊥ SC . K
DO SA ⊥ ( ABC ) và BC ⊥ AB => BC ⊥ ( SAB )
=> BC ⊥ AH => AH ⊥ ( SBC ) => AH ⊥ SC H

=> SC ⊥ ( AHK ) => SC ⊥ KH
C
A
=> ¼ = β (do ¼ < 900 )
AKH AKH
BC AH AH BC
Ta có tan α tan β = =
. . . B
AB HK AB HK
AH SH
Do # ABH ~# SAH => = .
AB SA
BC SC
# SHK ~# SCB => =
HK SH
SH SC SC
Ta có tan α tan β = =
. .
SA SH SA
a 1 + cos 2α
a
Mà AC = => SC =
cosα cosα
1 + cos α 1 + cos 2α 1 + cos 2α
2
SC
=> tan α tan β =
=> = =
cosα cosα cos 2α
SA
b) Do β = 600 nên tan α tan β = 3 tan α
1 + cos 2α 1
Theo câu a) => 3 tan α = = tan 2 α + 2
= 1+
cos α cos α
2 2


=> tan α + 2 = 3 tan α => tan α = 1 => tan α = ±1
2 2 2

Do 0o < α < 90o => tan α = 1 => α = 45o
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 SA = a 3 .
a) Tính góc S ữa (SAD) và (SBC)
gi
b) Tính góc giữa (SBC) và (SCD)

Hướng dẫn giải: Q
P

B
A
E

14
H C
D


I
a) Gọi I = AD ∩ BC
=>SI là giao tuyến của (SAD) và (SBC)
 BD ⊥ AD
=> BD ⊥ ( SAD) => BD ⊥ SI
Ta có : 
 BD ⊥ SA
Dựng DE ⊥ SI tại E.
=> ( BDE ) ⊥ SI
·
Suy ra BED là góc giữa (SAD) và (SBC).
· ·
Mặc khác # AIB là tam giác đều (do IAB = IBA = 60o )
Nên AI = AB = 2a
SI 2 = SA2 + AI 2 = 7 a 2
=> SI = a 7


# SAI ~# DEI (do 2 tam giác vuông có góc nhọn I chung)
DE DI a 1
= = =
=>
SA SI a 7 7
SA a 3
=> DE = =
7 7
BD ⊥ ( SAD) nên BD ⊥ DE .
Ta có
Trong # BDE , ta có :
BD a 3
tan BED = = =7
BE a 3
7
·
=> BED = arctan 7 .
·
Vậy (( SAD, ( SBC )) = arctan 7 .

Dựng AP ⊥ SH tại P, khi đó ta cũng có AP ⊥ CD ( do CD ⊥ ( SAH ) )
b)
Nên AP ⊥ ( SCD) .
Tương tự dựng AQ ⊥ SC tại Q thì AQ ⊥ ( SBC )

15
· ·
Do đó PAQ = (( SBC ), ( SCD))
Xét # vuông SAH, ta có :
1 1 1 5
= + =2
2 2 2
AP AH AS 3a
3
=> AP = a .
5
# SAC có SA ⊥ AC , SA = SC = a 3 nên # SAC vuông cân tại A
1 2 a6
=> AQ = SC = SA =
2 2 2
AP ⊥ (SCD) nên AP ⊥ PQ.
Trong # vuông APQ, ta có:
3
a
5 = 10
cosPAQ =
5
a6
2
10
·
Suy ra : PAQ = arccos
5
10
·
Vậy (( SBC ), ( SCD)) = arccos .
5


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) cos 2α + cos 2 β + cos 2γ = 1 .
b) cosα +cosβ +cosγ ≤ 3 .

Hướng dẫn giải:

a) Kẻ OH ⊥ ( ABC ) tại H. Kéo dài CH ∩ AB = { I }
OC ⊥ OA
=> OC ⊥ (OAB ) => OC ⊥ AB
Ta có :  (1)
OC ⊥ OB C
Lại có : OH ⊥ ( ABC ) => OH ⊥ AB (2)


Từ (1),(2) => AB ⊥ (OCI )
=> AB ⊥ CI và AB ⊥ OI (3) H
# OCI vuông O, đường cao OH, ta có:
O B

I
16
A
1 1 1 1 1 1
= 2+ = + +
2 2
OA OB OC 2
2 2
OH OI OC
1 111
HAY : 2 = 2 + 2 + 2 .
h abc
· ·
Từ (3), ta có: CIO = COH =α (cạnh t/ư vuông góc).
OH h
=> cosα = cosCOH= =.
OC c
h h
Tương tự : cosβ = , cosγ = .
a b
2 1 1 1
=> cos α + cos β + cos γ = h  2 + 2 + 2 ÷ = 1 .
2 2 2

a b c 


b) Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopski,ta có:
( cosα +cosβ +cosγ ) ≤ 3 ( cos 2α + cos 2 β + cos2γ ) =3
2



Vậy cosα +cosβ +cosγ ≤ 3 .(đpcm)




Bài 13:
·
Cho tứ diện ABCD có DA ⊥ (ABC), tam giác ABC vuông tại B, BDC = 45o . Gọi
·
ADB = α . Xác định α để góc giữa 2 mặt phẳng (ADC) và (BDC) bằng 60 .
o




Hướng dẫn giải:
D


J



C
A I

Dựng BI ⊥ AC .
Ta có : BI ⊥ DA( DA ⊥ ( ABC ))
=> BI ⊥ ( DAC ) B
=> BI ⊥ DC
Dựng BJ ⊥ DC => DC ⊥ ( BIJ)
Vậy (·ADC ), ( BDC ) ) = BJI .
·
(


17
Ta có # BJI vuông tại I ( BI ⊥ ( DAC ) ).
·
Theo đề bài BJI = 60o nên # BJI là nửa tam giác đều.
3 1 4
Suy ra BI = BJ => 2 =
3BJ 2
2 BI
·
Mặt khác # DBC vuông tại B và BDC = 45o
=> # DBC vuông cân tại B=>BD = BC
AB AB
Ta có: Sinα = => AB = BC = sinα
=
BD BC
Hơn nữa trong # ABC vuông tại B, ta có :
11 
1 1 1
= + = + 1÷
2
BC  sin α
2 2 2 2

BI AB BC
·
Trong # DJB vuông tại J có JDB = 45o nên # DJB vuông cân tại J, do đó:
1 2 2
DB = 2 BJ => = =
2 2
BC 2
BJ DB
11 42
+ 1÷ = .
=> 2
BC  sin α 2 2
 3 BC
1 8 15
=>  2 + 1÷ = => sinα =
 sin α 3 5
15
Vậy => α = arcsin .
5
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:
Sin 2α = Sin 2 β + Sin 2γ .

Hướng dẫn giải:

Kẻ AH ⊥ ( P ) A

=> ·ABH = β , ·
ACH = γ
Kẻ HI ⊥ BC
Mà HI ⊥ AH
=> AI ⊥ BC ( định lí 3 đường vuông góc) C
=> · H
AIH = α
Trong # ABC vuông tại A, ta có: I
1 1 1
= +
2 2
AC 2 B
IA AB
AH 2 AH 2 AH 2
=> = +
IA2 AB 2 AC 2
Vậy Sin 2α = Sin 2 β + Sin 2γ .

18
Bài 15:
Cho hình chóp S.ABCD có dáy là hình thang vuông tại A,B với
AB=BC=a,AD=2a,SA ⊥ (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.
Gọi K là trung điểm của AD, S
tứ giác ABCK là hình vuông nên:
CK=KA=KD=a
⇒ tam giác ACD vuông tại C
⇒ CD ⊥ AC. Mà CD ⊥ AS, do SA ⊥ (ABCD) nên: I
CD ⊥ (SAC) ⇒ CD ⊥ AI. K
A D
⇒ AI ⊥ (SCD).
Ta có: AI ⊥ SC và CD
b) Ta có giao tuyến của (ABCD) và (SCD) là CD.
Theo câu a), CD ⊥ (SAC) nên CD ⊥ AC và CD ⊥ SC. B C
·
Do đó góc giữa (ABCD) và (SCD) là α = SCA .
Mà tam giác SAC vuông cân tại A nên α = 45o .
Ta có AD ⊥ AB và SA,nên AD ⊥ (SAB).
Theo cmt, AI ⊥ (SCD).Vậy góc giữa (SAB) và (SCD) là β =góc (AI,AD).
AI
·
Vì AI ⊥ (SDC) nên AI ⊥ ID.Tam giác AID vuông tại I và cosIAD =
AD
SC 1 1
·
= AC 2 =a.Vậy cosIAD = ⇒ β = 60o .
với AD=2a,AI=
22 2



Bài 16:
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B và BA=BC=a, SA vuông
góc với đáy ,SA=a.Tính góc α giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC).

Hướng dẫn giải:
S




H
C
A
19

B
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).
SSHC
Vậy cosα =
SSBC
1 1 2
SSHC = SA.HC= a. a 2 = a 2 .
2 2 2 4
Vì BC ⊥ AB và BC ⊥ SA nên tam giác SBC vuông tại B.
1 1 a2 2 .
Ta có : SSBC = SB.BC=
AB 2 .BC=
2 2 2
S 1
Vậy cosα = SHC = ⇒ α = 60o .
SSBC 2

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 ⊥ (ABC) ⇒ OH ⊥ BH. A' C'


1 1 1 16 a3
= + = 2 ⇒ HI = .
2 2 2
HI HB HO 3a 4 O
AH 2
· ·
tanAIH = = > 1⇒ AIH > 45o
IH 3 I

A C
H
2 2
· ·
⇒ AIH = arctan ⇒ AIC = π − 2arctan .
3 3 B



Bài 18:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, Sa vuông góc với mp
đáy và SA=x. Tính x để hai mp (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc 60o .

Hướng dẫn giải:
20
Hạ AM ⊥ SB,ta chứng minh được AM ⊥ (SBC).
Tương tự hạ AN ⊥ SD, ta có AN ⊥ (SCD) và AM=AN.
S
Suy ra: góc[(SBC),(SCD)]= 60o
⇔ góc (AM,AN)= 60o
N
⇔ tam giác AMN đều ⇔ MN=AM.
ax M
Ta tính được AM= 2 ,
a +x 2
D
x2 A
MN SM SM .SB
= = =2
a + x2
SB 2
BD SB
ax B C
.
⇒ MN = a 2.
a2 + x2
Vậy MN=AM ⇔ x=a.


Bài 19:
Cho hình chóp S.ABCD có hai mp (SBC) và (SAD) cùng vuông góc với
mp(ABCD), đáy ABCD là hình vuông. Gọi M, N lần lượt là hai điểm di động
tuuuu BA,BC uuu chouur
rên uuu sao
r rr u
BM = k .BC , BN = k .BA , xác định k để (SDN) ⊥ (SAM).
Hướng dẫn giải:
S
Ta có
(SAB) ⊥ (ABCD)
(SAD) ⊥ (ABCD)
⇒ SA ⊥ (ABCD) ⇒ (SAM) ⊥ (ABCD) ,
(ABCD) ∩ (SDN)=DN
Do đó
(SAM) ⊥(SDN) (SA ⊥DM)
A
⇔ AM ⊥ DM D
(*)
uuuuruuur
uur⇔ r uuuDN = 0
u AM r r . M
Đặt BA = a, BC = c, AM = m .
uuuu uuu uuuu
r r r r r
B
Ta có AM = AB + BM = −a + k .c C
rN
uuur uuu uuu uuu uuu uuu
r r r r r r
DN = DA + AN = DA + BN − BA = −c + (k − 1)a

r r
r r
(*) ⇔ ( −a + k .c )( −c + (k − 1).a )=0 ⇔ (1 − k )a 4 − km 2 = 0
1 rr rr
⇔ k= .( a . c =0, a 2 .c 2 = m 2 ).
2
1
Vậy khi k= thì (SAM) ⊥(SDN).
2


Bài 20:


21
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:
1
a) cosα .cosβ .cosλ ≤
27
1
b) cos α + cos β + cos λ ≥ .
2 2 2

3

Hướng dẫn giải:

a) Gọi H là hình chiếu của D trên (ABC). Qua A,B,C dựng các đường thẳng song
song với các cạnh của tam giác ABC thì ta được một tứ diện DMNP có các
cạnh MD,DN,DP vuông góc với nhau từng đôi một, do đó H nằm trên miền
trong tam giác MNP.
Đặt S= S DAB = S DBC = S DAC = S ABC
* Nếu H ∈ VABC thì
SCBD = Scosα ,
SCAH = Scosβ .
S ABH = Scosλ
Do đó:
S ABC = S = SCBD + SCAH + S ABH =S( cosα + cosβ + cosλ ).
⇒ cosα + cosβ + cosλ =1
1
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số không âm ta được cosα .cosβ .cosλ ≤ .
27
* Nếu H∉ VABC thì H thuộc một trong ba tam giác ABM,BCN,CAP.
Khi đó một trong các góc α , β , λ tù
⇒ cosα , cosβ , cosλ có 1 giá trị âm,2 giá trị dương nên ta cũng thu được kết quả
trên.
b) Áp dung BĐT B.C.S:
(cosα + cosβ + cosγ ) 2 1 .
cos 2α + cos 2 β + cos 2 λ ≥ =
3 3

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) cosα .cosβ + cosλ.cosβ + cosα .cosλ ≤ 1 .
b) Nếu BD’ ⊥(ACB’) thì hình hộp đã cho là hình lập phương.

A' D'
Hướng dẫn giải:

B'
C'


A D
22


B C
a) Ta cm được : cosα + cosβ + cosλ =1
Áp dung B.C.S ⇒ đpcm.

b) BD’ ⊥ (ACB’) ⇒ BD’ ⊥ AC, ta lại có AC ⊥ 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.


Bài 22:
Cho ba tia Ox,Oy,Oz không cùng nằm trên một mặt phẳng thỏa điều kiện:
· · ·
xOy = 90o , xOz = yOz = 60o .Tìm số đo của góc giữa hai mặt phẳng (xOz) và
(yOz).

Hướng dẫn giải:

z


C

I

x
O
A



B y

Trên Ox, Oy lấy A,B sao cho OA=OB=a.
Vẽ AC ⊥Oz, ta có hai tam giác OAC và OBC bằng nhau (vì OA=OB,OC chung,
· ·
AOC = BOC = 60o ).
⇒ BC ⊥ Oz.
Do đó α =(CA,CB) là góc tạo bởi hai mặt phẳng (xOz) và (yOz).
Trong tam giác ABC:
AB 2 = AB 2 + BC 2 − 2AC.BC.cos ·
AOB
AB 2 + BC 2 − AB 2
⇔ cos ·
AOB =
2AC.BC

23
−1
a 3⇒
cos ·
Với AB= a 2, AC = BC = .
AOB =
3
2
1
Vậy góc giữa hai mp (xOz) và (yOz) có số đo là α xác định bởi cosα =
3
1
hay α =acrcos .
3


Bài 23:
Cho 3 tia Ox, Oy, Oz không cùng nằm trong 1 mặt phẳng thỏa
xOy = 90o , xOz = ·yOz = 60o .Tính góc tạo bởi (xOz) và (yOz).
· ·




Hướng dẫn giải:



z

C

y
O
B
A x
Gọi α là góc tạo bởi (xOz) và (yOz).
Lấy A ∈ Ox,B ∈ Oy sao cho OA = OB = a.
Dựng AC ⊥ Oz .
Ta có :
# OAC =# OBC ( OA = OB, OC cạnh chung,
· ·
AOC = BOC = 60o )
=> BC ⊥ Oz .
Vậy α = · ACB .
Xét # ABC , ta có :
AB 2 = AC 2 + BC 2 − 2 AC.BCCOSα
AC 2 + BC 2 − AB 2
⇔ cosα =
2 AC.BC
Với AB = OB + OA = a 2 ( # OAB vuông tại O)
2 2


a3
AC = BC = OB sin 60o = ( # OBC vuông tại C)
2
24
 -1 
-1
=> α =arccos  ÷.
=> cosα =
3
3
 -1 
·
Vậy ( ( xOz ) , ( yOz ) ) =arccos  ÷.
3



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 · ' BC ' = 90o .
A
·
b) Xác định x sao cho BA ' C = 90o .
c) Cho x=4a. Tính cosϕ với ϕ là góc giữa 2 mp(ABC) và (A’BC’)


Hướng dẫn giải:

a) Trên Cy lấy C1 sao cho CC1 =2a
A ' B 2 = A ' A2 + AB 2 = 8a 2 y
x
BC '2 = BC 2 + CC '2 = a 2 + x 2
A ' C ' = A ' C12 + C1C '2 = 5a 2 + (2a − x) 2 = x 2 − 4ax + 9a 2 A' C1
· ' BC ' = 90o
A
⇔ BC '2 = A ' B 2 + A ' C '2
C'
⇔ x 2 − 4ax + 9a 2 = 8a 2 + a 2 + x 2
⇔ x=0 C
A

·
b) BA ' C = 90o ⇔ BC '2 = A ' B 2 + A ' C '2
⇔ a 2 + x 2 = 8a 2 + x 2 − 4ax + 9a 2 B
⇔ 4ax = 16a 2 ⇔ x = 4a

c) x = 4a , khi đó:
A ' C12 + C ' C '2 + C1C '2 = 5a 2 + 4a 2 = 9a 2 ⇒ A ' C ' = 3a
1 1
S A ' BC ' =
A ' B. A ' C ' = .2a. 2.3a = 3a 2 2
2 2
2
S a 1 2
cos ϕ = ABC = 2 = =
S A ' BC ' 3a 2 3 2 6




25
III.GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG


Bài 25:
Cho hình choùp SABC coù ñaùy ABC laø tam giaùc ñeàu coù caïnh baèng 2a 2 ,
SA vuoâng goùc vôùi (ABC) vaø SA = a. Goïi E, F laàn löôït laø trung ñieåm cuûa
caïnh AB, BC. Tính goùc vaø khoaûng caùch giöõa hai ñöôøng thaúng SE vaø AF.


Hướng dẫn giải: S




A
H C

K F
E
M
B

Goïi M laø trungñieåmcuûaBF ⇒ EM // AF
· · ·
⇒ (SA; AF) = (EM; AF) = SEM
∆ SAE vuoângtaïi A coù:
SE2 = SA 2 + AE = a2 + 2a2 = 3a2 ⇒ SE = a 3
2a 2. 3
AF = =a 6
2

26
a6 a2
⇒ EM = ; BF = a 2;BM = MF =
2 2
2 2 2 2 2 2
SB = SA + AB = a + 8a = 9a ⇒ SB = 3a
SF 2 = SA 2 + AF 2 = a2 + 6a2 = 7a2 ⇒ SF = a 7

AÙp duïngñònhlyù ñöôøngtrungtuyeánSM trong SBF coù:
1
SB2 + SF 2 = 2.SM 2 + BF 2
2
15a2
1
⇔ 9a2 + 7a2 = 2SM 2 + .2a2 ⇔ SM 2 =
2 2
Goïi α laø goùcnhoïn taïo bôûi SE vaø AF
AÙp duïngñònhlyù haømCoâsinvaøo SEM ∆ coù:
3a2 15a2
2
3a + −
ES2 + EM 2 − SM 2 2 = − 2 = 2.
2
·
cosα = cosSEM = =
2.ES.EM 2 2
a6
2. .a 3
2
⇒ α = 45o.
a2
Döïng A K ⊥ ME; AH ⊥ SK.Ta coù: A H ⊥ (SME)
AK = MF = vaø
2
Vì A F // ME ⇒ d(SE; AF) = d(AF; (SME)) = AH.
1 1 1 123 a3
∆ SAK vuoângcoù: = + = 2 + 2 = 2 ⇒ AH =
2 2 2
3
AH SA AK aaa
a3
Vaäy, d(SE; AF) = .
3



Bài 26:
Cho hình lăng trụ tam giác đ ều ABC. A' B' C ' có AB = 1, CC ' = m ( m > 0). Tìm m
biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB' và BC ' bằng 60 0 .

Hướng dẫn giải:

A
· ·
KÎ BD // AB ' ( D ∈ A ' B ') ⇒ ( AB ', BC ') = ( BD, BC ') = 60 0


· ·
⇒ DBC ' = 600 hoÆc DBC ' = 1200. B C
·
NÕu DBC ' = 600 . V× ABC.A’B’C’ l¨ng trô ®Òu nªn
BB ' ⊥ ( A ' B ' C ').
Áp dông ®Þnh lý Pitago vµ ®Þnh lý cosin ta cã
A’
m
27
1
B’ C’
0
120
1
3
D
BD = BC ' = m 2 + 1 vµ DC ' = 3.
·
KÕt hîp DBC ' = 600 ta suy ra ∆BDC ' ®Òu.
Khi đó :
m2 + 1 = 3 ⇔ m2 + 1 = 3
⇔ m = 2.
·
NÕu DBC ' = 1200 ¸p dông ®Þnh lý cosin cho
∆BDC ' suy ra m = 0 (lo¹i).
VËy m = 2 .




Bài 27:
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, AA’ vuông góc
a
với AB và AC, cạnh AA’ = .Tính góc giữa AB’ và BC’.
5

Hướng dẫn giải:
A' C'
r uuu r uuu r uuuu
r r r
Đặt a = AB,b = AC,c = AA ' .Ta có :
uuur r r
u uuuu
r rrr
AB ' = a + c và BC ' = −a + b + c , B'

r r r −3 2
uuur uuuu r r
r
u
AB ' . BC ' =( a + c )( −a + b + c )= a . A
10 C

1
2
6a ⇒
AB’=BC’= cos(AB’,BC’)=arccos .
4
5 B




Bài 28:
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3
và (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy.Gọi M,N lần lượt là trung điểm AB,BC.
Tính Cos góc giữa hai đường thẳng SM,DN.


28
Hướng dẫn giải:

Ta có: SA = a, SB = a 3 , AB = 2a S
Dễ dàng chứng minh # ASB vuông tại B.
( SAB ) ∩ ( ABCD) = AB
Lại có : 
( SAB ) ⊥ ( ABCD)
Nên nếu kẻ SH ⊥ AB thì SH ⊥ ( ABCD )
H
A
SA a B
·
Ta thấy : AH = = vì SAB = 60o M
K
22 P
N
AD a
Kẻ MP // DN => AP = =
4 2 D C




Kẻ HK ⊥ PM (trong mp(ABCD))
=> SK ⊥ PM ( định lí 3 đường vuông góc)
Do MP // DN nên :
· · · HM
( SM , DN ) = ( SM , MP) = SMK = α B
A
MK
·
Ta có : Cos( SM , DN ) = Cosα =
K
SM P
AB
Ta có : SM = =a
N
2
·
Mặt khác : MK = HMCosHMK
a AM
=.
2 PM
D C
a a a
=
.
=2 5
2
a
a2 +
4
a
5.
=>
Cos( SM , DN ) = 5 =
·
a 5
5
·
=> ( SM , DN ) = arccos .
5
5
Vậy góc giữa hai đường thằng SM và DN là arccos
5




29
IV.SỐ ĐO NHỊ DIỆN



Bài 29:
Cho hình choùp SABC coù ñaùy laø tam giaùc ABC vuoâng caân taïi A, AB =
AC = a
(a > 0), hình chieáu cuûa S treân ñaùy truøng vôùi troïng taâm G cuûa ∆ ABC.
Ñaët SG=x (x > 0). Xaùc ñònh giaù trò cuûa x ñeå goùc phaúng nhò dieän (B,
SA, C) baèng 60o.

Hướng dẫn giải:
Caùch 1: S
Goïi M laø trungñieåmcuûaBC
⇒ AM ⊥ BC ( ∆ ABC vuoângcaân)
Ta coù: SG ⊥ (ABC) ⇒ SG ⊥ BC . I
C
Suy ra: BC ⊥ (SAM)
Döïng BI ⊥ SA ⇒ IM ⊥ SA vaø I C ⊥ SA
·
⇒ BIC laø goùcphaúngnhòdieän(B; SA; C). A M
G
∆SAB = ∆SAC (c.c.c)
⇒ IB = IC ⇒ ∆IBC caântaïi I.
1 a2 a2 B
BC = a 2; AM = BM = MC = BC = ; AG =
2 2 3




30
AM a2 1 ax 2
∆AIM ~∆AGS ⇒ IM = SG. = x. =
.
AS 2 SG2 + AG2 2a2
2 x2 +
9
3ax 2
⇔ IM = .
2 9x2 + 2a2
·
BIC = 60o
Tacoù:
a2 3.3ax 2
·
⇔ BIM = 30o ⇔ BM = IM.tg30o ⇔ =
2 2 9x2 + 2a2
⇔ 9x2 + 2a2 = 3x 3 ⇔ 9x2 + 2a2 = 27x2
a
⇔ 18x2 = 2a2 ⇔ 9x2 = a2 ⇔ x = .
3
a
Vaäy x = .
3


Caùch 2:
z
BC = a 2
x
Goïi M laø trungñieåmBC
a2 a2
⇒ AM = ; AG =
2 3
Goïi E, F laànlöôït laø hình chieáucuûaG
treânAB, AC. Töù giaùcAEGF laø hìnhvuoâng
C
F
a A
⇒ AG = AE 2 ⇒ AE = AF = . y
G
3
Döïng heätruïc toïa ñoäAxyz, vôùi Ax, Ay, Az E M
ñoâi moätvuoânggoùc, A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), B
a a  a a 
C(0; a; 0), G  ; ; 0÷, S ; ; x ÷. x
3 3  2 2 
uuu  a a  uur  2a a
r  uur  a 2a
u 
SA =  ; ; x ÷, SB =  ; − ; − x ÷, SC =  − ; ; − x ÷
3 3  3 3 33
 
uuu uur  a2 
r a a
 r
r
[SA; SB] =  0; ax; − ÷ = a 0; x; − ÷ = a.n1 , vôùi n1 =  0; x; − ÷
3 3 3
 

uuu uur
ru a2 a
r
a
 r
[SA; SC] = (−ax; 0; ) = −a x; 0; − ÷ = −a.n2, vôùi n2 =  x; 0; − ÷.
3

3 3




31
uuu uur
r
Maët phaúng(SAB) coù caëpvectôchæphöông SA, SB neâncoù phaùpvectô
r
n1
uuu uur
ru
Maët phaúng(SAC) coù caëpvectôchæphöông SA, SC neâncoù phaùpvectô
r
n2


Goùc phaúngnhòdieän(B; SA; C) baèng60o.
aa a2
0.x + x.0 +
33 9
⇔ cos60o = =
9x + a2
2
2 2
a a
2 2
0+ x + x + 0+
9
9 9
a2 a
1 2 2 2 2 2
⇔ = 2 2 ⇔ 9x = a = 2a ⇔ 9x = a ⇔ x = .
3
2 9x + a
a
Vaäy, x = .
3




Bài 30:
a3
Cho hình thoi ABCD cạnh a, tâm O, OB = , SO vuông góc với mp (ABCD) và
3
a6
SO = .
3
·
a) Chứng minh rằng ASC vuông.
b) Chứng minh rằng (B, SA, D) là nhị diện vuông.

Hướng dẫn giải:
S




H




A
D


O

B C




32
a) # SOB vuông tại O, ta có :
a 2 2a 2
SB = OB + SO = SB = OB + SO = + = a2
2 2 2
2 2 2

3 3
=>SB = a.
a2 2 a6
Ta có : OC = BC 2 − OB 2 = a 2 − =a =
3 3 3
2a 6
=>AC = 2OC = = 2SO.
3
·
=> # SAC vuông tại S hay ASC vuông(đpcm).
b) Kẻ BH ⊥ SA => DH ⊥ SA
·
=>Góc giữa (SAB) và (SAD) là BHD .
# SAO vuông tại O có:
1 1 1 9 9 3
= + = 2+ 2= 2
2 2 2
OH SO AO 6a 6 a a
a
=>OH = ( = OB = OD ).
3
=> # BHD vuông tại H
=> (B,SA,D) là góc nhị diện vuông.


V.MỘT SỐ DẠNG TOÁN KHÁC


Bài 31:
Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ ( BCD ) , tam giác BCD vuông ở C. Từ B hạ
¼ ¼
BH ⊥ AC , BK ⊥ AD . Giả sử BKH = CBD = α .Chưng minh rằng:
CD 2 BC 2
− = 1.
BC 2 AB 2

Hướng dẫn giải:
A

K



H
D
B



C


33
Do AB ⊥ ( BCD ) nên AB ⊥ DC .
Mà BC ⊥ DC => DC ⊥ ( ABC ) => DC ⊥ AC .
Lại có AC ⊥ BH => BH ⊥ ( ACD) .
=> BH ⊥ AD .
Ta có
¼ ¼
BKH = CBD = α => # BHK ~# DCB .
BH CD BD CD
= => =
=>Sinα =
BK BD BK BH
BD 2 CD 2 1 1 1 1
= => BD 2  + = CD 2  +
=> 2÷ ÷
2 2 2 2
BC 2 
 AB BD   AB
BK BH
BD 2 CD 2 CD 2
+1 = +
=>
AB 2 AB 2 BC 2
CD 2 − BD 2 CD 2 CD 2 BC 2
=> 1 = + = − (ĐPCM)
AB 2 BC 2 BC 2 AB 2




Bài 32:
Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có chiều cao bằng nửa cạnh
đáy. Với M là 1 điểm trên cạnh AB, Tìm giá trị lớn nhất của góc · ' MC '
A

Hướng dẫn giải:
Chọn rơ sở: r uuur r
uuu c uuu
r r
AB = a, AD = b, AA1 = c D' C'

Gọi chiều cao là h thì đáy hình vuônguuu nh là 2h.
cạ
uuuu
r r r
M ∈ AB nên có số α sao cho AM = α AB = α a ,
α≤
vớir0 ≤uuur 1uuuu r A' B'
uuuu r r
MA ' = AA ' − AM = c − α a D C
r r 2 r2 rr r2
( )
=> MA '2 = c − α a = c − 2α ac + α 2 a
= h 2 (1 + 4α 2 )
uuuu uuu uuu uuuu
r r r r rrr A B
M
MC ' = MB − BC + CC ' = (1 − α )a + b + c
r r r2 r r2 r2
=> MC '2 = ( 1 − α ) a + b + c  = ( 1 − α ) a + b + c
22
 
( )
= h 4 ( 1− α ) + 5
2
2



Do đó : MA ' = h 1 + 4α 2 , MC ' = h 4 ( 1 − α ) + 5
2

uuuu r r
ruuuu r rrr
( )
MA 'MC ' = c − α a ( 1 − α ) a + b + c 
 

34
r2 r2
= c − α (1 − α )a = h 2 (2α − 1) 2
uuuu uuuu
r r (2α − 1) 2
( )
cos MA', MC ' = ≥0
(1 + 4α 2 )  4(1 − α ) 2 + 5
 
Góc γ tạo bởi MA’ và MC’ nên 0 ≤ γ ≤ 90o
(2α − 1) 2
uuuu uuuu
r r
( ) ≥0
Do đó cosγ = cos MA', MC ' =
(1 + 4α 2 )  4(1 − α ) 2 + 5
 
1
Vậy γ lớn nhất cosγ = 0 γ = ( thõa mãn) nên M là trung điểm AB.
2


Bài 33:
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’.Gọi α, β , γ là góc tạo bởi đường chéo
AC’ với 3 cạnh xuất phát từ A của hình hộp chữ nhật.Chứng minh rằng:
a) cos 2α + cos 2 β + cos 2γ = 1
b) Nếu α = 60o , β = 45o thì γ = 60o .
4cos 2α + 1 + 4cos 2 β + 1 + 4cos 2γ + 1 ≤ 21 .
c)
Hướng dẫn giải:
a) Đặt AB = a, AA’ = c, AC’ = d, AD = b.
Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật nên:
AB ⊥ ( BCC ' B ') C' D'
=> AB ⊥ BC ' =># ABC’ vuông tại B
· · ·
Từ giả thiết : C ' AB = α , C ' AD = β , C ' AA'=γ
B'
A'
AB a
Ta có : cosα = =
AC' d
C
Chứng mình tương tự : D
AD b c
cosβ = = , cosγ =
AC' d d
B A
a 2 b2 c 2
Do đó cos 2α + cos 2 β + cos 2γ = 2 + 2 + 2 =1
d d d
Vậy cos α + cos β + cos γ = 1
2 2 2




b) Nếu α = 60o , β = 45o thì ta có :
cos 2 60o + cos 2 45o + cos 2γ = 1
1 1
=> cos γ = => cosγ = (cosα>0)
2

4 2
=> γ =60o (đpcm)

c) Áp dụng bất đẳng thức Bunhicopski, ta có :

35
)
( ≤ 3 ( 4cos 2α + 1) + ( 4cos 2 β + 1) + ( 4cos 2γ + 1) 
2
4cos 2α + 1 + 4cos 2 β + 1 + 4cos 2γ + 1  

)
( ≤ 3  4 ( cos 2α + cos 2 β + cos 2γ ) + 3 ≤ 21
2
4cos 2α + 1 + 4cos 2 β + 1 + 4cos 2γ + 1
 
4cos 2α + 1 + 4cos 2 β + 1 + 4cos 2γ + 1 ≤ 21 (đpcm).
Vậy
4cos 2α + 1 = 4cos 2 β + 1 = 4cos 2γ + 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
3
cosα =cosβ =cosγ = .
3

Bài 34:
Cho ba tia Ox,Oy,Oz không cùng nằm trong một mặt phẳng, sao cho
· ·
zOx = zOy = α (0o < α < 90o ) .Gọi M là một điểm trên Oz có hình chiếu lên
mp(xOy) là H.
·
a) Chứng minh H thuộc đường phân giác của xOy .
β · ·
< α với β = xOy và OH là tia phân giác của xOy
b) Chứng minh
2

Hướng dẫn giải:
a) Hạ HK ⊥ Ox, HI ⊥ Oy, suy ra MK ⊥ Ox, MI ⊥ Oy.
Hai tam giác vuông OMK và OMI bằng nhau ⇒ MK=MI z
M
⇒ Hai tam giác vuông MHK, MHI bằng nhau
·
⇒ HK=HI ⇒ OH là phân giác của xOy .
β HK MK
, tan α =
= y
b) tan O
2 OK OK I
β
vì HK
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản