Chuyên đề góc và khoảng cách trong không gian

Hướng tới kì thi THPTQG 2019 GÓC - KHOẢNG CÁCH §1. Các dạng toán liên quan đến tính Góc 1. 1 Góc giữa hai đường thẳng Góc giữa hai đường thẳng a và b trong không gian là góc giữa hai đường thẳng a0 và b0 cùng đi qua một điểm và lần lượt song song với a và b. a a0 O b0 b L Để xác định góc giữa hai đường thẳng a và b ta có thể lấy điểm O thuộc một trong hai đường thẳng đó rồi vẽ một đường thẳng qua O và song song với đường thẳng còn lại. L Nếu #» u và #» v lần lượt là vec-tơ chỉ phương của a và b, đồng thời ( #» u , #» v ) = α thì góc giữa hai đường thẳng a và b bằng α nếu 0◦ ≤ α ≤ 90◦ và bằng 180◦ − α nếu 90◦ < α ≤ 180◦ . L Nếu a và b là hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau thì góc giữa chúng bằng 0◦ . Xác định góc giữa hai đường thẳng trong không gian. Ta thường có hai phương pháp để giải quyết cho dạng toán này. ! ¹ Phương pháp 1: Sử dụng định nghĩa góc giữa hai đường thẳng, kết hợp sử dụng hệ thức lượng trong tam giác (định lý cos, công thức trung tuyến). ¹ Phương pháp 2: Sử dụng tích vô hương của hai vec-tơ. Ví dụ 1. 1 Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng √ a 6 (BCD). Biết tam giác BCD vuông tại C và AB = , 2 √ AC = a 2, CD = a. Gọi E là trung điểm của AC (tham A khảo hình vẽ bên). Góc giữa hai đường thẳng AB và DE E bằng A. 45◦ . B. 60◦ . C. 30◦ . D. 90◦ . B D C  Hướng dẫn giải: Gọi I là trung điểm của BC, suy ra EI k AB. [ Khi đó(AB, DE) = (EI, ED) = IED. DC ⊥ BC (giả thiết) Ta có ⇒ DC ⊥ (ABC), DC ⊥ AB (AB ⊥ (BCD)) suy ra DC vuông góc với EC. Do đó √ AC 2 3a2 a 6 DE = CD + EC = CD + = ⇒ DE = . 4 2 2 2 2 2 A E B D 2 √ AB a 6 a2 = và BC 2 = AC 2 − AB 2 = . 2 4 2 Tam giác ICD vuông tại C nên Ta có IE = I C BC 2 9a2 = . 4 8 Áp dụng định lý cô-sin cho tam giác IDE, ta có DI 2 = CD2 + IC 2 = CD2 + 3a2 3a2 9a2 + − [ = IE + DE − CD = 8 √ 2 √ 8 = 1 ⇒ IED [ = 60◦ . cos IED 2IE · DE 2 a 6 a 6 2· · 4 2 2 2 2 Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và DE bằng 60◦ . Có thể chứng minh EI vuông góc với mặt phẳng (BCD), suy ra tam giác EID vuông tại I để ! tính góc IED [ đơn giản hơn mà không cần sử dụng định lý cô-sin. Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt phẳng (BCD). Biết tam giác BCD √ √ a 6 vuông tại C và AB = , AC = a 2, CD = a. Gọi E là trung điểm của AD (tham khảo 2 hình vẽ dưới đây). 2 A E B D C Góc giữa hai đường thẳng AB và CE bằng A. 60◦ . B. 45◦ . C. 30◦ . D. 90◦ .  Hướng dẫn giải: A Gọi F là trung điểm của BD, suy ra EF k AB nên (AB, CE) = (EF, CE). Do AB ⊥ (BCD) nên EF ⊥ (BCD), suy ra 4EF C vuông tại F . CD ⊥ BC Mặt khác ⇒ CD ⊥ AC. CD ⊥ AB √ √ √ 1 a 6 Ta có EF = AB = , AD = AC 2 + CD2 = a 3. 2 4 4ACD vuông tại C và có E là trung điểm của AD nên √ 1 a 3 CE = AD = . 2 2 √ [ = EF = 2 ⇒ CEF [ = 45◦ . cos CEF EC 2 [ = 45◦ . Vậy (AB, CE) = (EF, CE) = CEF E B D F C Ví dụ 3. Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A0 B 0 C 0 có đáy ABC là tam √ [ = 120◦ , cạnh bên AA0 = a 2. Tính giác cân AB = AC = a, BAC A0 B0 góc giữa hai đường thẳng AB 0 và BC (tham khảo hình vẽ bên). A. 90◦ . B. 30◦ . C. 45◦ . D. 60◦ . C0 A C B  Hướng dẫn giải: 3 A0 Dựng AP sao cho song song và bằng với CB như hình vẽ. Suy ra (BC, AB 0 ) = (AP, AB 0 ) . √ Ta có AP = CB = a 3. √ √ Ta lại có AB 0 = B 0 B 2 + AB 2 = a 3; √ √ B 0 P = B 0 B 2 + P B 2 = a 3. C0 B0 A Vậy 4AP B 0 đều nên (BC, AB 0 ) = (AP, AB 0 ) = 60◦ . C P B Ví dụ 4. A Cho tứ diện đều ABCD có M là trung điểm của cạnh CD (tham khảo hình vẽ), ϕ là góc giữa hai đường thẳng AM và BC. Giá √ trị cos ϕ bằng 3 A. . √6 2 C. . 3 √ 3 . √4 2 D. . 6 B. D B M C  Hướng dẫn giải: Giả sử cạnh của tứ diện đều bằng a. Ta có: # »# » # » # » # » # » # » # » # » CB.AM = CB · (CM − CA) = CB · CM − CB · CA 2 \ − CB · CA · cos ACB [ = −a . = CB · CM · cos ACM 4 √ # » # » Ä # » # »ä BC · AM 3 cos ϕ = cos BC, AM = = . BC · AM 6 Ví dụ 5. A Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với mặt√phẳng (BCD). √ a 6 Biết tam giác BCD vuông tại C và AB = , AC = a 2, 2 CD = a. Gọi E là trung điểm của AD (tham khảo hình vẽ E bên). Góc giữa hai đường thẳng AB và CE bằng ◦ B D ◦ A. 45 . B. 60 . C. 30◦ . D. 90◦ . C  Hướng dẫn giải: 4 Gọi H là trung điểm của BD. Khi đó EH k AB và EH ⊥ (BCD). \ Góc giữa AB và CE bằng √ góc giữa EH và EC và bằng √ HEC. √ 1 a 6 a 2 Ta có EH = AB = , BC = AC 2 − AB 2 = , 2 4 2 √ 2(CB 2 + CD2 ) − BD2 3a2 a 6 CH 2 = = ⇒ CH = . 4 4 √ √ 8 \ = CH = a 6 ÷ a 6 = 1 nên HEC \ = 45◦ . Vì tan HEC EH 4 4 Vậy góc giữa AB và CE bằng 45◦ . A E B D H C Ví dụ 6. Cho hình lập phương ABCD.A0 B 0 C 0 D0 . Góc giữa A0 C 0 và D0 C là A. 120◦ . B. 45◦ . C. 60◦ . D. 90◦ .  Hướng dẫn giải: Ta có A0 C 0 k AC nên C B D A (A0 C 0 , D0 C) = (D0 C, AC) . 0 CA = 60◦ , do đó \ Dễ thấy tam giác ACD0 là tam giác đều nên D (A0 C 0 , D0 C) = (D0 C, AC) = 60◦ . C0 B0 D0 A0 Ví dụ 7. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = AB = AC = 1, BC = √ 2. Tính góc giữa hai đường thẳng AB, SC. A. 45◦ . B. 120◦ . C. 30◦ . D. 60◦ .  Hướng dẫn giải: Ta có AB 2 + AC 2 = 2 = BC 2 ⇒ ∆ABC vuông tại A. S # » Ä # » # »ä # » # » AB AC − AS AB · SC # » # » = 1·1 AB · SC # »# » # »# » = AB AC − AB AS Ä # » # »ä cos AB, SC = = 0 − 1 · 1 · cos 60◦ 1 = − . 2 Ä # » # »ä Suy ra AB, SC = 120◦ . A √ 2 C B Do đó góc giữa hai đường thẳng AB và SC bằng 180◦ − 120◦ = 60◦ . 5 Ví dụ 8. Cho hình lập phương ABCD.A0 B 0 C 0 D0 cạnh a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, C 0 D0 . Xác định góc giữa hai đường thẳng M N và AP . A. 60◦ . B. 90◦ . C. 30◦ . D. 45◦ .  Hướng dẫn giải: AP bằng góc giữa hai √ đường thẳng AC và AP . √ a 5 3a Tính được P C = ; AP = ; AC = a 2. 2 2 Áp dụng định lý cosin cho 4ACP ta có 9a2 5a2 √ 2 + 2a − 2 2 2 AP + AC − P C 2 4 4 [ = cos CAP = = 3a √ 2AP · AC 2 2· ·a 2 2 [ = 45◦ . ⇒ CAP B0 A0 Do AC song song với M N nên góc giữa hai đường thẳng M N và P D0 A C0 M B N D C Vậy góc giữa hai đường thẳng M N và AP bằng 45◦ . Ví dụ 9. Cho hình chóp S.ABC có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của SA, BC. Tính số đo của góc hợp bởi IJ và SB. A. 45◦ . B. 30◦ . C. 60◦ . D. 90◦ .  Hướng dẫn giải: S I A C M J B Gọi M là trung điểm của AB. Khi đó IM là đường trung bình của tam giác SAB nên IM k SB SB a a và IM = = . Tương tự M J = . 2 2 2 Mặt khác, dễ dàng chứng minh tam giác IBJ vuông tại J nên Ã Ç √ å2   √ √ a 3 a 2 a 2 2 2 − = . IJ = IB − IB = 2 2 2 6 √ a a 2 Tam giác IM J có M I = M J = , IJ = nên là tam giác vuông cân tại M . Suy ra 2 2 [ (IJ, SB) = (IJ, IM ) = M IJ = 45◦ (do IM k SB). Ví dụ 10. Tứ diện đều ABCD cạnh a, M là trung điểm của cạnh CD. Cô-sin của góc giữa AM và√BD là 3 A. . 6 √ B. 2 . 3 √ 3 C. . 3 √ D. 2 . 6  Hướng dẫn giải: A Gọi N là trung điểm của BC. Do M N k BD nên góc giữa AM và \ BD bằng góc giữa AM và M N . Suy ra góc cần tìm là góc AM N. Ta có M A2 + M N 2 − AN 2 \ cos AM N= 2M A · M N Ç √ å2   Ç √ å2 a 3 a 2 a 3 + − 2 2 2 √ = a 3 a 2· · 2 2 √ 3 = . 6 D B M N C Ví dụ 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA = a. Gọi M là trung điểm của SB. Góc giữa AM và BD bằng A. 45◦ . B. 30◦ . C. 90◦ . D. 60◦ .  Hướng dẫn giải: Cách 1. Ta có Ä # » # » # » # »ä # » # » # » 2AM · BD = AS + AB BD = AB · BD √ √ a·a 2 2 ◦ = −a2 . = AB · BD · cos 135 = − 2 Từ đó a2 # » # » − Ä # » # »ä AM · BD cos AM ; BD = = √ 2 AM · BD a 2 √ ·a 2 2 Ä # » # »ä 1 = − ⇒ AM ; BD = 120◦ . 2 Vậy góc giữa AM và BD bằng 60◦ . S M D A B C Cách 2. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với O trùng A, các tia Ox, Oy, Oz lần lượt trùng với các tia AB, AD, AS. Không mất tính tổng quát, giả sử a = 1. Khi đó ta có tọa độ các điểm A(0; 0; 0), 7 ã Å ã 1 1 1 1 # » # » B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), S(0; 0; 1), M ; 0; . Từ đó AM = ; 0; , BD = (−1; 1; 0). Và 2 2 2 2 1 1 # » # » (−1) + 0 · 1 + · 0 AM · BD Ä # » # »ä 1 2 2 cos (AM ; BD) = cos AM ; BD = # » = # » = …1 2 1 √ AM · BD +0+ · 1+1+0 4 4 Å ⇒ (AM ; BD) = 60◦ . Ví dụ 12. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và AD. √ Biết AB = CD = 2a, M N = a 3. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD. A. 45◦ . B. 90◦ . C. 60◦ . D. 30◦ .  Hướng dẫn giải: 1 Gọi P là trung điểm AC ⇒ M P k AB, M P = AB = a và 2 1 N P k CD, N P = CD = a. 2 (AB, CD) = (P M, P N ). P M2 + P N2 − MN2 a2 + a2 − 3a2 1 \ Ta có cos M PN = = =− . 2 2P M · P N 2a 2 ◦ ◦ \ Từ đó suy ra M P N = 120 ⇒ (AB, CD) = 60 . A N P B D M C Ví dụ 13. B0 A0 Cho hình lập phương ABCD.A0 B 0 C 0 D0 (tham khảo hình vẽ bên). Góc giữa hai đường thẳng AC và A0 D bằng A. 45◦ . B. 30◦ . C. 60◦ . D. 90◦ . D0 C0 B A D C  Hướng dẫn giải: Ta có: AC k A0 C 0 ⇒ (AC, A0 D) = (A0 C 0 , A0 D). √ Mặt khác: A0 C 0 = A0 D = DC 0 = a 2 nên suy ra 4A0 DC 0 đều. Do đó (A0 C 0 , A0 D) = 60◦ . B0 A0 60◦ D0 C0 B A D C 8 \= Ví dụ 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, góc BAD 60◦ , có SO vuông góc với mặt đáy và SO = a. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC) là √ a 57 A. . 19 √ a 57 B. . 18 √ a 45 C. . 7 √ a 52 D. . 16  Hướng dẫn giải: S Gọi H là hình chiếu của O trên BC, K là hình chiếu của O trên SH. Khi đó ta có OK ⊥ (SBC) hay d(O, (SBC)) = OK. Ta có C D 1 1 1 1 1 1 = + = + + . 2 2 2 2 2 OK SO OH SO OB OC 2 K \ = 60◦ nên OBC \ = 60◦ , suy ra OB = a , Do BAD 2 √ a 3 OC = . Thay vào đẳng thức trên ta được OK = 2 √ a 57 . 19 O H A B Ví dụ 15. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD đáy ABCD là hình vuông, E là điểm đối xứng với D qua trung điểm SA. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AE và BC. Góc giữa hai đường thẳng M N và BD bằng A. 90◦ . B. 60◦ . C. 45◦ . D. 75◦ .  Hướng dẫn giải: S Do D đối xứng với E qua trung điểm của SA nên SDAE là hình bình hành, suy ra EA k SD. Ta có # » # » # » # » # » AB + ED + DC # » AB + EC = MN = 2 2 # » # » # » # » AB + AD + SD + DC = 2 # » # » AC + SC = . 2 E M C D I O A N B Mà BD ⊥ AC và BD ⊥ SC (do BD ⊥ (SAC)) nên # » # » # » # » # » AC + SC BD · M N = BD · = 0. 2 Vậy (M N, BD) = 90◦ . 9 Ví dụ 16. A Cho tứ diện đều ABCD. Gọi M là trung điểm cạnh BC (tham khảo hình vẽ bên). Giá trị cô-sin của góc giữa hai đường √ thẳng AB và √ DM bằng √ 3 3 3 A. . B. . C. . 6 3 2 D. 1 . 2 B D M C  Hướng dẫn giải: A Gọi N là trung điểm AC. Gọi I  là trung điểm M N . M N k AB Ta có ⇒ (AB, DM ) = (M N, DM ). DI ⊥ M N \ Do vậy, DM ) = cos(M N, DM ) = cos IM D. cos(AB,√ 3 √  DM = 3 \ 2 Ta có ⇒ cos IM D = .  6 M I = a 4 N I B D M C Ví dụ 17. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0 B 0 C 0 có AB = a và √ AA0 = 2a. Góc giữa hai đường thẳng AB 0 và BC 0 bằng A. 30◦ . B. 90◦ . C. 45◦ . A C B D. 60◦ . A0 C0 B0  Hướng dẫn giải: Gọi I, H lần lượt là trung điểm của AB 0 và A0 C 0 . Khi đó IH là đường trung bình của 4A0 BC 0 nên√IH k BC 0 ⇒ (AB 0 , BC 0 ) = (AB 0 , IH). √ a 3 3a Ta có AB 0 = a 3, B 0 H = , AH = nên B 0 H 2 +HA2 = AB 0 2 , 2 2 hay 4HAB 0 vuông tại H. √ AB 0 a 3 IH = = ⇒ ∆B 0 IH đều, suy ra 2 2 0 IH = 60◦ . \ (AB 0 , BC 0 ) = (AB 0 , IH) = B A C B I A0 H C0 B0 10 Ví dụ 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và S, SA vuông góc với mặt phẳng √ đáy. Tính cô-sin góc giữa 2 đường thẳng SD và BC biết AD = 2 3a DC = a,AB = 2a, SA = . 3 1 2 3 4 A. √ . B. √ . C. √ . D. √ . 42 42 42 42  Hướng dẫn giải: S M A D B C • Gọi M là trung điểm AB, ta có DM k BC. Do đó (BC,√SD) = (DM, SD). 4a2 7a2 a 7 • Ta có SD2 = SA2 + AD2 = + a2 = ⇒ SD = √ . 3 3 3 √ 2 2 4a 7a a 7 SM 2 = SA2 + AM 2 = + a2 = ⇒ SM = √ . 3 3 √3 2 2 2 2 2 2 DM = AM + AD = a + a = 2a ⇒ DM = a 2. 7a2 7a2 2 + 2a − 2 2 2 3 = √3 = √3 . \ = DS + DM − SM = 3 √ • Ta có cos SDM 2 · DS · DM 7a √ 14 42 2· ·a 2 3 Ví dụ 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = a và vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SB. Góc giữa hai đường thẳng AM và BD bằng A. 30◦ . B. 60◦ . C. 45◦ . D. 90◦ .  Hướng dẫn giải: S Lấy N là trung điểm SD, suy ra M N k BD, dẫn tới \ (AM, BD) = (AM, M N ) = AM N. √ √ SB a 2 a 2 Vì SA ⊥ AB ⇒ AM = = . Tương tự AN = . 2 2 2 Lại có M N là đường trung bình của 4SBD nên ta có √ BD a 2 MN = = . Suy ra 4AM N là tam giác đều, nên 2 2 \ AM N = 60◦ . N M A B D C 11 Ví dụ 20. Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC đôi một vuông góc và SA = SB = SC = a. # » # » Gọi M là trung điểm của BC. Tính góc giữa hai vec-tơ SM và AB.  Hướng dẫn giải: A L Cách 1: # » # » SM · AB # » # » Gọi α là góc giữa hai vec-tơ SM và AB, ta có cos α = . SM √ · AB √ √ BC a 2 Có BC = AB = SA2 + SB 2 = a 2, SM = = . 2 2 # » # » 1 # » # » # » #» Mặt khác ta có SM · AB = (SB + SC) · (SB − SA) 2 1 # »2 # » # » # » # » # » # » a2 = (SB − SB · SA + SC · SB − SC · SA) = 2 2 a2 1 √ = ⇒ α = 60◦ . Vậy cos α = √ a 2 2 2·a 2· 2 N S B M C L Cách 2: Gọi N là trung điểm của AC, ta dễ dàng chứng minh được 4SM N đều. # » # » # » # » # » # » \ Có (SM , AB) = (SM , N M ) = (M S, M N ) = N M S = 60◦ . Ví dụ 21 (Thi thử, THPT chuyên KHTN Hà Nội, 2019). Cho tứ diện ABCD có √ AB = CD = a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và BC. Biết M N = 3a, góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng A. 45◦ . B. 90◦ . C. 60◦ . D. 30◦ .  Hướng dẫn giải: Gọi P là trung điểm của AC. Khi đó, ta có A P M k CD, P N k AB. Suy ra góc giữa AB và CD bằng góc giữa P M và P N . CD a AB a Ta có P M = = ,PN = = . 2 2 2 2 P Xét tam giác P M N có 2 2 2 P M + P N − MN \ cos M PN = B 2 · PM · PN 2 2 2 a a 3a + − N 1 4 4 4 = =− . a a 2 C 2· · 2 2 \ Suy ra M P N = 120◦ . Suy ra góc giữa hai đường thẳng P M và P N bằng 180◦ − 120◦ = 60◦ . M D Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 60◦ . 12 √ Ví dụ 22. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = AB = AC = a 2 và BC = 2a. Tính góc giữa hai đường thẳng AC và SB.  Hướng dẫn giải: S L Cách 1: Ta có SAB và SAC là tam giác đều, ABC và SBC là tam giác vuông cân cạnh huyền BC. M Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của SA, AB, BC, ta có M N k SB, N√P k AC nên (AC, SB) √ = (N P, M N ). SB a 2 AC a 2 MN = = , NP = = . 2 2 2 2 √ BC AP = SP = = a, SA = a 2 2 √ SA a 2 Nên 4SAP vuông cân tại P ⇒ M P = = . 2 2 \ Vậy 4M N P đều ⇒ (AC, SB) = (N P, N M ) = M NP = A C N P B 60◦ . L Cách 2: # » # » # » #» # » # » # » #» # » AC · SB = (SC − SA) · SB = SC · SB − SA · SB [ = −a2 . = 0 − SA · SB · cos # »ASB # » AC · SB a2 1 √ = cos(AC, SB) = = √ AC · SB 2 a 2·a 2 ⇒ (AC, SB) = 60◦ . 1. 2 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng Cho đường thẳng d và mặt phẳng (α). d A d0 α ϕ O H L Trường hợp đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (α) thì ta nói rằng góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (α) bằng 90◦ . L Trường hợp đường thẳng d không vuông góc với mặt phẳng (α) thì góc giữa đường thẳng d và hình chiếu d0 của nó trên (α) gọi là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (α). Để xác định góc giữa d và (P ), ta thường làm như sau 13 L Xác định giao điểm O của d và (P ). L Lấy một điểm A trên d (A khác O). Xác định hình chiếu vuông góc (vuông góc) H của A \ lên (P ). Lúc đó (d, (P )) = (d, d0 ) = AOH. ! Nếu ϕ là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (α) thì ta luôn có 0 ◦ ≤ ϕ ≤ 90◦ . Ví dụ 23. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông góc √ [ = 60◦ và SA = a 2. Góc giữa đường thẳng SB và mặt với mặt phẳng đáy, AB = 2a, BAC phẳng (SAC) bằng A. 45◦ . B. 30◦ . C. 60◦ . D. 90◦ .  Hướng dẫn giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC ⇒ BH⊥(SAC) S Xét tam giác ABH vuông tại H, ta có √ \ = BH ⇒ BH = AB · sin 60◦ = a 3 sin BAH AB √ √ SB = SA2 + AB 2 = a 6. Xét tam giác SBH vuông tại H, ta có \ = BH = √1 ⇒ BSH \ = 45◦ sin BSH SB 2 \ = 45◦ . Vậy [SB,\ (SAC)] = BSH H A C B Ví √ dụ 24. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA ⊥ (ABC), SA = a 2 . Tính góc α giữa SC và mặt phẳng (SAB). 2 A. α = 45◦ . B. α = 30◦ . C. α = 90◦ . D. α = 60◦ .  Hướng dẫn giải: S Gọi H là trung điểm AB ⇒ CH ⊥ AB mặt khác SA ⊥ [ CH ⇒ CH ⊥ (SAB) ⇒… (SC, (SAB))√ = HSC √ 3 a 3 SC = SA2 + AC 2 = a ; CH = 2 √ 2 HC 2 [ = ⇒ sin HSC = ⇒ α = 45◦ . SC 2 A C H B Ví dụ 25. 14 Cho hình trụ đều ABCD.A0 B 0 C 0 D0 có tất cả các cạnh đều bằng 1 B 1 (tham khảo hình vẽ). Gọi ϕ là góc hợp bởi đường thẳng AC 0 0 1 A 0 với mặt phẳng√(BCC B ). Tính sin ϕ. √ 10 6 A. sin ϕ = . B. sin ϕ = . √4 √4 3 13 C. sin ϕ = . D. sin ϕ = . 4 4 C 1 1 B0 C0 A0  Hướng dẫn giải: 0 \ Gọi H là trung điểm của BC √ ta có ϕ = AC H. √ √ a 3 AH 6 Ta có AC 0 = 2, AH = nên sin ϕ = = . 0 2 AC 4 H B C A B0 C0 A0 Ví dụ 26. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0 B 0 C 0 có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B. √ Biết AB = a, BC 0 = a 2. Tính góc hợp bởi đường thẳng BC 0 và mặt phẳng (ACC 0 A0 ). A. 90◦ . B. 45◦ . C. 60◦ . D. 30◦ .  Hướng dẫn giải: A • Gọi H là trung điểm của AC. Do tam giác ABC vuông cân tại H C B nên BH ⊥ AC. Mặt khác ABC.A0 B 0 C 0 là lăng trụ đứng nên CC 0 ⊥ BH. Do đó BH ⊥ (ACC 0 A0 ). Suy ra góc giữa BC 0 với mặt 0 H. \ phẳng (ACC 0 A0 ) là góc BC √ • Ta có BC = AB = a √ nên AC = a 2. 1 a 2 Do đó HB = AC = . 2 2 HB 1 0H = 0 H = 30◦ . \ \ • sin BC = nên BC 0 BC 2 B A0 C0 B0 Ví dụ 27. 15 S Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD (hình vẽ bên). Gọi α là góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng (AHK), tính tan α. √ √ A. tan α = 3. B. tan α = √2. 1 3 C. tan α = √ . D. tan α = . 2 3 H K A B C D  Hướng dẫn giải: S Gọi L là giao điểm của SC và (AHK). Ta có AK ⊥ (SCD) và AH ⊥ (SBC) nên SC ⊥ (AKLH). L Do đó [ = α. (SD, (AHK)) = (SK, KL) = SKL H K Xét 4SAC ta có A SA2 = SL · SC ⇔ SL = SA2 a2 a = √ =√ . SC a 3 3 B O C D Mặt khác 4SLK ∼ 4SDC nên a √ ·a LK SK SK · DC a 2 = ⇔ LK = = √ =√ . DC SC SC a 3 6 Xét 4SLK ta có Vậy tan α = √ a √ √ SL 3 tan α = = a = 2. KL √ 6 2. 1. 3 Góc giữa hai mặt phẳng L Định nghĩa: m Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường n thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó. Hai mặt phẳng song song hoặc trùng nhau thì α β ◦ góc giữa chúng bằng 0 . L Diện tích hình chiếu của một đa giác Cho đa giác H nằm trong mặt phẳng (α) có diện tích là S và H 0 là hình chiếu vuông góc của H trên mặt phẳng (β). Khi đó diện tích S 0 của hình H 16 được tính theo công thức như sau: S 0 = S · cos ϕ với ϕ là góc giữa (α) và (β). L Cách xác định góc của hai mặt phẳng cắt nhau Bước 1. Tìm giao tuyến c của (α) và (β). β c Bước 2. Tìm hai đường thẳng a, b lần lượt thuộc hai mặt phẳng và a cùng vuông góc với c tại một điểm. α I Bước 3. Góc giữa (α) và (β) là góc giữa a và b. b Muốn tìm góc giữa hai mặt phẳng ta có thể tìm góc giữa hai nửa đường thẳng lần lượt nằm trên hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến của chúng. Một số trường hợp thường gặp: ¹ Trường hợp 1: ∆ABC = ∆DBC. A C D I B Gọi I là chân đường cao của ∆ABC. Nối DI. Vì ∆ABC = ∆DBC nên DI ⊥ BC. \ [ ⇒ ((ABC), (DBC)) = AID. ¹ Trường hợp 2: Xét góc giữa hai mặt phẳng (M AB) và (N AB) với 4M AB và 4N AB cân có cạnh đáy AB. N B M I A 17 Gọi I là trung điểm AB. Khi đó N I ⊥ AB và M I ⊥ AB. \ \ ⇒ ((M AB), (N AB)) = M IN . ¹ Trường hợp 3: Hai mặt phẳng cắt nhau (α) ∩ (β) = ∆. B I A Tìm giao tuyến ∆ của hai mặt phẳng. Dựng AB có hai đầu mút nằm ở trên hai mặt phẳng và vuông góc với một mặt. (giả sử là (β)). Chiếu vuông góc của A hoặc B lên ∆ là điểm I. [ là góc giữa hai mặt phẳng. ⇒ AIB \ [ ¹ Trường hợp 4: Nếu a ⊥ (α); b ⊥ (β) thì ((α), (β)) = (a, b). ¹ Trường hợp 5: Trường hợp khó vẽ được góc giữa hai mặt phẳng thì có thể dùng công thức phép chiếu diện tích đa giác. Ví dụ 28. (ACD0 ) và (ABCD) (tham khảo hình vẽ dưới đây). Giá trị tan α√bằng 2 6 . A. 3 √ 2 B. . 3 C. 2. D0 A0 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0 B 0 C 0 D0 có AB = a, √ √ BC = a 2, AA0 = a 3. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng B0 C0 √ 3 2 D. . 2 A B D C  Hướng dẫn giải: 18 D0 A0 Kẻ DO vuông góc với AC. Mà ta có AC ⊥ DD0 nên AC ⊥ D0 O. 0 OD = α. \ Do đó, [(ACD0 ), (ABCD)] = (D0 O, DO) = D B0 C0 Xét tam giác ACD vuông tại D, đường cao DO, ta có 1 1 1 1 1 3 = + = + = , DO2 AD2 CD2 2a2 a2 2a2 A D O √ a 6 suy ra DO = . 3 Tam giác D0 DO vuông tại D, ta có B C √ √ DD0 a 3 3 2 tan α = = √ = . DO 2 a 6 3 [ = 120◦ . Ví dụ 29. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy, SA = 2BC và BAC Hình chiếu của A trên các đoạn SB, SC lần lượt là M , N . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC)và (AM N ). A. 45◦ . B. 15◦ . C. 30◦ . D. 60◦ .  Hướng dẫn giải: Đặt BC = a. Dựng đường kính AD của đường tròn ngoại tiếp đáy.  CD ⊥ AC Ta có ⇒ CD ⊥ (SAC) ⇒ CD ⊥ AN . CD ⊥ SA Mà AN ⊥ SC ⇒ AN ⊥ (SCD) ⇒ AN ⊥ SD. S M Tương tự ta chứng minh SD ⊥ AM . Suy ra SD ⊥ (AM N ) lại có SA ⊥ (ABC) nên ((AHK), (ABC)) = (SD, SA) = [ ASD. √ BC 2a 3 Ta có AD = = . sin A √3 2a 3 √ AD 3 3 [ = [ = 30◦ . tan ASD = = ⇒ ASD SA 2a 3 N A B D C 19 Ví dụ 30. Cho hình chóp S S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M M , N lần lượt là trung điểm SB và SD (tham N khảo hình vẽ), α là góc giữa hai mặt phẳng (AM N √ ) và (SBD). Giá trị sin α √bằng 2 2 2 . B. . A. 3 √3 7 1 C. . D. . 3 3 A B D C  Hướng dẫn giải: S Gọi O là trung điểm của BD. Gọi I =  M N ∩ SO, P = AI ∩ SC. SB ⊥ AM Ta có ⇒ AM ⊥ (SBC) ⇒ AM ⊥ SC. BC ⊥ AM Tương tự ta có AN ⊥ SC P Suy ra SC⊥ (AM N ) M N k BD Mặt khác ⇔ M N ⊥ (SAO). BD ⊥ (SAO) Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (AM N ) và (SBD) là ‘ = α. góc giữa AI và SO hay là SIP Xét tam giác vuông SIP vuông tại P . Ta có. √ 1 6 SI = SO = a. 2 4 √ SA2 3 SP = = a (áp dụng hệ thức lượng cho tam SC 3 giác vuông SAC). √ SP 2 2 sin α = = . SI 3 M I N A B O D C Ví dụ 31. Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABC), đáy ABC là tam giác vuông tại C. [ = 60◦ , BSC [ = 45◦ , sin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng Cho ASC √ √ √ √ 6 7 42 6 A. . B. . C. . D. . 4 7 7 3  Hướng dẫn giải: 20 S Dựng AE ⊥ SB, AF ⊥ SC. Dễ dàng chứng minh được SB ⊥ (AEF ). E [. Góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là góc AEF √ √ Giả sử SA = 1 ⇒ SC = 2, BC = 2, AC = 3 và AB = 7, SB = √ 2 2. √ √ 3 14 Từ đó có AF = , AE = . 2 4 √ 42 Tam giác AF E vuông tại F nên sin F[ EA = . 7 F A B C Ví dụ 32. S Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = a và vuông góc (ABCD). Gọi M là trung điểm của BC (tham khảo hình vẽ bên). Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SM D) và (ABCD). 3 2 2 A. √ . B. √ . C. . 3 10 5 1 D. √ . 5 A B M C D  Hướng dẫn giải: Kéo dài DM cắt AB tại E. Kẻ AH ⊥ DM S (H ∈ DM ). Khi đó B là trung điểm của [ là góc giữa (SM D) và đáy. AE ,góc SHA AD · AE 2a Ta có AH = √ =√ . AD2 + √ AE 2 5 SA 5 [ = [ = tan SHA = ⇒ cos SHA AH 2 1 2 = . 3 [ 1 + tan2 SHA A B H E M C D Ví dụ 33. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn √ đường kính AB = 2a, SA = a 3 và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Côsin của góc giữa hai mặt√phẳng (SAD) và (SBC) √ bằng 2 2 . B. . A. 2 3 √ 2 C. . 4 √ D. 2 . 5  Hướng dẫn giải: 21 S Gọi I  là giao điểm của AD và BC. BD ⊥ AD Ta có ⇒ BD ⊥ (SAD). BD ⊥ SA Mà SI ⊂ (SAD) nên BD ⊥ SI. Kẻ DE⊥ SI tại E. SI ⊥ DE Ta có ⇒ SI ⊥ (BDE) ⇒ SI ⊥ BE. SI ⊥ BD Suy ra góc giữa (SAD) và (SBC) là góc giữa DE và BE. A B E √ SA 3 ‘ Tính: BD = a 3, sin AIS = =√ , SI 7 √ a 3 ‘= √ , DE = DI · sin AIS 7√ √ 2 6 BE = BD2 + DE 2 = √ . 7√ √ √ DE a 3 7 2 \= Khi đó cos BED = · √ = . BE 7 4 2a 6 √ C D I 1. 4 Một số bài toán áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian Ví dụ 34 ( THPT Nghèn - Hà Tĩnh, 2019). Cho khối lập phương ABCD.A0 B 0 C 0 D0 . Gọi M là trung điểm của AD, φ là góc giữa hai mặt phẳng (BM C 0 ) và (ABB 0 A0 ). Khẳng định nào dưới đây đúng? 3 A. cos φ = . 4 4 B. cos φ = . 5 1 C. cos φ = . 3 2 D. cos φ = . 3 B A M D C A0 D0 B0 C0  Hướng dẫn giải: 22 Do ABCD.A0 B 0 C 0 D0 là hình lập phương ⇒ M A, CB, C 0 B 0 cùng vuông góc với (ABB 0 A0 ) ⇒ 4M BC 0 có hình chiếu vuông góc lên B A • Cách 1: Tính góc theo công thức diện tích hình chiếu. M D C mặt phẳng (ABB 0 A0 ) là 4ABB 0 . Ta có S4ABB 0 = S4M BC 0 · cos φ ⇒ cos φ = S4ABB 0 . S4M BC 0 B0 A0 Xét tam giác M BC 0 , ta có √ 2 √ a 5a MB = M A2 + AB 2 = + a2 = . 4 2 √ C 0B = 2a. √ a2 3 M C0 = DM 2 + DC 02 = + 2a2 = a. 4 2 M B + M C 0 + BC 0 Đặt p = . 2 Áp dụng công thức Hê-rông ta có S4M BC 0 = D0 C0 » 3a2 p(p − M C 0 )(p − M B)(p − BC 0 ) = . 4 a2 S4ABB 0 1 3a2 2 ⇒ cos φ = = a2 : = . 2 S4M BC 0 2 4 3 • Cách 2:Phương pháp tọa độ hóa. Mặt khác S4ABB 0 = Không mất tính tổng quát, ta giả sử AB = 1. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với các tọa độ các điểm như sau: A0 (0, 0; 0), B 0 (0; 1; 0), D0 (1; 0; 0), A(0; 0; 1). Å ã 1 Khi đó ta có B(0; 1; 1), M ; 0; 1 , C 0 (1; 1; 0). 2 Å ã î Å ã # »0 # »0 # »ó 1 1 # » Ta có BC = (1; 0; −1), BM = ; −1; 0 , BC ; BM = −1; − ; −1 . 2 2 Từ đây suy ra véc-tơ pháp tuyến của các mặt phẳng (ABB 0 A0 ) và (BC 0 M ) lần lượt là Å ã 1 #» #» n 1 = (1; 0; 0), n 2 = 1; ; 1 . 2 | #» n 1 · #» n 2| Ta có cos φ = #» = | n | · | #» n | 1 2 1 +0·1 2 2 = . Å ã2 3 √ 1 12 + 02 + 02 · 12 + +1 2 1·1+0· 2 Vậy cos φ = . 3 23 Ưu điểm của hai cách tính này là không phải dựng góc a) Cách 1, mở tư duy vì thường ta chỉ chú ý việc chuyển bài toán tính diện tích thiết diện thành bài toán tính góc mà ít khi nghĩ đến hướng ngược lại. Đặc biệt ở đây ta chỉ cần ! “một phần thiết diện ” chính là 4BC 0 M . Việc tính diện tích tam giác này là khá đơn giản. b) Cách 2, nhấn mạnh việc tọa độ hóa bài toán liên quan đến hình lập phương là hướng đi tốt. Không cần nhiều tư duy hình. Ví dụ 35 (Thi thử, THPT Thiệu Hóa - Thanh Hóa, 2019). Cho hình lăng trụ đứng [ = 120◦ . Gọi I là trung điểm của CC 0 . Tính ABC.A0 B 0 C 0 có AB = AC = BB 0 = a, BAC 0 cosin của (ABC) và (AB√ I). √ góc tạo bởi hai mặt phẳng √ 2 3 5 30 A. . B. . C. . 2 12 10 √ D. 3 . 2  Hướng dẫn giải: B0 C0 y A0 I B √ a 3 2 B C A a − 2 A a C x Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ≡ O, C thuộc tia Ox, A0 thuộc tia Oy và B thuộc góc phần tư thứ II của mặt phẳng độ Oxy. Ç tọa √ å Ç å  √ a a 3 a a 3 a 0 Khi đó, A(0; 0; 0), B − ; ; 0 , C(a; 0; 0), B − ; ; a , I a; 0; . 2 2 2 2 2 Ta có: Ç å Ç √ √ å 2 î # » # »ó a a 3 a 3 # » # » • AB = − ; ; 0 và AC = (a; 0; 0) suy ra n#»1 = AB, AC = 0; 0; − . 2 2 2 Ç å Ç Ç √ √ √ å √ å î # » # »ó # »0 a a 3 a2 3 a2 3 5a2 a2 3 #» #» 0 • AB = − ; ; 0 và AI = 0; 0; − suy ra n2 = AB , AI = ; ;− . 2 2 2 4 4 2 Hai mặt phẳng (ABC) và (AB 0 I) lần lượt nhận n#»1 và n#»2 làm véc-tơ pháp tuyến. Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB 0 I), ta có √ |n#»1 · n#»2 | 30 #» #» cos ϕ = | cos(n1 , n2 )| = #» #» = . |n1 | · |n2 | 10 24 Ví dụ 36 ( Hà Huy Tập, 2019). Cho hình chóp S.ABCD. đáy là hình thang vuông tại A và B, AB = BC = a, AD = 2a. Biết SA vuông góc với đáy (ABCD), SA = a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm SB, CD. Tính √ √ sin góc giữa đường√thẳng M N và mặt phẳng √ (SAC). 3 5 2 5 5 55 A. . B. . C. . D. . 10 5 5 10  Hướng dẫn giải: z Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Ta có A(0; 0; 0), a a S(0; 0; a), C(a; a; 0), D(0; 2a; 0),B(a; 0; 0), M ; 0; , 2 2 Å ã a 3a N ; ;0 . 2 î2 # » # »ó Ta có AS, AC = a2 (−1; 1; 0), do đó mặt phẳng S M (SAC) có véc-tơ pháp tuyến là (−1; 1; 0). Mặt khác 3a a # » M N = (0; ; − ), suy ra đường thẳng M N có véc-tơ 2 2 chỉ phương (0; 3; −1). Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng M N và (SAC), ta có y A D B N C x √ |−1 · 0 + 1 · 3 + 0 · (−1)| 3 5 p sin ϕ = p = . 10 (−1)2 + 12 + 02 · 02 + 32 + (−1)2 Ví dụ 37 (Thi thử, Chuyên Sơn La). Cho lăng trụ đứng ABC.A0 B 0 C 0 có đáy ABC là [ = 120◦ , cạnh bên BB 0 = a, gọi I là trung điểm tam giác cân với AB = AC = a và BAC 0 CC 0 . Côsin √ góc giữa (ABC) và (AB I) bằng: √ 20 B. 30. . A. 10 √ √ 30 . C. 10 D. 30 . 5  Hướng dẫn giải: z C0 A0 B0 I y x C A O B 25 Gọi O là trung điểm BC, ta có: √ BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2AB.AC cos 120◦ = a2 + a2 − 2a · a…cos 120◦ = 3a2 ⇒ BC = a 3. √ 3 a Tam giác AOB vuông tại O có: AO = AB 2 − BO2 = a2 − a2 = . 4 2 Chọn hệ trục Oxyz (như hình vẽ). Ta có: Ç å Ç √ å √ a  3 3 a a; a , I 0; a; . A ; 0; 0 , B 0 0; − 2 2 2 2 #» Mặt phẳng (ABC) có một VTPT (0; 0; 1). Ç å Ç k =√ å √ # »0 a 3 a 3 a #» AB = − ; − a; a , AI = − ; a; . 2 2 2 2 2 Ç √ √ å î # » # »ó √ ä 3 3 2 1 2 3 2 1 Ä √ 0 ⇒ AB , AI = − a ;− a ;− a = − a2 3 3; 1; 2 3 . 4 4 2 4 Ä √ √ ä #» 0 Mặt phẳng (AB I) có một VTPT n = 3 3; 1; 2 3 . #» #» √ k ·n Ä #» ä 30 #» 0 cos ((ABC), (AB I)) = cos k , n = #» = . 10 k · | #» n| §2. Khoảng cách 2. 1 Khoảng cách từ một điểm tới một đường thẳng Để tính khoảng cách từ điểm O tới đường thẳng (d), ta thực hiện các bước sau: • Trong mặt phẳng (O; d), hạ OH ⊥ (d) tại H. • Tính độ dài OH dựa trên các công thức về hệ O thức lượng trong tam giác, tứ giác và đường tròn. H Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA vuông 2a góc với đáy và SA = 2a, AB = BC = a. Gọi M là điểm thuộc AB sao cho AM = . Tính 3 khoảng cách d√từ S đến đường thẳng CM. √ √ √ 2a 110 a 10 a 110 2a 10 A. d = . B. d = . C. d = . D. d = . 5 5 5 5  Hướng dẫn giải: 26 Trong  (SM C) kẻ SH ⊥ M C tại H. M C ⊥ SH Có ⇒ M C ⊥ (SAH) ⇒ M C ⊥ AH. M C ⊥ SA 1 a2 Diện tích tam giác ABC là SABC = AB · BC = · 2 2 1 a2 Diện tích tam giác M BC là SM BC = M B · BC = · 2 6 a2 a2 a2 ⇒ SAM C = SABC − SM BC = − = · 2 6 3√ √ 10a Xét 4BM C ⇒ M C = M B 2 + BC 2 = · 3 √ 2SAM C 2a 10 Độ dài cạnh AH = = · MC 10 √ √ a 110 Xét 4AHS ⇒ SH = AH 2 + SH 2 = · 5 S A C M H B Ví dụ 2. Cho hình lập phương ABCD.A0 B 0 C 0 D0 có cạnh bằng a. Khoảng cách từ điểm A 0 đến đường √ thẳng B D bằng √ a 3 a 6 A. . B. . 2 3 Vì √ a 6 C. . 2 √ a 3 D. . 3  Hướng dẫn giải:  AD ⊥ AB (ABCD là h.vuông) D0 AD ⊥ AA0 (ADD0 A0 là h.vuông) ⇒ AD ⊥ (ABB 0 A0 ) ⇒ AD ⊥ AB 0 . C0 Trong 4ADB 0 vuông tại A ta vẽ đường cao AH. Vậy AH = d (A, B 0 D). A0 B0 Theo hệ thức lượng trong 4ADB 0 H 1 1 1 1 1 = + = + AH 2 AD2 AB 02 a2 2a2 √ a 6 Suy ra AH = . 3 D A C B Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 1. Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông Tính khoảng cách từ A đến (SCD). √ góc với đáy (ABCD). √ √ 21 2 3 A. 1. B. . C. . D. 2. 7 3  Hướng dẫn giải: 27 S Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ (ABCD). Gọi K là trung điểm của CD ⇒ HK ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (SHK). I Trong mặt phẳng (SHK) dựng HI ⊥ SK ⇒ HI ⊥ (SCD). Ta có AH k (SCD) ⇒ d (A, (SCD)) = d (H, SCD) = HI. √ 3 Tam giác SAB đều ⇒ SH = và HK = 1. 2 √ 1 1 1 21 Xét ∆SHK có = + ⇒ HI = . 2 2 2 HI SH HK 7 A D H K B C Ví dụ 4. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, G là trọng tâm tam giác ABC. Góc giữa mặt bên với đáy bằng 60◦ . Khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBC) bằng A. a . 2 B. a . 4 C. 3a . 4 D. 3a . 2  Hướng dẫn giải: S Gọi I là trung điểm BC. Trong mặt  phẳng (SAI), kẻ GH ⊥ SI (1) BC ⊥ AI Ta có: ⇒ BC ⊥ (SAI) ⇒ BC ⊥ GH (2). BC ⊥ SI Từ (1),  (2) ⇒ GH ⊥ (SBC) ⇒ d (G; (SBC)) = GH.  (SBC) ∩ (ABC) = BC    Có: ⇒ ((SBC); (ABC)) = SI ⊥ BC    AI ⊥ BC ‘ = SIG ‘ = 60◦ . (SI; AI) = SIA √ √ √ 1 a 3 a 3 3 Ta có GI = AI = ⇒ GH = GI sin 60◦ = · = 3 6 6 2 a . 4 H A C I G B Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với √ mặt đáy và SA = AB = 3. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB. Khoảng cách từ G đến mặt phẳng √ (SBC) bằng √ 6 6 A. . B. . 3 6 C. √ √ 3. D. 6 . 2  Hướng dẫn giải: 28 S G M C A B Gọi Mlà trung điểm của SB ⇒ AM ⊥ SB (vì tam giác SAB cân). BC ⊥ AB Ta có ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AM . BC ⊥ SA  AM ⊥ SB Và ⇒ AM ⊥ (SBC) ⇒ GM ⊥ (SBC) tại M . AM ⊥ BC Do đó d (G, (SBC)) = GM . √ √ √ √ SB 6 AM 6 SB = AB 2 = 6, AM = = ⇒ GM = = . 2 2 3 6 2. 2 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng Phương pháp O Cho mặt phẳng (α) và một điểm O, gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm O trên mặt phẳng (α). Khi đó khoảng cách OH được gọi là khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (α), kí hiệu d (O, (α)) = OH M H α Tính chất 1. Nếu đường thẳng d song song với mặt phẳng (P ) thì khoảng cách từ mọi điểm trên đường thẳng d đến mặt phẳng (P ) là như nhau. # » # » Tính chất 2. Nếu AM = k BM thì d(A, (P )) = |k|d(B, (P )), trong đó (P ) là mặt phẳng đi qua M. Ví dụ 6. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông, AB = AC = a. Biết tam [ = 60◦ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Tính khoảng cách giác SAB có ABS d từ điểm A√đến mặt phẳng (SBC) theo a. √ a 21 . B. d = 3 3. A. d = 7 √ C. d = 2a 3. √ a 3 D. d = . 2 29   CA ⊥ AB    Ta có (ABC) ⊥ (SAB) ⇒ CA ⊥ (SAB).    (ABC) ∩ (SAB) = AB C Kẻ AK⊥ SB tại K và AH ⊥ CK tại H. SB ⊥ AK Ta có ⇒ SB ⊥ (ACK) ⇒ SB ⊥ AH. SB ⊥ CA  AH ⊥ CK A Do ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ d(A; (SBC)) = AH. AH ⊥ SB √ a 3 ◦ \ = a sin 60 = Xét 4ABK, ta có AK = AB · sin ABK . 2 √ 1 1 1 7 a 21 Xét 4ACK, ta có = + = 2 ⇒ AH = . AH 2 AK 2 AC 2 3a 7 H S K B Ví dụ 7. S Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là √ hình chữ nhật cạnh AB = a, AD = a 2, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 60◦ . Gọi M là trung điểm của cạnh SB (tham khảo hình vẽ). Tính khoảng cách từ điểm M tới mặt phẳng (ABCD). a A. d (M, (ABCD)) = . 2 3a B. d (M, (ABCD)) = . 2√ C. d (M, (ABCD)) = 2a 3. √ D. d (M, (ABCD)) = a 3. M A D B C [ = 60◦ .  Hướng dẫn giải: Do SA ⊥ (ABCD) suy ra góc giữa SC và đáy là SCA √ Do ABCD là hình chữ nhật nên AC = a 3. (1) (2) Trong tam giác vuông SAC có SA = AC · tan 60◦ = 3a. 1 3a Do M là trung điểm cạnh SB nên d(M, (ABCD)) = d(S, (ABCD)) = . 2 2 Ví dụ 8. Cho hình chóp đều S.ABCD, cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy là 60◦ . Tính khoảng cách từ điểm√B đến mặt phẳng (SCD). √ a a 3 a 3 A. . B. . C. . 4 4 2 D. a . 2  Hướng dẫn giải: 30 S Trong đó H là hình chiếu vuông góc của O lên (SCD), ta có d (B; (SCD)) BD = = 2 ⇒ d (B; (SCD)) = 2.d (O; (SCD)) = 2OH d (O; (SCD)) OD H Gọi  I là trung điểm của CD ta có SI ⊥ CD ‘ = 60◦ . ⇒ ((SCD) ; (ABCD)) = (OI; SI) = SIO OI ⊥ CD √ a 3 Xét tam giác SOI vuông tại O ta có SO = OI. tan 60◦ = · 2 Do SOCD là tứ diện vuông tại O nên 1 1 1 1 2 2 4 16 = + + = 2 + 2 + 2 = 2· 2 2 2 2 OH OC√ OD OS a √a 3a 3a a 3 a 3 ⇒ OH = ⇒ d (B; (SCD)) = · 4 2 A D 60◦ O B I C Ví dụ 9. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Khoảng cách từ √ điểm A đến mặt phẳng√(SBC) bằng a 165 a 165 A. . B. . 30 45 √ a 165 C. . 15 √ 2a 165 D. . 15  Hướng dẫn giải: S Gọi O là tâm của tam giác đều trung điểm của BC. s ABC vàÇH là √ å2 √ √ 2 a 3 a 33 Ta có SO = SA2 − AO2 = (2a)2 − · = . 3 2 3 sÇ √ å Ç √ å2 2 √ a 33 1 a 3 2 2 Ta có SH = SO + OH = + · = 3 3 2 √ a 15 . 2 Cách 1. √ √ √ 1 1 a 33 a2 3 a3 11 Tính VS.ABC = · SO · S4ABC = · · = . 3 3 √3 4 12 a3 11 √ 3 · 3VS.ABC a 165 12 √ Vậy d[A, (SBC)] = = = . S4SBC 15 1 a 15 · ·a 2 2 Cách 2. d[A, (SBC)] AH Ta có = = 3. Trong (SAH) vẽ OK ⊥ SH. d[O, (SBC)] OH  BC ⊥ AH Ta có ⇒ BC ⊥ (SAH) ⇒ BC ⊥ OK. BC ⊥ SO Mà OK ⊥ SH ⇒ OK ⊥ (SBC). Khi đó OK = d[O, (SBC)]. K A C O H B 31 Vì 4SOH vuông tại O có OK là đường cao √ a 165 1 1 1 1 1 = + = + 2 ⇒ OK = . 11 2 a OK 2 SO2 OH 2 45 a 3 12 √ √ a 165 a 165 Do đó d[A, (SBC)] = 3 · = . 45 15 Ví dụ 10. Cho hình lập phương ABCD.A0 B 0 C 0 D0 có cạnh bằng a. Khoảng cách từ điểm D đến mặt√phẳng (AD0 B 0 ) bằng √ a 3 a 2 A. . B. . 3 2 √ a 6 C. . 6 D. a.  Hướng dẫn giải: Gọi O, O0 lần lượt là tâm của các mặt (A0 B 0 C 0 D0 ) và 0 A D 0 ADD A . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A0 lên AO. Do A0 B 0 C 0 D0 là hình vuông nên A0 C 0 ⊥ B 0 D0 (1) AA0 ⊥ (A0 B 0 C 0 D0 ) ⇒ AA0 ⊥ B 0 D0 (2) B C O Từ (1) và (2) suy ra B 0 D0 ⊥ AA0 O. Kẻ A0 H ⊥ AO (3) Vì B 0 D0 ⊥ (AA0 O) ⇒ B 0 D0 ⊥ AH (4) Từ (3) và (4) suy ra A0 H ⊥ (AB 0 D0 ) 0 0 0 A0 0 H D0 O B0 C0 0 ⇒ A H = d(A , (AB D )). √ 0 0 √ √ A C a 2 0 0 0 A C = A0 D02 + D0 C 02 = a 2 ⇒ A O = = . 2 2 √ A0 A · A0 O A0 A · A0 O a 3 0 . Trong tam giác vuông AA O có AH = =√ = 0 2 0 2 3 AC √A A + A O a 3 Ta có : d (D, (AB 0 D0 )) = d (A0 , (AB 0 D0 )) = A0 H = . 3 √ a 3 Vậy d (D, (AB 0 D0 )) = . 3 √ \ Ví dụ 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh AB = 2a 3, góc BAD bằng 120◦ . Hai mặt phẳng SAB và SAD cùng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) √ bằng 45◦ . Tính khoảng √ cách h từ O đến mặt √ phẳng (SBC). a 3 3a 2 a 2 A. h = . B. h = . C. h = . D. h = 3a. 2 4 3  Hướng dẫn giải: 32 Vì   (SAB) ⊥ (ABCD) S ⇒ SA ⊥ (ABCD). Từ giả (SAD) ⊥ (ABCD) thiết ta suy ra ∆ABC đều và ∆SBC cân tại S. Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AM ⊥ BC và \ SM ⊥ BC do đó ((SBC), (ABCD)) = SM A = 45◦ . Gọi I là trung điểm của AM suy ra OI k BC ⇒ H OI k (SBC). Do đó d (O, (SBC)) = d (I, (SBC)) . A ◦ 120 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SM, ta có I d (I, (SBC)) = IH. 45 O Vì ∆ABC đều và vuông cân nên √ ∆SAM √ √ 2a 3 · 3 AM = SA = = 3a ⇒ SM = 3a 2. 2 IM · SA Vì ∆HIM ∼ ∆SAM nên IH = = SM 1 √ 3a · 3a 2 √ = 3a 2 . 4 3a 2 B ◦ D M C Ví dụ 12. Cho khối chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABC), √ tam giác ABC đều cạnh a3 3 (tham khảo hình vẽ bên). a và thể tích khối chóp S.ABC bằng 12 Tính khoảng√cách h từ điểm A đến mặt phẳng √ √ (SBC). a 3 a 3 2a a 3 . D. h = √ . C. h = . B. h = √ . A. h = 2 7 7 7 S C A B  Hướng dẫn giải: Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên BC và SH. Ta có d (A, (SBC)) = AK. • VS.ABC 3VS.ABC 1 = SABC · SA ⇒ SA = SABC 3 √ a3 3 = 24√ = a. a 3 4 • Xét tam giác SAH vuông tại A có S K C A H B √ a 21 7 4 1 1 1 1 . = 2 + 2 = 2 ⇔a= + = 7 3a 3a a SA2 AH 2 AK 2 √ Ví dụ 13. Cho hình chóp S.ABCD với đáy là hình chữ nhật có AB = a, BC = a 2, √ SA ⊥ (ABCD) và SA = a 3. Gọi M là trung điểm của SD và (P ) là mặt phẳng đi qua B, M sao cho (P ) cắt mặt phẳng (SAC) theo một đường thẳng vuông góc với BM . Khoảng 33 cách từ điểm √ S đến (P ) bằng √ 2a 2 a 2 A. . B. . 3 9 √ a 2 C. . 3 √ 4a 2 D. . 9  Hướng dẫn giải: S Gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD. G là giao điểm của SO và BM . Suy ra G là trọng tâm của tam giác SAC và SBD. M Gọi N là giao điểm của (P ) và SA. H là hình chiếu vuông góc của B lên AC. K là hình chiếu vuông góc N K G của H lên BG. √ A D 1 1√ a 3 H 2 2 I Ta có OA = AC = AB + BC = . 2 2 2 √ O 1 a 2 B C Gọi I là trung điểm AB ⇒ OI = · BC = . 2 2 √ 1 1 OI · AB a 6 SABO = · OI · AB = · BH · OA ⇒ BH = = . 2 2 3 √ AO √ a 3 4ABH vuông tại H có AH = AB 2 − BH 2 = . 3 √ a 3 1 OH OG 2 ⇒ AH = = AC ⇒ = = ⇒ GH k SA 3 3 AH OS 3 Ta có BH ⊥ (SAC) ⇒ BH ⊥ N G  N G ⊥ BM Khi đó ⇒ N G ⊥ GH ⇒ N G k AC ⇒ (P ) k AC và SN = 2AN.  BH ⊥ N G d (S, (P )) = 2d (A, (P )) = 2d … √ (H, (P )) = 2HK. √ 2 √ 1 a 3 a a 6 4OSA có GH = SA = ; 4AHB vuông tại H có BH = AB 2 − AH 2 = a2 − = . 3 3 3 3 √ 1 1 1 HG2 · HB 2 a 2 4GHB vuông tại H có = + ⇒ HK = = . HK 2 HG2 HB 2 HG2 + HB 2 3 Ví dụ 14. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Góc giữa mặt bên với mặt đáy bằng 60◦ . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng a a 3a 3a A. . B. . C. . D. . 2 4 2 4  Hướng dẫn giải: 34 S Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, M là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của G lên SM . \ Theo đề góc giữa (SBC) và (ABC) là góc SM A = 60◦ . Do G là trọng tâm tam giác ABC ta có AM = 3GM , suy ra d (A, (SBC)) = 3d (G, (SBC)) = 3GH H Trong 4GHM vuông tại H√có √ 1 a 3 3 a GH = GM · sin 60◦ = · · = . 3 2 2 4 3a Suy ra d (A, (SBC)) = 3GH = . 4 A C G M B Ví dụ 15. Cho ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD); góc giữa SC với (ABCD) bằng 45◦ . Khoảng cách từ trọng tâm G của mặt phẳng (SAC) bằng√ √ tam giác SBC đến √ a 55 a 55 2a 55 A. . B. . C. . 33 22 33 √ a 21 D. . 21  Hướng dẫn giải: Gọi H là trung điểm của AB. S Vì tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD). [ = 45◦ . Suy ra Khi đó góc giữa SC với (ABCD) là SCH F tam giác SCH vuông cân tại H nên SH = CH = √ √ a 5 2 2 BC + BH = . 2 M a A G D E a H GM 1 d(G, (SAC)) = = (với M là trung điểm SC). d(B, (SAC)) BM 3 B d(B, (SAC)) BA Hơn nữa = = 2. d(H, (SAC)) HA 2 Khi đó d(G, (SAC)) = d(H, (SAC)). 3 Kẻ HE ⊥ AC (trong mặt phẳng (ABCD)). Khi đó AC ⊥ (SHE). Ta có 45◦ C Kẻ HF ⊥ SE (trong mặt phẳng (SHE)). Khi đó HF ⊥ (SAC) hay HF = d(H, (SAC)). a a Ta có tam giác AHE vuông cân tại E và AH = nên HE = √ . 2 2 2 Hơn nữa, vì tam giác SHE vuông tại H và có đường cao HF nên 1 1 1 4 8 = + = + ⇔ HF = HF 2 HE 2 SH 2 5a2 a2 √ 55a . 22 √ √ 2 2 55a 2 55a Vậy khoảng cách cần tìm là d(G, (SAC)) = d(H, (SAC)) = · = . 3 3 22 33 35 Ví dụ 16. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0 B 0 C 0 có cạnh đáy A0 C0 B0 bằng a. Biết góc giữa hai mặt phẳng (A0 BC) và (A0 B 0 C 0 ) bằng 60◦ , M là trung điểm của B 0 C. Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (A0 BC). √ 3 1 3 A. a. B. a. C. a. 8 3 6 √ 6 D. a. 3 M A C B  Hướng dẫn giải: d(M, (A0 BC)) MC 1 Ta có = = ; d(B 0 , (A0 BC)) = d(A, (A0 BC)). 0 0 d(B, (A BC)) BC 2 Vì (A0 B 0 C 0 ) k (ABC) nên góc giữa (A0 BC) và (A0 B 0 C 0 ) bằng góc A0 C0 B0 giữa (A0 BC) và (ABC). 0 HA là góc giữa hai \ Kẻ AH ⊥ BC tại H ⇒ A0 H ⊥ BC. Suy ra, A 0 HA = 60◦ . \ mặt phẳng (A0 BC) và (ABC). Do đó, A Kẻ AK ⊥ A0 H tại K ⇒ AK ⊥ (A0 BC). K A M C 0 H Do đó, d(A, (A√ BC)) = AK. B a 3 0 3a 0 HA = \ Ta có AH = ; A A = AH · tan A . 2 2 AA0 · AH 3a Tam giác A0 AH vuông tại A có AK là đường cao, suy ra AK = √ = . 4 AA02 + AH 2 1 3a 0 Vậy d(M, (A BC) = AK = . 2 8 √ Ví dụ 17. Cho hình chóp S.ABC có SA = a 3, SA ⊥ (ABC), tam giác ABC vuông tại B và AB = a. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).  Hướng dẫn giải: S Do SA ⊥ (ABC) và SA ⊂ (SAB) nên (SAB) ⊥ (ABC). Mà (SAB) ∩ (ABC) = AB và AB ⊥ BC nên BC ⊥ (SAB). Do BC ⊂ (SBC) H nên (SBC) ⊥ (SAB). Kẻ AH ⊥ SB với H ∈ SB. A C Do (SAB) ∩ (SBC) = SB nên AH ⊥ (SBC) ⇒ d (A, (SBC)) = AH. Do SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ AB nên 1 1 1 1 1 4 = + = 2 + 2 = 2. 2 2 2 AH SA AB √ 3a a 3a 3a Vậy d (A, (SBC)) = . 2 B 36 Ví dụ 18. Cho hình chóp S.ABCD có tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD), tứ giác ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi H là trung điểm của AB. Tính khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD).  Hướng dẫn giải: S Do tam giác SAB đều và H là trung điểm của AB nên SH ⊥ AB. Mà (SAB) ⊥ (ABCD). Nên SH ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ CD. K Do ABCD là hình vuông nên gọi E là trung điểm của CD nên A HE ⊥ CD. Vậy CD ⊥ (SHE). B D H C E Mà CD ⊂ (SCD) nên (SCD) ⊥ (SHE). Ta có (SCD) ∩ (SHE) = SE. Kẻ HK ⊥ SE với K ∈ SE nên HK ⊥ (SCD). Khi đó d (H, (SCD)) = HK. Vì AB = a nên SH = √ 3a . 2 Do ABCD là hình vuông nên HE = a. Vì SH ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ HE. √ √ 1 1 1 7 21a 21a Khi đó = + = 2 . Nên HK = . Vậy d (H, (SCD)) = . 2 2 2 HK SH HE 3a 7 7 Ví dụ 19. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = 1, AC = √ 3. Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).  Hướng dẫn giải: S Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ (ABC). Gọi K là trung điểm AC, suy ra HK ⊥ AC. E Kẻ HE ⊥ SK (E ∈ SK) . Khi đó d (B, (SAC)) = 2d (H, (SAC)) √ SH.HK 2 39 = . = 2HE = 2. √ 13 SH 2 + HK 2 A K C H B Ví dụ 20. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên là 2a và diện tích đáy là 4a2 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).  Hướng dẫn giải: 37 S Gọi O = AC ∩ BD ⇒ SO ⊥ (ABCD). Ta có d (A, (SBC)) = 2d [O, (SBC)]. Kẻ  OE ⊥ BC, OF ⊥ SE ta có BC ⊥ OE ⇒ BC ⊥ (SOE) . ⇒ BC ⊥ OF mà OF ⊥ BC ⊥ SO SE ⇒ OF ⊥ (SBC). 2 F A D 2 Ta có SABCD = AB = 4a ⇒ AB = 2a ⇒ OE = a. √ √ Ta có AC = 2a 2 ⇒ OA = a 2 ⇒ SO = √ √ SA2 − OA2 = a 2. √ 1 1 1 3 a 6 Ta có = + = 2 ⇒ OF = . OF 2 OS 2 √OE 2 2a 3√ a 6 2a 6 ⇒ d (O, (SBC)) = ⇒ d (A, (SBC)) = . 3 3 O B C E Ví dụ 21. Cho hình chóp S.ABC có cạnh SA = SB = SC = a và SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. Tính theo a khoảng cách h từ điểm S đến mặt phẳng (ABC) . A Gọi H là chân đường cao hạ từ S xuống (ABC) và M = AH ∩ BC. Ta có SH  ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ BC ⇒ BC ⊥ SH. SA ⊥ SB Lại có ⇒ SA ⊥ (SBC) ⇒ SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ SA. SA ⊥ SC  BC ⊥ SH Như vậy ⇒ BC ⊥ (SAM ) ⇒ BC ⊥ SM. BC ⊥ SA Từ SA ⊥ (SBC) ⇒ SA ⊥ SM 1 1 1 1 1 1 3 a Do đó = + = + + = 2 ⇒h= √ . 2 2 2 2 2 2 SH SA SM SA SB SC a 3 H S C M B 2. 3 Khoảng cách giữa đường và mặt song song - giữa hai mặt song song a) Cho đường thẳng d song song với mặt phẳng (α), để tính khoảng cách giữa d và (α) ta thực hiện • Chọn điểm A trên d sao cho khoảng cách từ A tới (α) được xác định dễ nhất. • Kết luận d(d; (α)) = d(A, (α)). b) Cho hai mặt phẳng song song (α), (β). Để tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng ta thực hiện các bước • Chọn điểm A trên (α) sao cho khoảng cách từ A tới (β) được xác định dễ nhất. • Kết luận d((β); (α)) = d(A, (β)). 38 \ = BAA \0 = Ví dụ 22. Cho hình hộp ABCD.A0 B 0 C 0 D0 có các cạnh đều bằng a và BAD \0 = 60◦ . Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy (ABCD) và A0 B 0 C 0 D0 . DAA  Hướng dẫn giải: A0 Hạ A0 H ⊥ AC. Ta có BD ⊥ (OAA0 ) suy ra BD ⊥ A0 H ⇒ D0 A0 H ⊥ (ABCD). Do (ABCD) k (A0 B 0 C 0 D) nên A0 H là khoảng cách giữa hai mặt đáy. √ B0 C0 2 a 3 A0 .ABD là hình chóp đều nên AH = AO = . 3 3 √ 2a2 a 6 0 A H = A A − AH = ⇒AH = . 3 3 0 2 0 2 2 A D O B C Ví dụ 23. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, mặt bên (SBC) vuông góc với đáy. Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm AB, SA, AC. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (M N P ) và (SBC). S Ta chứng minh được (M N P ) k (SBC). Suy ra d((M N P ); (SBC)) = d(P ; (SBC)). AP AP ∩ (SBC) = C suy ra d(P ; (SBC)) = d(A; (SBC)) = AC 1 d(A; (SBC)). 2 Gọi K là trung điểm của BC. Tam giác ABC đều suy ra AK ⊥ N A BC. P C Do (ABC) ⊥ (SBC) theo giao tuyến BC nên AK ⊥ (SBC). K M √ a 3 Do đó, d(A; (SBC)) = AK = . B √ 2 a 3 Vậy d((M N P ); (SBC)) = . 4 √ Ví dụ 24. Cho hình chóp S.ABCD có SA = a 6 và vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đáy (ABCD) là nửa lục giác đều nội tiếp trong đường tròn đường kính AD = 2a. a) Tính khoảng cách từ A, B đến mặt phẳng (SCD). b) Tính khoảng cách từ đường thẳng AD đến mặt phẳng (SBC). c) Tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD với √ mặt phẳng (α) song song với mặt a 3 phẳng (SAD) và cách (SAD) một khoảng bằng . 4 a) 39 Ta có (SCD) ⊥ (SAC). Hạ AH ⊥ SC ⇒ AH ⊥ S (SCD). Suy ra AH là khoảng cách từ A tới (SCD). √ 1 1 1 Xét 4SAB : = + ⇒ AH = a 2. 2 2 2 AH AC SA Gọi I là trung điểm của AD, suy ra H I A BI k CD ⇒ BI k (SCD) ⇒ d(B, (SCD)) = d(I, (SCD)). Mặt khác, AI ∩ (SCD) = D, nên d(I, (SCD)) = d(A, (SCD)) B ID 1 = . AD 2 D C √ a 2 Suy ra d(I, (SCD)) = . 2 b) Ta có AD k CD ⇒ AD k (SBC) ⇒ d(AD, (SBC)) = d(A, (SBC)). Hạ AK ⊥ BC, ta có BC ⊥ (SAK) ⇒ (SBC) ⊥ (SAK) và (SBC) ⊥ (SAK) = AK. Hạ AG ⊥ SK, suy ra AG ⊥ (SBC). Xét 4SAK, ta có √ 1 1 1 a 6 = + ⇒ AG = . AG2 SA2 AK 2 3 c) Ta có AK ⊥ (SAD). Giả sử (α) k (SAD) cắt AK tại E, khi đó √ a 3 1 d((α), (SAD)) = AE = = AK. 4 2 Suy ra E là trung điểm của AK. Ta xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (α) qua E và song song với (SAD). Thiết diện là hình thang vuông M N P Q với M, N, Q, P là trung điểm của AB, CD, SB, SC. √ a2 6 Ta tính được SM N P Q = . 2 2. 4 Đoạn vuông góc chung, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Phương pháp. Ta có các trường hợp sau: 1) Trường hợp 1 Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau và a ⊥ b. b a • Ta dựng mặt phẳng (α) chứa a và vuông góc với b B tại B. • Trong (α) dựng BA ⊥ a tại A, ta được độ dài đoạn A α AB là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b. 40 2) Trường hợp 2 Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau nhưng không b B M A M0 vuông góc với nhau. • Ta dựng mặt phẳng (α) chứa a và song song với b. • Lấy một điểm M tùy ý trên b và dựng M M 0 vuông a α góc với (α) tại M 0 . • Từ M 0 dựng b0 song song với b cắt a tại A. • Từ A dựng AB song song với M M 0 cắt b tại B, độ dài đoạn AB là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b. Nhận xét a) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một trong hai đường thẳng đó và mặt phẳng song song với nó chứa đường thẳng còn lại. b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó. Ví dụ 25. B0 Cho hình lập phương ABCD.A0 B 0 C 0 D0 có cạnh bằng 1 (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA0 và BD bằng 1 A. . B. 1. 2 √ √ 2 C. 2. D. . 2 C0 A0 D0 B C A D  Hướng dẫn giải: B0 Gọi O  là trung điểm của BD. AO ⊥ AA0 Ta có AO ⊥ BD. √ AC 2 Suy ra d(AA0 , BD) = AO = = . 2 2 C0 A0 D0 B C O A D Ví dụ 26. Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a > 0, AC = BD = b > 0, AD = BC = c > 0. Các biểu thức a2 + b2 − c2 , a2 + c2 − b2 , c2 + b2 − a2 đều có giá trị dương. Khoảng cách d giữa hai đường … thẳng AB và CD bằng b 2 + c 2 + a2 A. d = . 2 161 -Bùi Thị Xuân Tp Huế … B. d = 41 a2 + c 2 − b 2 . 2 TT Quốc Học Huế 41 … C. d = … b 2 + c 2 − a2 . 2 D. d = b 2 + a2 − c 2 . 2  Hướng dẫn giải: Gọi E, F lần lượt là trung điểm cảu AB và CD. A Dễ chứng minh được các tam giác CED cân tại E và tam giác AF B cân tại F . Suy ra EF là đoạn vuông góc chung của AB và CD. Vậy d = EF . b 2 + c 2 a2 Trong tam giác ABC trung tuyến CE 2 = − . 2 4 Trong tam giác CF E vuông tại F có: Å 2 ã √ b + c 2 a2 a2 2 2 F E = CE − CF = − − . 2 4 4 … 2 2 2 b +c −a Suy ra d = EF = . 2 E B D F C Ví dụ 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD. √ √ A. 2a. B. a 2. C. a 3. D. a.  Hướng dẫn giải: S Vì CD k AB nên CD k (SAB). Mà SB ⊂ (SAB) nên d(CD, SB) = d [CD, (SAB)] = d [D, (SAB)] . Ta có  DA ⊥ SA (SA ⊥ (ABCD)) A ⇒ DA ⊥ (SAB), D DA ⊥ AB do đó d [D, (SAB)] = DA = a. B C Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD là a. Ví dụ 28. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng 1, biết √ SC và AB. SO = √2 và vuông góc với mặt √ đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng√ √ 5 2 2 2 A. . B. . C. 2. D. . 3 3 3  Hướng dẫn giải: 42 S Vì AB k (SCD) nên d(AB, SC) = d(AB, (SCD)) = d(M, (SCD)), trong đó M là trung điểm của AB. Gọi N là trung điểm của CD và H là hình chiếu vuông góc được SN = … của M trên (SCD) thì H ∈ SN . Tính √ 2 BC 3 1 2 SO2 + = và S4SM N = SO · M N = . 4 2 2 2 2S4SM N Do đó d(AB, SC) = d(M, (SCD)) = M H = = SN √ 2 2 . 3 H A D M O N B C Ví dụ 29. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0 B 0 C 0 có đáy là tam giác vuông cân, AB = AC = a, AA0 = 2a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB 0 và BC 0 . 2a a a A. √ . B. √ . C. √ . 21 3 21 2a D. √ . 17  Hướng dẫn giải: A0 Gọi I, K lần lượt là trung điểm BC 0 và AC. ⇒ AB 0 k IK ⇒ AB 0 k (BKC 0 ). 0 0 0 0 C0 B0 0 ⇒ d(AB ; BC ) = d (AB ; (BKC )) = d(C; (BKC )). 1 a3 0 0 0 0 Mặt khác VC .BKC = VABC.A B C = . 6 6 √  a 5   BK =   √  2√  2 a 21 a 17 ⇒ S∆BKC 0 = . 0 KC =  4  2   √   BC 0 = a 6 3VC 0 .BKC 2a Suy ra d(AB 0 ; BC 0 ) = d(C; (BKC 0 )) = =√ . S∆BKC 0 21 I A C K B Ví dụ 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng 1, biết √ SO = √2 và vuông góc với mặt SC và AB. √ đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng√ √ 5 2 2 2 A. . B. . C. 2. D. . 3 3 3  Hướng dẫn giải: S Vì AB k (SCD) nên d(AB, SC) = d(AB, (SCD)) = d(M, (SCD)), trong đó M là trung điểm của AB. Gọi N là trung điểm của CD và H là hình chiếu vuông góc được SN = … của M trên (SCD) thì H ∈ SN . Tính √ 2 BC 3 1 2 SO2 + = và S4SM N = SO · M N = . 4 2 2 2 2S4SM N Do đó d(AB, SC) = d(M, (SCD)) = M H = = SN √ 2 2 . 3 H A M B D O N C 43 Ví dụ 31. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0 B 0 C 0 có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, AC = 2a; cạnh bên AA0 = 2a. Hãy dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng BC 0 và AA0 .  Hướng dẫn giải: C0 A0 H B0 E F A C B Ta có AA0 k BB 0 ⇒ AA0 k (BB 0 C 0 C). Vì (A0 B 0 C 0 ) ⊥ (BB 0 C 0 C) theo giao tuyến B 0 C 0 nên trong mặt phẳng (A0 B 0 C 0 ), kẻ A0 H ⊥ B 0 C 0 tại H, ta có: A0 H ⊥ (BB 0 C 0 C) ⇒ A0 H ⊥ BC 0 . Trong mặt phẳng (BB 0 C 0 C), kẻ HF k AA0 (F ∈ BC 0 ). Trong mặt phẳng (HF, AA0 ), kẻ F E k A0 H (E ∈ AA0 ) ⇒ F E ⊥ BC 0 . Ta có AA0 ⊥ (A0 B 0 C 0 ) ⇒ AA0 ⊥ A0 H ⇒ AA0 ⊥ F E. Do đó EF là đoạn vuông góc chung của AA0 và BC 0 . 1 1 1 1 1 5 Trong tam giác vuông A0 B 0 C 0 ta có: 0 2 = 0 02 + 0 02 = 2 + 2 = 2 . AH AB AC a 4a 4a √ 2a 5 Suy ra EF = A0 H = . √5 2a 5 Vậy d(AA0 , BC 0 ) = . 5 Ví dụ 32. Cho lăng trụ đều ABC.A0 B 0 C 0 có tất cả các cạnh bằng nhau. Xác định đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng A0 B và B 0 C.  Hướng dẫn giải: 44 A N C B M E I F A0 C0 N0 B0 Gọi M , N , N 0 lần lượt là trung điểm của AA0 , AC, A0 C 0 . BN ⊥ AC Ta có ⇒ BN ⊥ (ACC 0 A0 ) ⇒ BN ⊥ C 0 M . BN ⊥ AA0 Mà C 0 M ⊥ A0 N nên C 0 M ⊥ (A0 BN ). Do đó C 0 M ⊥ A0 B. Tương tự ta có C 0 M ⊥ (B 0 N 0 C) ⇒ C 0 M ⊥ CB 0 . Vậy ta có đường thẳng C 0 M vuông góc với cả hai đường thẳng A0 B và B 0 C. Lấy điểm I thuộc BB 0 . Gọi E là giao điểm của M I và A0 B; F là giao điểm của IC 0 và B 0 C. Ta cần tìm vị trí của I để EF k C 0 M . IE FI BI IB 0 Ta có EF k C 0 M ⇔ = ⇔ = . ME F C 0 0 M A0 CC 0 BI IB Do CC 0 = 2M A0 nên = ⇔ IB 0 = 2BI. 0 MA CC 0 Vậy I là điểm thuộc đoạn BB 0 sao cho IB 0 = 2BI thì EE là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng A0 B và B 0 C với E là giao điểm của M I và A0 B; F là giao điểm của IC 0 và B 0 C. Ví dụ 33. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. SA = 2a và vuông góc với mặt đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.  Hướng dẫn giải: 45 S H A D I C B Trong mặt phẳng (ABC), dựng hình thoi ACBD, ta có: BD k AC ⇒ AC k (SBD). ⇒ d(AC, SB) = d(AC, (SBD)) = d(A, (SBD)). Gọi I là trung điểm của BD, ta có: BD ⊥ AI và BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAI). ⇒ (SBD) ⊥ (SAI) theo giao tuyến SI. Trong mặt phẳng (SAI), kẻ AH ⊥ SI tại H, ta có: AH ⊥ (SBD) ⇒ AH = d(A, (SBD)). Tam giác SAI vuông tại A có đường cao AH. 1 1 1 1 4 19 ⇒ = + = 2+ 2 = . 2 2 2 AH SA AI 4a √ 3a 12a2 12a2 2a 57 ⇒ AH 2 = hay AH = . 19 19 √ 2a 57 Vậy d(SB, AC) = . 19 Ví dụ 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy và SA = a. M là trung điểm của SB. Tính khoảng cách giữa các đường thẳng: a) SC và BD. b) AC và SD. c) SD và AM .  Hướng dẫn giải: 46 S M K A E B H I O D C  BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAC) tại O. BD ⊥ AC Trong mặt phẳng (SAC), kẻ OH ⊥ SC tại H, ta có OH ⊥ SC và OH ⊥ BD (vì BD ⊥ (SAC)). a) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có: Vậy OH là đoạn vuông góc chung của BD và SC. √ a 2 √ ·a OH SA OC.SA a 6 [ ⇒ OH = Ta có = = sin ACS = 2√ = . OC SC SC 6 a 3 √ a 6 Vậy d(SC, BD) = OH = . 6 b) Dựng hình bình hành ACDE, ta có: AC k DE ⇒ AC k (SDE). ⇒ d(AC, SD) = d(AC, (SDE)) = d(A, (SDE)). Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ AI ⊥ DE tại I, ta có  DE ⊥ AI ⇒ DE ⊥ (SAI). DE ⊥ SA ⇒ (SDE) ⊥ (SAI) theo giao tuyến SI. Trong mặt phẳng (SAI), kẻ AK ⊥ SI tại K, ta có:√AK ⊥ (SDE) ⇒ AK = d(A, (SDE)). a 2 Ta có AIDO là hình bình hành nên AI = OD = . 2 1 1 1 2 1 3 Trong tam giác vuông SAI ta có: = + = 2 + 2 = 2. 2 2 2 AK AI SA a a a √ a 3 Suy ra AK = . 3 √ a 3 Vậy d(AC, SD) = d(A, (SDE)) = AK = . 3 c) Ta có OM k SD và AC k DE nên (AM C) k (SDE). √ a 3 Suy ra d(SD, AM ) = d((AM C), (SDE)) = d(A, (SDE)) = AK = . 3 47 2. 5 Một số bài toán áp dụng phương pháp tọa độ trong không gian Ví dụ 35 (Thi thử Lần 1, THPT Ninh Bình - Bạc Liêu, Ninh Bình, 2019). Cho hình lăng trụ đều ABC.A0 B 0 C 0 có tất cả các cạnh đều bằng a. M là trung điểm của AA0 . 0 Tìm khoảng cách giữa hai đường √ thẳng M B và BC. √ a a 3 a 6 A. . B. . C. . 2 2 3 D. a.  Hướng dẫn giải: L Cách 1: a Đặt b = . Gọi O, O0 lần lượt là trung điểm BC, B 0 C 0 . 2 Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, ta có O(0; 0; 0), B(−b; 0; 0), √ # » C(b; 0; 0), B 0 (−b; 0; 2b), M (0; b 3; b), BC = (2b; 0; 0), √ # » # » M B 0 = (−b; −b 3; −b), CB 0 = (−2b; 0; 2b). A0 Khoảng cách giữa M B 0 và BC là M # » # » # » √ [BC, M B 0 ] · CB 0 √ a 3 0 d(M B , BC) = =b 3= . # » # » 2 [BC, M B 0 ] z C0 B0 y x A C O B L Cách 2: Do BC k B 0 C 0 nên A C d (M B 0 , BC) = d (BC, (M B 0 C 0 )) = d (B, (M B 0 C 0 )) . B M 0 BE BB = = 2. AE AM Nên d (B, (M B 0 C 0 )) = 2d (A0 , (M B 0 C 0 )). Gọi E = M B 0 ∩ A0 B. Ta có E H A0 C0 Kẻ A0 H ⊥ M I suy ra A0 H ⊥ (M B 0 C 0 ). I Do đó B0 A0 I · A0 M d (A0 , (M B 0 C 0 )) = A0 H = √ A0 I 2 + A0 M 2 √ a 3 a √ · a 3 2 2 = … 2 = . 4 3a a2 + 4 4 √ a 3 Vậy d (M B , BC) = 2A H = . 2 0 0 48