Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.. Phương pháp giải Muốn chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng α người ta thường dùng một trong hai cách sau đây: * Chứng minh đ
Trang 1Nhóm toán 11 - Trường THPT Phước Long 10/4/2011
ÔN TẬP HỌC KÌ II
Phần :HÌNH HỌC
§ 1 : VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN – HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC
A.Lý thuyết cần nắm:
•Quy tắc ba điểm:uuur uuur uuurAB BC+ =AC A B C, ∀ , ,
•Quy tắc hình bình hành:uuur uuur uuurAB AD+ =AC ABCD, là hình bình hành
•Quy tắc tìm hiệu hai véctơ có cùng điểm đầu:OB OA ABuuur uuur uuur− =
•Quy tắc hình hộp:uuur uuurAB AD AA+ +uuur uuuur' =AC ABCD A B C D' , ' ' ' 'là hình hộp
•Nếu I là trung điểm của đoạn AB ta có:IA IB Ouur uur ur+ = và MA MBuuur uuur+ = 2MIuuur, ∀M
•Nếu G là trọng tâm ∆ABC ta có:GA GB GCuuur uuur uuur r+ + = 0 và MA MB MCuuur uuur uuuur+ + = 3MG Muuuur, ∀
B.Bài tập:
Dạng 1:Chứng minh đẳng thức véctơ
Cách giải: *Biến đổi vế trái bằng vế phải.
*Biến đổi vế phải bằng vế trái.
*Lấy hai vế đẳng thức trừ nhau và cm bằng véctơ không…
Bài 1:Cho tứ diên ABCD.Cmr:uuur uuur uuur uuurAC BD+ =AD BC+
Giải:
C1:Ta có uuur uuur uuurAC=AD DC+ ;BD BC CDuuur uuur uuur= +
⇒ uuur uuurAC BD+ = uuur uuurAD DC+ +uuur uuurBC CD+ =uuur uuurAD BC+
C2: Biến đổi vế phải bằng vế trái.
C3:Ta cóuuur uuurAC BD+ − (uuur uuurAD BC+ ) =(uuur uuurAC AD− ) (+ uuur uuurBD BC− )=uuur uuur rDC CD+ = 0 ⇒ uuur uuur uuur uuurAC BD+ =AD BC+
Bài 2:Cho tứ diện ABCD, gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và BC,G là trọng tâm
∆BCD.Cmr:
2
MN = AB DC+
uuuur uuur uuur
b/uuur uuur uuurAB AC AD+ + = 3uuurAG
Giải:
a/Ta có MNuuuur uuur uuur uuur=MA AB BN+ +
MN =MC CD DN+ +
uuuur uuuur uuur uuur
2MN
⇒ uuuur= MA AB BNuuur uuur uuur+ + +MC CD DNuuuur uuur uuur+ + =uuur uuurAB DC+ (vì M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và BC)
1
2
MN AB DC
⇒uuuur= uuur uuur+
b/Ta cóuuur uuur uuurAB AC AD+ + =(uuur uuurAG GB+ ) (+ uuur uuurAG GC+ ) (+ uuur uuurAG GD+ ) = 3uuurAG+(GB GC GDuuur uuur uuur+ + ) = 3uuurAG
(Vì G là trọng tâm ∆ABC nên GA GB GCuuur uuur uuur r+ + = 0)
Bài 3:Cho hình chóp S.ABCD Cmr:SA SCuur uuur uur uuur+ =SB SD+
Bài 4:Cho tứ diện ABCD,gọi M,N lần lượt là trung điểm của AC và BD,I là trung điểm của
MN.Cmr:
a/IA IB IC IDuur uur uur uur r+ + + = 0 (Điểm I được gọi là trọng tâm của tứ diện ABCD)
b/MA MB MC MDuuur uuur uuuur uuuur+ + + = 4MIuuur, ∀M
Bài 5:Cho hình lập phương ABCD.EFGH.Cmr:
2
AE= AF AH AC+ −
uuur uuur uuuur uuur
2
AG= AF AH+ +AC
uuur uuur uuuur uuur
Bài 6:Cho hình lập phương OABC.DEFG,gọi I là tâm của hình hộp.Cmr:
2
OIuur= OA OC ODuuur uuur uuur+ + b/uuur uuur uuur uuurAG OC OD OA= + − c/BIuur uuur uuur uur=FE FG FI+ −
A
D
A
B
C
D M
N G
Trang 2Dạng 2:Phân tích một véctơ theo các véc tơ không cùng phương cho trước:
Bài 1:Cho tứ diện OABC,M là trung điểm của BC phân tích uuuurAM theo OA OB OCuuur uuur uuur, ,
Bài 2:Cho tứ diện OABC,gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và OC phân tích MNuuuur theo
, ,
OA OB OCuuur uuur uuur
Bài 3:Cho tứ diện ABCD,trên cạnh AD lấy điểm P sao cho 3AP=2AD.Trên cạnh BC lấy điểm Q
sao cho 3BQ=2BC.Phân tích uuurPQ theo uuur uuur uuurAB AC AD, ,
Bài 4:Cho tứ diện ABCD,M là trung điểm của BD, G là trọng tâm ∆ACD, phân tích MNuuuur theo
, ,
BA BD BC
uuur uuur uuur
Bài 5:Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình bình hành tâm O.Phân tích SDuuur theo uuur uuur uuurAB AC SO, ,
Bài 6 :Cho hình chóp S.ABCD,đáy ABCD là hình bình hành tâm O.Trên cạnh SD lấy điểm H sao
cho SD=5HD.Phân tíchCHuuur theo OA OBuuur uuur uuur, ,OS
Bài 7:Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' '.GọiM =BC' ∩B C' ,phân tíchuuuurAM theoBA BC BBuuur uuur, ,uuur'
Bài 8:Cho hình hộpABCD A B C D ' ' ' ',phân tích AAuuuur' theoDA DB DCuuuur uuuur uuuur' , ' , '
Dạng 3: Chứng minh ba véctơ đồng phẳng:
Cách giải:
C1:Dùng định nghĩa,chứng minh giá của ba véctơ đó cùng song song với một mặt phẳng C2:Dùng định lí:a br r, không cùng phương,c ma nb m nr= r+ r, , ∈ ¡ ⇒ a b cr r r, , đồng phẳng.
Bài 1:Cho hình chóp S.ABC,trên cạnh SA lấy M sao choMSuuur= − 2MAuuur,trên cạnh BC lấy N sao cho 2
NC= − NB
uuur uuur
.Cmruuur uuuur uuurAB MN SC, , đồng phẳng
Bài 2:Cho hình hộp ABCD.EFGH,gọi I,K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC,chứng
minh rằng AF,uuur uur uuurIK ED, đồng phẳng
Dạng 4:Cm đường thẳng d vuông góc với đường thẳng ∆
Cách giải:
C1.Gọi u vr r, là vtcp của đương thẳng d và đường thẳng ∆.Ta có:d⊥ ∆ ⇔u vr r = 0
C2: ( )
( )
d
d
α
α
⊥
∆ ⊂
Bài 1:Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC,AS· B ASC BSC= · = · Cmr:
a/SA⊥BC b/SB⊥AC c/ SC⊥AB
Giải:
a/Ta có uur uuur uur uuur uurSA BC SA SC SB. = ( − ) =SA SC. .cos AS· C SA SB c− osAS· B=0vì SA=SB=SC, AS· B = AS· C suy raSA⊥BC b/ và c/ giải tương tự
Bài 2:Cho tứ diện ABCD có AB=AC=AD và ·BAC BA= · D 60 = 0.Cmr:
a/AB⊥CD
b/Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và CD.Cmr:MN ⊥AB MN; ⊥CD
Giải :
a/Ta có:
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
AB CD AB AD AC AB AD AB AC AB AD c BA AB AC c BAC vì AB=AC=AD và
0
60
BAC∧ =BAD∧ =
AB CD
b/Ta có AC=AD⇒∆ACD cân tại A mà N là trung điểm của CD⇒AN⊥CD⇒AN CDuuur uuur = 0
Mặt khác theo câu (a) ta có AB⊥CD mà M là trung điểm của AB⇒MA CD⊥ ⇒MA CDuuur uuur = 0
Do đó MN CDuuuuruuur =(MA AN CD MA CD AN CDuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur+ ) = + = 0 ⇒MN⊥CD
Tương tự :MN ⊥AB
S
A
B C
A
B
C D M
N
Trang 3Nhóm toán 11 - Trường THPT Phước Long 10/4/2011
Bài 3:Trong không gian cho hai tam giác đều ABC và ABD có chung cạnh AB và nằm trong hai mp
khác nhau.Gọi M,N,P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AC,CB,BD,DA.Cmr:
a/AB⊥CD
b.Tứ giác MNPQ là hình chữ nhật
Bài 4:Cho tứ diện đều ABCD cạnh a,gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BCD.
a/Cmr:AO⊥CD b/Gọi M là trung điểm của CD.Tính góc giữa AC và BM
Bài 5:Cho tứ diện SABC có SA,SB,SC đôi một vuông góc.Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên
(ABC), SA=a,SB=b,SC=c và SH=h.Cmr:
a/Các cặp cạnh đối của tứ diện vuông góc
b/H là trực tâm của ∆ABC
c/∆ABC có các góc là góc nhọn
d/ 2 2 2 2
h =a +b +c
HD a/Dựa vào gt SA,SB,SC đôi một vuông góc ta cm được các cặp cạnh
đối của tứ diện vuông góc nhau
b/Theo gt ta cóSH ⊥(ABC)⇒BC⊥SH(1)
Mà SA SB BC SA
SA SC
⊥
⊥
( )( ) 1 2
BC AH
⇒ ⊥ (3) Tương tự ta cm đượcBH⊥AC(4)
( ) ( ) 3 4
⇒ H là trực tâm ∆ABC
c/Áp dụng định lí côsin trong ∆ABC ta cm cosA, cosB, cosC dương suy ra ∆ABC có các góc là góc nhọn
d/Gọi I =SH∩BC ta có SI⊂(SAH);từ (1) và (2) ta có BC⊥(SAH)⇒BC⊥SI
∆SBC vuông tại S có đường cao SI 2 2 2
SI SB SC
∆SAI vuông tại S có đường cao SH 2 2 2
SH SA SI
Từ (5) và (6) suy ra: 2 2
SH = SA 12 12
SB SC
+ + 12 12 12 12
h a b c
§ 2 ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG
1 Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.
Phương pháp giải
Muốn chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng ( )α người ta thường dùng một trong hai cách sau đây:
* Chứng minh đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng ( )α
* Chứng minh đường thẳng a song song với đường thẳng b mà b vuông góc với ( )α
Ví dụ: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA (⊥ ABCD) Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB, SC Chứng minh:
a/ BD⊥(SAC) b/ MN ⊥(SAB)
Giải a/BD⊥ AC vì đáy ABCD là hình vuông.
BD⊥SA vì SA (⊥ ABCD) và BD (⊂ ABCD)
Do đó BD⊥(SAC) b/ ta có: M,N lần lượt là trung điểm
A
S
B
C H
I
S
C D
M N
Trang 4của SB, SC ⇒MN/ /BC (1)
Mặt khác:
BC⊥ AB vì đáy ABCD là hình vuông.
BC⊥SA vì SA (⊥ ABCD)
Từ đó suy ra BC⊥(SAB) (2)
Từ (1) và (2) ta có MN⊥(SAB)
2 Chứng minh hai đường thẳng vuông góc với nhau bằng cách chứng minh
đường thẳng này vuông góc với mặt phẳng chứa đường thẳng kia.
Phương pháp giải:
* Muốn chứng minh đường thẳng a vuông góc với đường thẳng b, ta tìm mặt
phăng (P) chứa đường thẳng b sao cho việc chứng minh a⊥( )P dễ thực hiện
* Sử dụng định lí ba đường vuông góc
Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhậtvà cạnh bên
SA (⊥ ABCD).Chứng minh các mặt bên của hình chóp đã cho
là những tam giác vuông S
Giải
SA⊥(ABCD)⇒SA⊥AB và SA⊥AD
Vậy các tam giác SAB và SAD là các tam
giác vuông tại A
CD DA CD (SAD) CD SD
⊥
⊥
Chứng minh tương tự ta có:
CB AB CB (SAB) CB SB
⊥
Vậy tam giác SDC vuông tại D và tam giác SBC vuông tại B
Cách khác: Muốn chứng minh tam giác SDC vuông tại D ta có thể áp dụng
định lí 3 đường vuông gócvà lập luận như sau:
Đường thẳng SD có hình chiếu vuông góc trên mặt phẳng (ABCD)
là AD Theo định lí 3 đường vuông góc vì CD⊥ AD nên CD⊥SD và
ta có tam giá SDC vuông tại D
Tương tự, ta chứng minh được CB⊥SB và ta có tam giá SBC
vuông tại B
BÀI TẬP
1 Hai tam giác cân ABC và DBC nằm trong hai mặt phẳng khác nhau có chung cạnh đáy BC tạo nên tứ diện ABCD Gọi I là trung điểm của cạnh BC.
a/ Chứng minh BC⊥ AD
b/ Gọi AH là đường cao của tam giác ADI.
Chứng minh AH vuông góc với mặt phẳng (BCD).
2 Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A và có cạnh bên Sa
vuông góc với mặt phẳng đáy là (ABC) Gọi D là điểm đối xứng của điểm
B qua trung điểm O của cạnh AC Chứng minh rằng CD CA⊥ và CD⊥(SCA)
§ 3 HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC
1.Chứng minh 2 mặt phẳng vuông góc
Phương pháp giải:
*Chứng minh mặt phẳng này chứa 1 đường thẳng vuông góc với
mặt phẳng kia
*Chứng minh góc giữa hai mặt phẳng bằng 900
2 Xác định góc giữa 2 mặt phẳng
Phương pháp giải:
Cách thường dùng để xác định góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là:
• Xác định giao tuyến d của hai mặt phẳng (P) và (Q)
B A
C D
Trang 5Nhóm toán 11 - Trường THPT Phước Long 10/4/2011
• Trên (P) tìm AI ⊥d , trên (Q) tìm BI ⊥d
• ·AIB là góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q).
CÁC VÍ DỤ:
Ví dụ 1: Cho hình chóp S ABC có SA ⊥(ABC) Trong tam giác ABC vẽ các đường cao AE và CF cắt nhau tại O Gọi H là trực tâm của tam giác SBC
CMR: a) S, H, E thẳng hàng
b) (SBC) ⊥(SAE), (SBC) ⊥(CFH)
c) OH ⊥(SBC)
Giải:
a) + SA ⊥ (ABC), AE ⊥ BC ⇒SE ⊥ BC
(Theo định lí 3 đường vuông góc)
Mà H là trực tâm của tam giác SBC nên
S, H, E thẳng hàng
b) * Ta có : BC ⊥ AE, BC ⊥ SE
⇒BC ⊥ (SAE)
Mà BC ⊂(SBC) nên (SBC) ⊥ (SAE)
* Vì SA ⊥ (ABC) →SA ⊥ CF và AB ⊥ CF ⇒CF ⊥(SAB)⇒CF ⊥SB
Mặt khác do H là trực tâm tam giác SBC ⇒CH ⊥ SB
Từ đó suy ra SB ⊥ (CFH), mà SB ⊂(SBC)⇒(SBC)⊥(CFH)
c) Theo chứng minh trên ta có:
+ BC ⊥ (SAE), OH ⊂(SAE)⇒BC ⊥OH
+ SB ⊥ (CFH), OH ⊂(CFH)⇒SB⊥OH
Mà BC và SB cắt nhau tại B trong mặt phẳng (SBC)→OH ⊥(SBC).
Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD Gọi S là điểm trong không gian sao cho SAB là tam giác đều và mặt
phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Gọi H và I lần lượt lần lượt là trung điểm của AB và BC
a)CMR: (SAB) ⊥ (SAD), (SAB) ⊥ (SBC)
b)Tính góc giữa 2 mặt phẳng (SAD) và (SBC)
c)Chứng minh rằng (SHC) ⊥ (SDI)
Giải:
a)* Ta có H là trung điểm của AB
- Vì SAB là tam giác đều ⇒ SH ⊥ AB
Do (SAB) ⊥ (ABCD),
(SAB) ∩(ABCD) = AB
⇒SH ⊥ (ABCD) ⇒SH ⊥ AD (1)
- Vì ABCD là hình vuông⇒ AB ⊥AD (2)
- Từ (1) và (2) ⇒AD ⊥ (SAB)
Mà AD ⊂(SAD) Vậy (SAD) ⊥ (SAB)
* Lập luận tương tự ta có (SBC) ⊥(SAB)
b)* Xác định góc giữa 2 mặt phẳng (SAD)
và (SBC):
- Ta có AD ⊂(SAD), BC ⊂ (SBC), AD // BC ⇒(SAD)∩(SBC) = St // AD
- Vì (SAD) ⊥ (SAB), (SBC) ⊥ (SAB) ⇒St ⊥ (SAB) ⇒St ⊥SA, St ⊥ SB
Vậy góc giữa 2 mặt phẳng (SAD) và (SBC) là góc ASB
* Tính góc ASB:
Vì tam giác SAB đều nên góc ·SAB = 60o
Vậy góc giữa 2 mặt phẳng (SAD) và (SBC) bằng 60o
c)Vì ABCD là hình vuông, H, I lần lượt là trung điểm của AB và BC nên HC⊥DI
Mặt khác do SH ⊥ (ABCD) ⇒SH ⊥ DI
Vậy DI ⊥ (SHC), mà DI ⊂(SDI)⇒(SDI)⊥(SHC)
BÀI TẬP
1.Cho tứ dien ABCD có AB⊥CD và AH⊥(BCD) tại H
a/CMR: (ABH) ⊥(BCD) và (ABH) ⊥(ACD)
b/Xác định góc giữa 2 mặt phẳng (ACD) và (BCD)
D
C I
S
B
H
A
t
Trang 62.Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD), SA = a
a/CMR: (SAB) ⊥(ABCD), (SAB) ⊥ (SAD)
b/CMR: (SAB) ⊥ (SBC), (SAC) ⊥(SBD)
c/CMR: giao tuyến của 2 mặt phẳng (SAD) và (SBC) vuông góc với (SAB)
d/Tính góc giữa các cặp mặt phẳng (SCD) và (SAD), (SCD) và (ABCD),
(SAD) và (SBC)
3 Cho tam giác ABC vuông tại B Một đoạn thẳng AD vuông góc với mặt
phẳng (ABC) Chứng minh rằng mặt phẳng (ABD) vuông góc với mặt
phẳng (BCD)
Từ điểm A trong mặt phẳng (ABD) ta vẽ AH vuông góc với BD, chứng
minh rằng AH vuông góc với mặt phẳng (BCD)
4 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoiABCD cạnh a và có
SA = SB = SC = a Chứng minh:
a/ Mặt phẳng (ABCD) vuông góc với mặt phẳng (SBD)
b/ Tam giác SBD là tam giác vuông tại S
5 Cho hình chóp đều S.ABC Chứng minh:
a/ Mỗi cạnh bên của hình chóp đó vuông góc với cạnh đối diện
b/ Mỗi mặt phẳng chứa một cạnh bên và đường cao của hình chóp đều vuông góc với cạnh đối diện
§ 4 KHOẢNG CÁCH
A Lí thuyết cần nắm
1 Khoảng cách từ O đến đường thẳng a là độ dài đoạn OH ⊥ a với H ∈a, kí hiệu là d(O, a)
Chú ý: d(O,a) = OH ≤OM với mọi M ∈a
2 Khoảng cách từ O đến mặt phẳng (α ) là độ dài đoạn OH ⊥ (α) với H ∈(α),
kí hiệu là d(O, (α ))
Chú ý: d(O,(α )) = OH ≤OM với mọi M ∈(α )
3 Khoảng giữa đường thẳng a mặt phẳng (α ) song song với a là khoảng cách từ một điểm A bất kì thuộc a tới mp(α ) kí hiệu là d(a, (α)) = d(A,(α)) với A ∈(α )
4 Khoảng giữa hai mặt phẳng song song (α ) và (β) là khoảng cách từ một điểm M bất kì trên mặt phẳng này đến mp kia Kí hiệu là d((α ),(β)) = d(M,(β)) với M ∈(α )
Hay d((α ),(β)) = d(N,(α)) với N∈(β)
5 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là độ dài của đoạn vuông góc chung giữa hai đ,th đó
B Bài tập
Bài 1: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng a và đường cao SO = 3
3
a Gọi I là
trung điểm của BC và K là hình chiếu vuông góc của O lên SI
a) Tính khoảng cách từ O đến SA b) Chứng minh: BC ⊥ (SOI) c) Chứng minh: OK ⊥ (SBC) d) Tính khoảng cách từ O đến (SBC)
Giải a) Khoảng cách từ O đến SA
Ta có : AI = 3
2
AO = 2
3AI =
3 3
a và OI = 1
3AI =
3 6
a
Hạ OH ⊥ SA Khi đó OH là khoảng cách từ O đến SA
Tam giác SOA vuông tại O có OH là đường cao nên:
Trang 7Nhóm toán 11 - Trường THPT Phước Long 10/4/2011
1 2 12 12 32 32 62
2
b) Chứng minh BC ⊥ (SOI)
Ta có : BC ⊥ SO ( Vì SO ⊥ (ABC)) và BC ⊥ SI nên BC ⊥ (SOI)
c) Chứng minh OK ⊥ (SBC)
Ta có : BC ⊥ (SOI) và OK ⊂(SOI) ⇒ OK ⊥ BC
Mặt khác OK ⊥ SI Vậy OK ⊥ (SBC)
d) Khoảng cách từ O đến (SBC)
Dễ thấy OK là khoảng cách từ O đến (SBC)
Tam giác SOI vuông tại O có OK là đường cao nên:
2 2
15
a OK
15 15
a OK
Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD , cạnh đáy bằng a và đường cao SO =
2
a
a) Tính khoảng cách từ O đến SD
b) Gọi I là trung điểm của BC và K là hình chiếu vuông góc của O lên SI
* Chứng minh: BC ⊥ (SOI)
* Chứng minh: OK ⊥ (SBC) c) Tính khoảng cách từ O đến mp(SBC)
d) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SI và DC
Giải
a) Khoảng cách từ O đến SD:
Ta có : BD = AB 2 = a 2 D D 2
O
Hạ OH ⊥ SD thì OH là khoảng cách từ O đến SD
Tam giác SOD vuông tại O, có OH là đường cao nên:
6
a OH
b) * Chứng minh BC ⊥ (SOI)
Ta có: BC ⊥ SO ( vì SO ⊥ (ABCD))
Và BC ⊥ OI
Nên: BC ⊥ (SOI)
* Chứng minh OK ⊥ (SBC)
Theo trên : BC ⊥ (SOI) ⇒ OK ⊥ BC
Mặt khác : OK ⊥ SI
Nên : OK ⊥ (SBC)
c) Khoảng cách từ O đến (SBC)
Ta có: OK ⊥ (SBC) ⇒ OK là khoảng cách từ O đến (SBC)
Tam giác SOI vuông tại O, có OK là đường cao nên :
12 12 12 42 42 82 2
4
a OK
d) Khoảng cách giữa SI và DC
Ta có : CI SI
CI DC
⊥
Độ dài đoạn thẳng CI là khoảng cách giữa SI và DC Mặt khác CI =
2
a
Vậy : khoảng cách giữa SI và DC là
2
a
Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B
Trang 8với AB = BC =
2
AD
= a và SA ⊥ (ABCD) , SA = a 6 a) Chứng minh rằng: ∆SAB và ∆SBC là các tam giác vuông b) Xác định và tính góc giữa mp(SCD) và mp(ABCD)
c) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A lên SD và SC
Đường thẳng EF cắt mp(ABCD) tại G Chứng minh rằng: AF ⊥ SD
và ba điểm A, B, G thẳng hàng
Giải
a) C/M SAB∆ và SBC∆ vuông
• SA AB⊥((ABCD ABCD)) ⇒SA AB⊥ ⇒ ∆SAB
• SA BC⊥⊂((ABCD ABCD)) ⇒SA BC⊥ (1)
Mặt khác BC AB⊥ (2)
Từ (1) và (2) ⇒ BC ⊥(SAB)⇒BC SB⊥ ⇒ ∆SBC vuông tại B
b) Xác định và tính góc giữa mp(SCD) và mp(ABCD)
Gọi I là trung điểm của AD Ta có BC = AI ; BC // AI và ·IAB ABC=· =1v
ABCI
⇒ là hình vuông
2
AD
CI AI
⇒ = = Xét ∆ACD có
2
AD
CI AI= = ⇒ ∆ACD vuông tại C ⇒DC AC⊥ Mặt khác SA⊥(ABCD)⇒SA CD⊥ (2)
Từ (1) và (2) ⇒ Góc giữa 2 mp(SCD) và mp(ABCD) là góc ·SCA
Trong SAC∆ vuông tại A ta có:
2
SA a
AC a
c) Ta có AF ⊥ SC (gt) (1)
AF (2)
CD SAC
Trang 9Nhóm toán 11 - Trường THPT Phước Long 10/4/2011
Từ (1) và (2) ⇒ AF ⊥ (SCD) ⇒ AF ⊥ SD (3)
Ta có AE ⊥ SD (gt) (4)
Từ (3) và (4) ⇒ SD ⊥ (AEF) mà AG ⊂ (AEF) ⇒ SD ⊥ AG (5)
Mắt khác AG ⊥ SA ( Do SA ⊥ (ABCD) và AG ⊂ (ABCD) ) (6)
Từ (5) và (6) ⇒ AG ⊥ (SAD) (7)
Ta có AB ⊥ (SAD) ( Vì AB ⊥ SA và AB ⊥ AD ) (8)
Từ (7) và (8) ⇒ AG trùng với AB ⇒ Ba điểm A, B, G thẳng hàng
Bài 4: (ĐHKII 2010)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a và SA vuông
góc với mặt phẳng (ABCD); SA = 15
2
a
a) Chứng minh: BD vuông góc SC b) Gọi M là trung điểm BC Tinh góc giữa đường thẳng SM và mp(ABCD) c) Tính khoảng cách từ tâm O đến mp(SBC)
Giải a) Dễ dàng
b) Vì SA ⊥ (ABCD) nên AM là hình chiếu
vuông góc của SM trên (ABCD)
Khi đó (SM; (ABCD)) = (SM;AM) = ·SMA
Xét tam giác SAM vuông tại A
15 2
5 2
a SA
c) Xét (ABCD), từ O kẻ đường thẳng song song
với BC cắt AB tại I và cắt CD tại K
Từ I kẻ IH ⊥ SB tại H (3)
Ta lại có BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ IH (4)
Từ (3) và (4) suy ra IH ⊥ (SBC)
Do IK // BC nên IK // (SBC)
Khi đó d(O;(SBC)) = d(I;(SBC)) = IH
Xét ∆IHB đồng dạng với SAB∆ ta được IH SA IB
SB
=
Ta có: SA = 15
2
a ; IB =
2
a