Tài liệu hình học không gian dành cho học sinh lớp 11 - TOANMATH.com

Tính khoảng cách từ hình chiếu vuông góc của đỉnh đến một mặt bên Phương pháp xác định khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh đến một mặt phẳng bên.. • Bước 1.[r]

(1)

Mục lục

1 ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN 3

A Tóm tắt lý thuyết

B Bài tập rèn luyện

Dạng 0.1 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng

Dạng 0.2 Tìm thiết diện hình(H)khi cắt mặt phẳng(P)

Dạng 0.3 Tìm giao điểm đường thẳng mặt phẳng 14

Dạng 0.4 Tìm thiết diện hình(H)khi cắt mặt phẳng(P) 23

Dạng 0.5 Chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng qui, chứng minh điểm thuộc đường thẳng cố định 24

2 QUAN HỆ SONG SONG 51 HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG 51 A Tóm tắt lý thuyết 51

2 ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 52

A Tóm tắt lý thuyết 52

B Bài tập rèn luyện 53

Dạng 2.1 Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng song song với mặt phẳng 53

Dạng 2.2 Thiết diện hình chóp bị cắt mặt phẳng(α)và song song với đường thẳng cho trước Tính diện tích thiết diện 63

3 HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 82

4 KHỐI LĂNG TRỤ 92

5 BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 111

3 QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN 125 ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG 125

2 HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC 145

Dạng 2.1 Chứng minh hai mặt phẳng vng góc 146

3 GĨC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 155

Dạng 3.1 Tính góc hai đường thẳng 155

4 GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 160

A Góc hai đường thẳng 160

Dạng 4.1 Tính góc hai đường thẳng 160

C Góc đường thẳng mặt phẳng 164

Dạng 4.2 Xác định tính góc đường thẳng mặt phẳng 165

D Bài tập rèn luyện 165

(2)

2 MỤC LỤC

Dạng 4.3 Tính góc hai mặt phẳng 173

F Bài tập rèn luyện 174

5 KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 188

A Phương pháp giải toán 188

B Bài tập mẫu 189

Dạng 5.1 Tính khoảng cách nhờ tính chất tứ diện vuông 206

6 HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 211

Dạng 6.1 Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo 211

(3)

Chương 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

A. Tóm tắt lý thuyết

1 Mặt phẳng

Mặt phẳng, mặt bàn, mặt nước hồ yên lặng, mặt sàn nhà, cho ta hình ảnh phần mặt phẳng

2 Điểm thuộc mặt phẳng

Cho điểm Avà mặt phẳng(α) Khi điểm Athuộc mặt phẳng(α), ta nói Anằm trên(α) hay mặt phẳng(α)chứa A, hay mặt phẳng(α)đi qua điểm Avà kí hiệu A ∈ (α), biểu diễn hình2

Tính chất 1. Có đường thẳng qua hai điểm phân biệt Tính chất 2. Có mặt phẳng qua ba điểm khơng thẳng hàng

Tính chất 3. Nếu đường thẳng có hai điểm phân biệt thuộc mặt phẳng điểm đường thẳng thuộc mặt phẳng

Tính chất 4. Tồn bốn điểm khơng thuộc mặt phẳng

Tính chất 5. Nếu hai mặt phẳng phân biệt có điểm chung có điểm chung chúng cịn điểm chung khác

3 Cách xác định mặt phẳng Có ba cách xác định mặt phẳng:

• Mặt phẳng hồn tồn xác định biết mặt phẳng qua ba điểm không thẳng hàng

• Mặt phẳng hồn tồn xác định biết mặt phẳng qua điểm chứa đường thẳng khơng qua điểm

• Mặt phẳng hoàn toàn xác định biết mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt

4 Hình chóp tứ diện

• Trong mặt phẳng (α) cho đa giác lồi A1A2A3 .An Lấy điểm S không

thuộcmặt phẳng(α)và nối điểmSvới đỉnh A1, A2,A3, ., An ta

ntam giácSA1A2,SA2A3, .,SAnA1 Hình gồm đa giác A1A2A3 .An vàntam

giácSA1A2,SA2A3, .,SAnA1được gọi hình chóp, kí hiệu làS.A1A2A3 .An • S gọi đỉnh hình chóp, đa giác A1A2A3 .An, tam giác SA1A2,

SA2A3, .,SAnA1được gọi mặt bên hình chóp,SA1,SA2,SA3, .,SAn

được gọi cạnh bên hình chóp

• Tên hình chóp gọi theo tên đa giác đáy Hình chóp tam giác cịn gọi hình tứ diện

Hình tứ diện có bốn mặt tam giác gọi tứ diện

(4)

4 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN

S

A B

C Hình chóp tam giác

(hình tứ diện)

S

A D

B C

Hình chóp tứ giác

S

A D

B C Hình chóp tứ giác có

đáy hình thang S

A D

B C Hình chóp tứ giác có

đáy hình bình hành

B. Bài tập rèn luyện

DẠNG 0.1 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng

Phương pháp giải: Muốn tìm giao tuyến hai mặt phẳng, ta tìm hai điểm chung phân biệt thuộc hai mặt phẳng Nối hai điểm chung giao tuyến cần tìm

Bài 1. Cho tứ giác ABCD cho cạnh đối không song song với Lấy điểmSkhông thuộc mặt phẳng(ABCD) Xác định giao tuyến

1 Mặt phẳng(SAC)và mặt phẳng(SBD) Mặt phẳng(SAB)và mặt phẳng(SCD) Mặt phẳng(SAD)và mặt phẳng(SBC)

Lời giải.

(5)

5

Khi

®

H ∈ AC

H ∈ BD ⇒ H ∈ (SAC)∩ (SBD) (1)

Dễ thấyS ∈(SAC)∩(SBD) (2) Từ (1) và(2) suy SH giao tuyến hai mặt phẳng(SBD)và(SAC) Gọi K giao điểm hai đường

thẳngCDvàAB Khi

®

K∈ AB

K∈ CD ⇒ K ∈ (SAB)∩(SCD) (3)

Dễ thấyS ∈(SAB)∩(SCD) (4) Từ (3) và(4) suy SK giao tuyến hai mặt phẳng(SAB)và(SCD) Gọi L giao điểm hai đường

thẳngADvàBC Khi

®

L∈ AD

K ∈ BC ⇒ L ∈ (SAD)∩(SBC) (5)

Dễ thấyS ∈(SAD)∩(SBC) (6) Từ (5) (6) suy SL giao tuyến hai mặt phẳng(SAD)và(SBC)

S

A

D H

K

L

B

C

Bài 2. Cho tứ diện ABCD Gọi I, Jlần lượt trung điểm cạnhAD, BC Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(IBC)và mặt phẳng(J AD)

2 Lấy điểmMthuộc cạnhAB,Nthuộc cạnhACsao choM,Nkhơng trung điểm Tìm giao tuyến mặt phẳng(IBC)và mặt phẳng(DMN)

Lời giải.

1 Do giả thiết I ∈ ADnên I ∈ (J AD) Suy I ∈ (BCI)∩(ADJ) (1)

Tương tự, ta có J ∈ (BCI)∩(ADJ) (2) Từ (1) và(2) suy I J giao tuyến hai mặt phẳng(BCI)và(ADJ)

2 GọiElà giao điểm hai đường thẳngDM vàBI

Khi

®

E ∈ BI

E ∈ DM ⇒ E ∈ (MND) ∩ (IBC) (3)

Tương tự, gọi F giao điểm củaDN vàCI suy raF∈ (BCI)∩(MND) (4)

Từ(3)và(4)suy EFlà giao tuyến hai mặt phẳng(BCI)và(MND)

B J M

A

C E

D N

(6)

Bài 3. Cho tứ diện ABCD Lấy điểm Mthuộc cạnhAB, Nthuộc cạnh ACsao cho MN cắtBC GọiI điểm bên tam giácBCD Tìm giao tuyến

1 Mặt phẳng(MN I)và mặt phẳng(BCD) Mặt phẳng(MN I)và mặt phẳng(ABD) Mặt phẳng(MN I)và mặt phẳng(ACD) Lời giải.

1 GọiHlà giao điểm MNvàBC Suy H ∈(MN I)∩(BCD) (1) Do I điểm 4BCD nên I ∈ (MN I)∩(BCD) (2)

Từ (1) (2) suy I H giao tuyến hai mặt phẳng(MN I)và(BCD) Giả sử E giao điểm hai đường

thẳngI HvàBD

Vì H ∈ MN

®

E ∈ BD

E ∈ I H ⇒ E ∈ (MN I)∩(ABD) (3)

Dễ thấyM ∈(ABD)∩(MN I) (4) Từ (3) và(4) suy ME giao tuyến hai mặt phẳng(ABD)và(MN I) Tương tự, gọi F giao điểm

hai đường thẳng I H CD Ta suy

®

F∈ CD

F∈ I H ⇒ F ∈ (MN I) ∩ (ACD) (5)

DoN ∈ ACnên N ∈(ACD) Khi đóN ∈ (MN I)∩(ACD) (6) Từ (5) (6) suy NF giao tuyến hai mặt phẳng(ACD)và(MN I)

H B

I M

A

C

E D

N

F

Bài 4. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình thang có cạnhABsong song vớiCD Gọi I giao điểm củaADvàBC Lấy điểm Mthuộc cạnhSC Tìm giao tuyến

1 Mặt phẳng(SAC)và mặt phẳng(SBD) Mặt phẳng(SAD)và mặt phẳng(SBC) Mặt phẳng(ADM)và mặt phẳng(SBC) Lời giải.

(7)

7 Suy H ∈(SAC)∩(SBD) (1)

Dễ thấyS ∈(SAC)∩(SBD) (2)

Từ (1) (2) suy SH giao tuyến hai mặt phẳng(SAC)và(SBD)

2 DoI giao điểm hai đường thẳngADvàBC Nên

®

I ∈ AD

I ∈ BC ⇒ I ∈(SAD)∩(SBC) (3) Dễ thấyS ∈(SAD)∩(SBC) (4)

Từ (3) (4) suy SI giao tuyến hai mặt phẳng (SAD)và(SBC)

3 Do giả thiết ta có

®

I ∈ AD

I ∈ BC ⇒ I ∈ (ADM)∩ (SBC) (5)

Vì M ∈ SC nên M ∈ (SBC) Do M ∈ (ADM)∩ (SBC) (6)

Từ (5) (6) suy I M giao tuyến hai mặt phẳng(ADM)và(SBC)

A

S

D

B

I

H C

M

Bài 5. Cho hình chópS.ABCD đáy hình bình hành tâmO Gọi M, N, P trung điểm cạnhBC,CD, SA Tìm giao tuyến

(MNP)và(SAB)

a) b) (MNP)và(SBC)

(MNP)và(SAD)

c) d) (MNP)và(SCD)

Lời giải.

1 (MNP)∩(SAB)

GọiF= MN∩AB,E =MN∩AD (vì MN, AB, AD⊂(ABCD)) Vì

®

P∈ (MNP)

P∈ SA ⊂(SAB) nên P∈ (MNP)∩(SAB) (1)

Mặt khác

®

F ∈ MN ⊂(MNP) F ∈ AB⊂(SAB) nên F∈ (MNP)∩(SAB) (2)

Từ (1)và(2)suy (MNP)∩(SAB) =

PF

2 (MNP)∩(SAD) Ta có

®

P∈ (MNP)

P∈ SA ⊂(SAD) ⇒ P ∈ (MNP)∩(SAD) (3)

Mặt khác

®

E ∈ MN ⊂(MNP)

E ∈ AD ⊂(SAD) ⇒E ∈ (MNP)∩(SAD) (4)

Từ(3)và(4)suy ra(MNP)∩(SAD) =

PE

S

E H

A

B C

D

M

N

F

P

(8)

8 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Tìm(MNP)∩(SBC)

Trong(SAB) GọiK =PF∩SB Ta có

®

K∈ PF⊂(MNP)

K∈ SB⊂(SBC) ⇒K ∈ (MNP)∩(SBC) (5) Mặt khác

®

M∈ (MNP)

M∈ BC ⊂(SBC) ⇒ M∈ (MNP)∩(SBC) (6) Từ(5)và(6)suy ra(MNP)∩(SBC)= MK

4 Tìm(MNP)∩(SCD)

Trong mặt phẳng (SAD) Gọi H = PE∩ SD Ta có

®

H ∈ PE⊂(MNP)

H ∈ SD⊂(SCD) ⇒ H ∈ (MNP)∩(SCD) (7)

Mặt khác

®

N ∈ (MNP)

N ∈ CD ⊂(SCD) ⇒ N ∈ (MNP)∩(SCD) (8) Từ(7)và(8)suy ra(MNP)∩(SCD)= NH

Bài 6. Cho tứ diệnSABC Lấy M∈ SB, N ∈ AC, I ∈ SC choMI không song song vớiBC, N Ikhơng song song vớiSA Tìm giao tuyến mặt phẳng(MN I)với mặt (ABC)và(SAB)

Lời giải.

1 Tìm(MN I)∩(ABC) Vì

®

N ∈ (MN I)

N ∈ AC ⊂(ABC) nên N ∈ (MN I)∩ (ABC) (1)

Trong(SBC), gọiK =MI∩BC Vì

®

K ∈ MI ⊂(MN I)

K ∈ BC ⊂(ABC) ⇒ K ∈ (MN I)∩ (ABC) (2)

Từ(1)và(2)suy ra(MN I)∩(ABC)= NK Tìm(MN I)∩(SAB)

Trong(SAC), gọiJ = N I∩SA Ta có

®

M ∈ (MN I)

M ∈ SB⊂(SAB) ⇒ M ∈ (MN I)∩ (SAB) (3)

Mặt khác

®

J ∈ N I ⊂(MN I)

J ∈ SA ⊂(SAB) ⇒ J ∈ (MN I)∩(SAB) (4)

Từ(3)và(4)suy ra(MN I)∩(SAB)= MJ

S

I

B N

J

C

A K

M

Bài 7. Cho tứ diện ABCD,Mlà điểm bên tam giácABD,Nlà điểm bên tam giác ACD Tìm giao tuyến cặp mặt phẳng sau

(AMN)và(BCD)

a) b) (DMN)và(ABC)

(9)

9

1 Tìm(AMN)∩(BCD)

Trong(ABD), gọiE = AM∩BD Ta có

®

E ∈ AM⊂(AMN)

E ∈ BD⊂(BCD) ⇒ E ∈ (AMN)∩ (BCD) (1)

Trong(ACD), gọiF = AN∩CD Ta có

®

F ∈ AN ⊂(AMN)

F ∈ CD⊂(BCD) ⇒ F ∈ (AMN)∩ (BCD) (2)

Từ(1)và(2)suy ra(AMN)∩(BCD)=EF Tìm(DMN)∩(ABC)

Trong(ABD), gọiP=DM∩AB Ta có

®

P ∈ DM ⊂(DMN)

P ∈ AB⊂(ABC) ⇒ P ∈ (DMN)∩ (ABC) (3)

Trong(ACD), gọiQ= DN∩ AC Ta có

®

Q ∈ DN ⊂(DMN)

Q ∈ AC⊂(ABC) ⇒ Q ∈ (DMN)∩ (ABC) (4)

Từ(3)và(4)suy ra(DMN)∩(ABC)=PQ

A

C E

B P

Q

D F M

N

Bài 8. Cho tứ diện ABCD LấyI ∈ AB, J điểm tam giácBCD,Klà điểm tam giác ACD Tìm giao tuyến mặt phẳng(I JK)với mặt tứ diện

Lời giải.

GọiM=DK∩AC,N =DJ∩BC,H = MN∩K J VìH ∈ MN ⊂(ABC)⇒ H ∈(ABC)

GọiP= H I∩BC,Q= PJ∩CD, T =QK∩ AD

Theo cách dựng điểm ta có

    

   

(I JK)∩(ABC)= IP (I JK)∩(BCD)=PQ (I JK)∩(ACD) =QT (I JK)∩(ABD)=T I

A

P

C J

H

Q B

I

N

K

D M

T

DẠNG 0.2 Tìm thiết diện hình(H)khi cắt mặt phẳng(P) Thiết diện phần chung mặt phẳng(P)và hình(H)

(10)

khác hình(H), từ ta tìm giao tuyến

Đa giác giới hạn đoạn giao tuyến khép kín thành thiết diện cần tìm

Bài 9. Cho hình chópS.ABCD GọiMlà điểm tam giácSCD Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(SBM)và(SAC)

2 Tìm giao điểm đường thẳngBMvà(SAC)

3 Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng(ABM) Lời giải.

1 Tìm(SBM)∩(SAC)

Trong(SCD), gọi N =SM∩CD Trong(ABCD), gọi AC∩BN =O Ta có

®

O∈ BN ⊂(SBN)

O∈ AC ⊂(SAC) ⇒ O ∈ (SAC)∩ (SBN) (1)

Mặt khácS ∈(SAC)∩(SBN) (2)

Từ(1)và(2)suy ra(SAC)∩(SBN)=SO TìmBM∩(SAC)

GọiH =BM∩SO Ta có

®

H ∈ BM

H ∈SO ⊂(SAC) ⇒ H = BM∩ (SAC)

S

B

C O

N

D M

I J

A H

3 Xác định thiết diện hình chóp cắt bởi(ABM) Trong(SAC), gọiI = AH∩SC Ta có

®

I ∈ AH ⊂(ABM)

I ∈ SC ⊂(SCD) ⇒ I ∈(SCD)∩(ABM) (3) Mặt khácM∈ (SCD)∩(ABM) (4)

Từ(3)và(4)suy ra(SCD)∩(ABM)= I M

Trong(SCD), gọiJ = I M∩SD Khi đó(SAC)∩(ABM) = AJvà(SBC)∩(ABM)=BI Vậy thiết diện cần tìm tứ giác ABI J J

Bài 10. Cho tứ diện ABCD Trên AB, AC lấy 2điểm M, N cho MN không song songBC GọiOlà điểm tam giác BCD

1 Tìm giao tuyến của(OMN)và(BCD) Tìm giao điểm DC, BDvới(OMN) Tìm thiết diện của(OMN)với hình chóp Lời giải.

(11)

11 Trong(ABC), gọiH = MN∩BC

Ta có

®

H ∈ MN ⊂(MNO)

H ∈ BC ⊂(BCD) ⇒ H ∈ (BCD)∩ (MNO) (1)

Mặt khácO∈ (BCD)∩(MNO) (2)

Từ(1)và(2)suy ra(BCD)∩(MNO)=HO TìmDC∩(OMN)vàBD∩(OMN)

Trong(BCD), gọiI = BD∩HO Ta có

®

I ∈ BD

I ∈ HO ⊂(MNO) ⇒ I =BD∩(MNO) Trong(BCD), gọiJ =CD∩HO

Ta có

®

J ∈CD

J ∈ HO ⊂(MNO) ⇒ J = CD ∩ (MNO)

A

C O I

J B

M H

D N

3 Tìm thiết diện của(OMN)và hình chóp

Ta có     

   

(ABC)∩(MNO)= MN (ABD)∩(MNO)= MI (ACD)∩(MNO) =N J (BCD)∩(MNO)= I J

.Vậy thiết diện cần tìm tứ giácMN J I

Bài 11. Cho tứ diện SABC Gọi M ∈ SA, N ∈ (SBC), P ∈ (ABC), khơng có đường thẳng song song

1 Tìm giao điểm MNvới(ABC), suy giao tuyến của(MNP)và(ABC) Tìm giao điểm ABvới(MNP)

3 Tìm giao điểm NPvới(SAB)

4 Tìm thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng(MNP)

Lời giải.

(12)

12 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Chọn mặt phẳng phụ(SAH)chứa MN

Tìm(SAH)∩(ABC)

Ta cóA ∈(ABC)∩(SAH) (1) Trong(SBC), gọi H=SN∩BC Ta có

®

H ∈ SN ⊂(SAH)

H ∈ BC ⊂(ABC) ⇒ H ∈ (SAH)∩ (ABC) (2)

Từ(1)và(2)suy ra(SAH)∩(ABC) =AH Trong(SAH), gọiI = MN∩AH

Ta có

®

I ∈ MN

I ∈ AHH ⊂(ABC) ⇒ I = MN∩ (ABC)

Tìm(MNP)∩(ABC)

Ta cóP∈ (MNP)∩(ABC) (3) Mặt khácI ∈ (MNP)∩(ABC) (4) Từ(3)và(4)⇒(MNP)∩(ABC)= PI TìmAB∩(MNP)

Trong(ABC), gọiK= AB∩PI Ta có

®

K∈ AB

K∈ PI ⊂(MNP) ⇒ K = AB∩ (MNP)

S

H

B

P J

L A

M

K

C N

I Q

3 TìmNP∩(SAB)

Trong(MNK), gọiL =PN∩ MK Ta có

®

L ∈ PN

L ∈ MK ⊂(SAB) ⇒L =PN∩(SAB)

4 Trong(ABC), gọi J =BC∩PI Khi đó(MNP)∩(SBC)= JN

Trong(SBC), gọiQ=SC∩JN Ta có     

   

(MNP)∩(SAB)= MK (MNP)∩(SBC)= IQ (MNP)∩(SAC) =MQ (MNP)∩(ABC)=K J Vậy thiết diện cần tìm tứ giác MQJK

Bài 12. Cho tứ diện SABC Gọi I, J, K điểm nằm ba mặt phẳng (SAB),(SBC),(ABC)

1 Tìm giao điểm I J với(ABC)

2 Tìm giao tuyến của(I JK)với mặt hình chóp Từ suy thiết diện (I JK)cắt hình chóp

Lời giải.

(13)

13 Trong(SAB), gọiM =SI∩AB

Trong(SBC), gọiN =SJ∩BC Suy ra(SI J)∩(ABC)= MN Trong(SI J), gọiH = I J∩MN Ta có

®

H ∈ I J

H ∈ MN ⊂(ABC) ⇒ H = I J∩(ABC)

S

B M

N

H D

K E

A I L

C J

F

2 Tìm giao tuyến của(I JK)và(ABC) Ta có

®

K ∈(I JK)∩(ABC)

H ∈(I JK)∩(ABC) ⇒ HK =(I JK)∩(ABC) Trong(ABC), gọiD =HK∩BCvàE= HK∩AC + Tìm(I JK)∩(SBC)

Ta cóJ ∈(I JK)∩(SBC) (1) Mặt khác

®

D ∈ HK ⊂(I JK)

D ∈ BC ⊂(SBC) ⇒D ∈(I JK)∩(SBC) (2) Từ(1)và(2)suy raDJ =(I JK)∩(SBC)

+ Tìm(I JK)∩(SAB)

Ta cóI ∈ (I JK)∩(SAB) (3)

Trong(SBC), gọiF =DJ∩SB Ta có

®

F ∈ DJ ⊂(I JK)

F ∈ SB⊂(SAB) ⇒ F∈ (I JK)∩(SAB) (4) Từ(3)và(4)suy raFI =(I JK)∩(SAB)

+ Tìm(I JK)∩(SAC)

Trong(SAB), gọiL =FI∩SA Ta có

®

L∈ FI ⊂(I JK)

L∈ SA⊂(SAC) ⇒ L=(I JK)∩(SAC) (5) Trong(ABC), gọiE= HK∩AC Ta có

®

E ∈ HK ⊂(I JK)

E ∈ AC⊂(SAC) ⇒ E∈ (I JK)∩(SAC) (6) Từ(5)và(6)suy raLE=(I JK)∩(SAC)

Vậy thiết diện cần tìm tứ giácDFLE

Bài 13. Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCDlà hình bình hành tâmO Gọi M, N, I nằm ba cạnh AD, CD, SO Tìm thiết diện hình chóp với mặt phẳng (MN I)

(14)

14 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Trong (ABCD), gọi J = BD∩

MN,K = MN∩AB,H = MN∩ BC

Trong(SBD), gọiQ= I J∩SB Trong(SAB), gọiR=KQ∩SA Trong(SBC), gọiP =QH∩SC Vậy thiết diện ngũ giác MNPQR

S

P

A

B C

O

K

M

N J

D I

H Q

R

Bài 14. Cho hình chópS.ABCD Gọi M, N, Plần lượt trung điểm lấy AB, AD vàSC Tìm thiết diện hình chóp với mặt phẳng(MNP)

Lời giải.

Trong (ABCD), gọi E = MN ∩ DC, F =

MN∩BC

Trong(SCD), gọiQ =EP∩SD Trong(SBC), gọiR =EP∩SB Vậy thiết diện ngũ giácMNPQR

S

R

M F

A B

N E

C

D P

Q

DẠNG 0.3 Tìm giao điểm đường thẳng mặt phẳng

(15)

15

Cách 1: Những tốn đơn giản, có sẵn mặt phẳng(Q)chứa đường thẳng dvà đường thẳng a thuộc mặt phẳng (P) Giao điểm hai đường thẳng khơng song songdvàachính giao điểm đường thẳng dvà mặt phẳng (P)

Cách 2: Tìm mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d, cho dễ dàng tìm giao tuyến a với mặt phẳng (P) Giao điểm đường thẳng d mặt phẳng (P) giao điểm đường thẳngdvà giao tuyến avừa tìm

d Q

P a

A

Bài 15. Cho tứ diệnABCD GọiM,Nlần lượt trung điểm ACvàBC.Klà điểm nằm BDsao choKD <KB Tìm giao điểm củaCDvàADvới mặt phẳng(MNK)

Lời giải.

Tìm giao điểm củaCDvới mp(MNK).

Các bạn để ýCDvàNKcùng thuộc mặt phẳng(BCD)và chúng không song song nên hai đường thẳng cắt điểmI, nhưngNKlại thuộc mp(MNK)suy raIthuộc mp(MNK) Vậy I giao điểm củaCDvà mp(MNK)

Ta trình bày lời giải sau:

Trong mặt phẳng(BCD), gọi I =CD∩NK Vì

®

I ∈ CD

I ∈ NK,NK ⊂(MNK) ⇒ I =CD∩(MNK)

A

B

M

C

K D

I H

N

Tìm giao điểm của ADvà(MNK)

Chọn mặt phẳng(ADC)chứaAD Sau tìm giao tuyến của(ACD)và(MNK), ta trình bày sau:

®

M∈ (MNK)

M∈ AC,AC ⊂(ACD) ⇒ M ∈(MNK)∩(ACD)

®

I ∈ NK,NK ⊂(MNK)

I ∈ CD,CD⊂(ACD) ⇒ I ∈ (MNK)∩(ACD)

Vậy(MNK)∩(ACD)= MI GọiH = MI∩AD Suy H = AD∩(MNK)

Bài 16. Cho tứ diện ABCD Trên AB,AC,BD lấy ba điểm M,N,P cho MN không song song với BC, MP khong song song với AD Xác định giao điểm đường thẳng BC,AD,CDvới mặt phẳng(MNP)

(16)

Tìm giao điểm củaBCvà(MNP) Trong(ABC), gọi H= MN∩BC

®

H∈ BC

H∈ MN,MN ⊂(MNP) ⇒ H ∈ BC∩(MNP)

Tìm giao điểm củaADvà(MNP) Trong(ACD), gọi I = MP∩AD

®

I ∈ AD

I ∈ MP,MP⊂(MNP) ⇒ I ∈ AD∩(MNP)

Tìm giao điểm củaCDvà(MNP)

®

I ∈ AD,AD ⊂(ACD)

N ∈ AC,AC ⊂(ACD) ⇒ I N ⊂(ACD)

A

H

C

J D N

I M

P B

Trong(ACD)gọi J = N I∩CD

®

J ∈ CD

I ∈ N I,N I ⊂(MNP) ⇒ J =CD∩(MNP) Bài 17. Cho tứ diệnABCD trênACvàADlấy hai điểmM,Nsao choMNkhông song song vớiCD GọiOlà điểm bên tam giác(BCD)

1 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(OMN)và(BCD) Tìm giao điểm BCvới(OMN)

3 Tìm giao điểm BDvới(OMN) Lời giải.

1 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (OMN) và (BCD).

Ta cóO∈ (OMN)∩(BCD) (1)

Trong(ACD), gọi I = MN∩CD

®

I ∈ MN,MN ⊂(MNO)

I ∈ CD,CD ⊂(BCD) ⇒ I ∈ (OMN) ∩

(BCD) (2)

Từ(1)và(2)ta cóOI =(OMN)∩(BCD) Tìm giao điểm củaBCvới(OMN).

Trong(BCD), gọiP = BC∩OI Ta có P = BC∩ (OMN)

3 Tìm giao điểm củaBDvới(OMN).

Trong(BCD), gọiQ=BD∩OI Ta cóQ=BD∩ (OMN)

A

Q B

M

C

O D

N

I

P

Bài 18. Cho tứ diện ABCD, lấy M ∈ AB, N ∈ AC cho MN không song song với BC, I điểm thuộc miền trong4BCD Xác định giao điểm đường thẳngBC, BD,CDvới(MN I)

(17)

17

Tìm giao điểm củaBCvới(MN I). Trong(ABC), gọi H= MN∩BC

®

H∈ BC

H∈ MN,MN ⊂(MN I) ⇒ H =BC∩(MN I) Tìm giao tuyến của(BCD)với(MN I).

®

H∈ MN,MN ∈ (MN I)

H∈ BC,BC ⊂(BCD) ⇒ H ∈(MN I)∩(ACD) (1)

Lại có I ∈ (MN I)∩(BCD) (2)

Từ(1)và(2)ta cóH I =(MN I)∩(BCD) Tìm giao điểm củaBDvới(MN I). Trong(BCD), gọiE= H I∩BD

®

E∈ BD

E∈ H I,H I ⊂(MN I) ⇒E= BD∩(MN I) Tìm giao điểm củaCDvới(MN I).

Trong(BCD), gọiF =H I∩CD

A

B H

M

C E

I

D N

F K

®

F∈ CD

F∈ H I,H I ⊂(MN I) ⇒ F=CD∩(MN I) Bài 19. Cho tứ diệnABCD GọiM,Nlần lượt trung điểm cạnh AC,BC Trên cạnhBDlấy điểmPsao choBP=2PD LấyQthuộcABsao choQMcắtBC Tìm

1 giao điểm củaCDvà(MNP) giao điểm ADvà(MNP) giao tuyến của(MPQ)và(BCD) giao điểm củaCDvà(MPQ) giao điểm ADvà(MPQ) Lời giải.

1 Tìm giao điểm củaCDvà(MNP). Trong(BCD), gọiE=CD∩NP

®

E∈ CD

E∈ NP,NP⊂(MNP) ⇒ E = CD∩(MNP)

2 Tìm giao điểm củaADvà(MNP).

Tìm giao tuyến (ACD)

(MNP)

®

M∈ (MNP)

M∈ AC,AC ⊂(ACD) ⇒ M ∈ (MNP)∩(ACD) (1)

®

E∈ NP,NP⊂(MNP)

E∈ CD,CD ⊂(ACD) ⇒ E ∈ (MNP)∩(ACD) (2) Từ (1) (2) ta có EM = (MNP)∩ (ACD)

Trong (ACD), gọi F = AD∩ EM Suy F= AD∩(MNP)

A

B N

C P

L K

Q M F

T D

(18)

18 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Tìm giao tuyến của(MPQ)và(BCD).

Trong(ABC), gọiK= QM∩BC

®

K∈ BC,BC ⊂(BCD)

K∈ QM,QM⊂(MPQ) ⇒K ∈(MPQ)∩(BCD) (3)

®

P∈ BD,BD⊂(BCD)

P∈ (MPQ) ⇒ P∈ (MPQ)∩(BCD) (4) Từ(3)và(4)ta cóKP =(MPQ)∩(BCD)

4 Tìm giao điểm củaCDvà(MPQ). Trong(BCD)gọiL =KP∩CD

®

L ∈CD

L ∈ KP,KP⊂(MPQ) ⇒ L=CD∩(MPQ) Tìm giao điểm củaADvà(MPQ).

Tương tự trên, ta tìm đượcML=(PQ)∩(ACD) Trong(ACD), gọiT = AD∩ML Suy raT = AD∩(MPQ)

Bài 20. Cho hình chóp S.ABCD có ABvà CD khơng song song Gọi M điểm thuộc miền tam giácSCD

1 Tìm giao điểm NcủaCDvà(SBM)

2 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(SBM)và(SAC) Tìm giao điểm IcủaBMvà(SAC)

4 Tìm giao điểm Pcủa SC và(ABM) Từ suy giao tuyến hai mặt phẳng (SCD)và(ABM)

Lời giải.

1 Tìm giao điểm NcủaCDvà(SBM). Trong(SCD), gọi N =SM∩CD

®

N ∈ CD

N ∈ SM,SM ⊂(SBM) ⇒ N =CD∩(SBM) Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(SBM)và(SAC).

Ta có lưu ý rằng(SBN)≡(SBM) Trong(ABCD), gọiO =AC∩BN

®

O ∈ AC,AC ⊂(SAC)

O ∈ BN,BN ⊂(SBN) ⇒O∈ (SAC)∩(SBN) (1)

Lại cóS∈ (SAC)∩(SBN) (2)

Từ(1)và(2)ta cóSO =(SAC)∩(SBN)

S

A

B C

N D M P O I

3 Tìm giao điểm IcủaBMvà(SAC). Trong(SBN), gọi I =BM∩SO

®

I ∈ BM

I ∈ SO,SO ⊂(SAC) ⇒ I =BM∩(SAC)

4 Tìm giao điểmPcủaSCvà(ABM) Từ suy giao tuyến hai mặt phẳng(SCD) và(ABM).Ta có(ABM)∩(SAC)= AI

(19)

19

Bài 21. Cho tứ giácABCDvà điểmSkhông thuộc mặt phẳng(ABCD) Trên đoạn AB lấy điểm M, đoạn SC lấy điểm N (M,N không trùng với đầu mút)

1 Tìm giao điểm đường thẳng ANvới mặt phẳng(SBD) Tìm giao điểm đường thẳngMN với mặt phẳng(SBD)

Lời giải.

1 Tìm giao điểm đường thẳngANvới mặt phẳng (SBD).

• Chọn mặt phẳng phụ(SAC)⊃ AN Ta tìm giao tuyến của(SAC)và(SBD)

Trong (ABCD) gọi P = AC ∩ BD Suy (SAC)(SBD)=SP

ã Trong(SAC)giI =ANSP

đ

I AN

I ∈ SP,SP⊂(SBD) ⇒ I = AN∩(SBD) Tìm giao điểm đường thẳng MN với mặt

phẳng(SBD).

• Chọn mặt phẳng phụ (SMC) ⊃ MN Ta tìm giao tuyến của(SMC)và(SBD)

Trong (ABCD) gọi Q = MC ∩ BD Suy (SMC)∩(SBD)=SQ

• Trong(SMC)gọi J =MN∩SQ

®

J ∈ MN

J ∈ SQ,SQ⊂(SBD) ⇒ J = MN∩(SBD)

S

A

J

B M

C D P

N

Q I

Bài 22. Cho hình chópS.ABCD GọiOlà giao điểm củaACvàBD M, N,Plần lượt điểm trênSA,SB,SD

1 Tìm giao điểm IcủaSOvới mặt phẳng(MNP) Tìm giao điểmQcủaSCvới mặt phẳng(MNP)

Lời giải.

(20)

20 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Trong mặt phẳng(SBD), gọiI =SO∩NP, có

®

I ∈ SO

I ∈ NP ⊂(MNP) ⇒ I =SO∩(MNP) Tìm giao điểmQcủaSCvới mặt phẳng(MNP)

•Chọn mặt phẳng phụ(SAC)⊃SC •Tìm giao tuyến của(SAC)và(MNP) Ta có

®

M∈ (MNP)

M∈ SA, SA ⊂(SAC) ⇒ M ∈ (MNP)∩(SAC) (1) Và

®

I ∈ SP, SP⊂(MNP)

I ∈ SO, SO ⊂(SAC) ⇒ I ∈ (MNP) ∩

(SAC) (2)

B A

M N

C D P

Q S

I

O

Từ(1)và(2)có(MNP)∩(SAC)= MI

• Trong mặt phẳng (SAC) gọi Q = SC∩ MI, có

®

Q ∈SC

Q ∈ MI, MI ⊂(MNP) ⇒ Q = SC∩(MNP)

Bài 23. Cho tứ diệnABCD GọiM, Nlà hai điểm trênACvàAD.Olà điểm bên tam giác BCD Tìm giao điểm

1 MN mặt phẳng(ABO) AOvà mặt phẳng(BMN)

(21)

21

1 Tìm giao điểm MNvà mặt phẳng(ABO) •Chọn mặt phẳng phụ(ACD)⊃MN

•Tìm giao tuyến của(ACD)và(ABO)

Ta cóAlà điểm chung của(ACD)và(ABO) (1) Trong mặt phẳng(BCD), gọiP= BO∩CD, ta có

®

P∈ BO, BO⊂(ABO)

P∈ CD, CD ⊂(ACD) ⇒ P ∈ (ABO)∩(ACD) (2)

Từ(1)và(2)suy ra(ACD)∩(ABO) =AP •Trong(ACD), gọiQ = AP∩MN, có

®

Q∈ MN

Q∈ AP, AP⊂(ABO) ⇒ MN∩(ABO)=Q Tìm giao điểm AOvà mặt phẳng(BMN)

•Chọn mặt phẳng(ABP)⊃ AO •Tìm giao tuyến của(ABP)và(BMN)

Ta cóBlà điểm chung của(ABP)và(BMN) (3)

®

Q∈ MN, MN ⊂(BMN)

Q∈ AP, AP⊂(ABP) ⇒ Q ∈ (ABP) ∩

(BMN) (4)

Từ(3)và(4)suy ra(ABP)∩(BMN)= BQ

Gọi I = BQ ∩ AO (vì BQ, AO ∈ (ABP)), có

®

I ∈ AO

I ∈ BQ, BQ⊂(BMN) ⇒ I = AO∩(BMN)

B

M

C D N

P Q

A

I

O

Bài 24. Trong mặt phẳng(α)cho hình thang ABCD, đáy lớnAD Gọi I, J,Klần lượt điểm trênSA, AB,BC (Kkhơng trung điểmBC) Tìm giao điểm

1 IKvà(SBD) SDvà(I JK) SC và(I JK) Lời giải.

A

B I

Q

C D

E F

N S

J

(22)

22 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Tìm giao điểm IKvà mặt phẳng(SBD)

•Chọn mặt phẳng phụ(SAK)⊃ IK •Tìm giao tuyến của(SAK)và(SBD)

Ta cóSlà điểm chung của(SAK)và(SBD) (1)

Trong mặt phẳng(ABCD), gọiP =AK∩BD, ta có

®

P∈ AK, AK ⊂(SAK)

P∈ BD, BD⊂(SBD) ⇒P ∈(SAK)∩(SBD) (2) Từ(1)và(2)suy ra(SAK)∩(SBD)=SP

•Trong(SAK), gọiQ= IK∩SP, có

®

Q ∈ IK

Q ∈SP, SP⊂(SBD) ⇒Q = IK∩(SBD)

2 Tìm giao điểm củaSDvà mặt phẳng(I JK) •Chọn mặt phẳng phụ(SBD)⊃SD •Tìm giao tuyến của(SBD)và(I JK)

Ta cóQlà điểm chung của(SBD)và(I JK) (3)

Trong mặt phẳng(ABCD), gọiM = JK∩BD⇒ Mlà điểm chung của(I JK)và(SBD) (4)

Từ(3)và(4)suy ra(I JK)∩(SBD)=QM.•Trong mặt phẳng(SBD), gọiN = QM∩SD Ta có

®

N ∈SD

I ∈ QM, QM ⊂(I JK) ⇒N =SD∩(I JK)

3 Tìm giao điểm củaSCvà mặt phẳng(I JK) •Chọn mặt phẳng phụ(SAC)⊃SC •Tìm giao tuyến của(SAC)và(I JK) Ta có

®

I ∈ (I JK)

I ∈ SA, SA ⊂(SAC) ⇒ I ∈(I JK)∩(SAC) (5) GọiE= AC∩ JK(vì AC, JK ⊂(ABCD)) VậyE ∈(I JK)∩(SAC) (6) Từ(5)và(6)suy ra(I JK)∩(SAC)= IE

• Trong mặt phẳng(SAC), gọiF = IE∩SC Ta có

®

F ∈SC

F ∈ IE, IE ⊂(I JK) ⇒ F = SC∩ (I JK)

Bài 25. Cho tứ diệnSABC Gọi I, Hlần lượt trung điểm củaSA, AB Trên cạnhSC lấy điểmKsao choCK=3SK

1 Tìm giao điểmFcủaBCvới mặt phẳng(I HK) Tính tỉ số FB FC

2 Gọi M trung điểm đoạn thẳng I H Tìm giao điểm củaKM mặt phẳng (ABC)

(23)

23

A

B

E M C

K

F

D

N S

I

H J

1 Tìm giao điểmFcủaBCvới mặt phẳng(I HK) Tính tỉ số FB FC •Ta tìm giao tuyến của(ABC)và(I HK)trước

GọiE= AC∩KI(AC, KI ⊂(SAC)), ta có

®

E∈ AC, AC ⊂(ABC)

E∈ KI, KI⊂(I HK) ⇒E∈ (ABC)∩(I HK) (1)

®

H ∈ (I HK)

H ∈ AB, AB⊂(ABC) ⇒ H ∈(ABC)∩(I HK) (2) Từ(1)và(2)suy raEH =(ABC)(I HK)

ãGiF =EHBC(EH, BC (ABC)), cú

đ

F ∈ BC

F ∈ EH, EH ⊂(I HK) ⇒ F= BC∩(I HK) GọiDlà trung điểm củaSC, ta có IKlà đường trung bình của4SAD

Trong4CEKcó CA

AE = CD

DK =2⇒CA =2CK Trong mặt phẳng(ABC)kẻ AN k EF(N ∈ BC) Ta có

HF k AN ⇒ BH H A =

BF

FN =1⇒ BF=FN EFk AN ⇒ CA

AE = CN

NF =2 ⇒CN =2NF Do FB

FC =

FB FN+NC =

FB 3FB =

1

2 Tìm giao điểm củaKMvà mặt phẳng(ABC)

Ta cóKM ⊂(I HK) Gọi J =KM∩EH(EH, KM ⊂(I HK)) Ta có

®

J ∈ KM

J ∈ EH, EH ⊂(ABC) ⇒ J =KM∩(ABC)

(24)

Bài 26. Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCDlà hình bình hành tâmO Gọi M, N, I nằm ba cạnh AD, CD, SO Tìm thiết diện hình chóp với mặt phẳng (MN I)

Lời giải.

Trong mặt phẳng (ABCD), gọi J = BD∩ MN,K = MN∩AB, H = MN∩BC Trong mặt phẳng(SBD), gọiQ= I J∩SB Trong mặt phẳng(SAB), gọiR=KQ∩SA Trong mặt phẳng(SBC), gọiP=QH∩SC Vậy, thiết diện hình chóp S.ABCD với mặt phẳng(MN I)là ngũ giác MNPQR

B

A

I Q

D P S

C R

O M

J

K

H N

Bài 27. Cho hình chópS.ABCD Gọi M, N, Plần lượt trung điểm lấy AB, AD vàSC Tìm thiết diện hình chóp với mặt phẳng(MNP)

Lời giải.

Trong mặt phẳng (ABCD), gọi E = MN ∩ DC, F= MN∩BC

Trong mặt phẳng(SCD), gọiQ=EP∩SD Trong mặt phẳng(SBC), gọiR=FP∩SB

Vậy, thiết diện hình chóp S.ABCD với mặt phẳng(MNP)là ngũ giác MNQPR

A F

M

C

D P

Q S

B R

N

E

DẠNG 0.5 Chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng qui, chứng minh một điểm thuộc đường thẳng cố định.

(25)

25

Muốn chứng minh ba điểmA,B,Cthẳng hàng, ta chứng minh ba điểm thuộc hai mặt phẳng phân biệt (α) và(β) suy ba điểm A, B, Cnằm giao tuyến (α) và(β), nên chúng thẳng hàng

α β

A B C

•Phương pháp chứng minh ba đường thẳng đồng quy:

Ta tìm giao điểm hai đường thẳng ba đường thẳng cho, chứng minh giao điểm nằm đường thẳng thứ ba Cụ thể sau:

Chọn mặt phẳng(P)chứa hai đường thẳng(a)và(b) GọiI =(a)∩(b) Tìm mặt phẳng(Q)chứa đường thẳng(a), tìm mặt

phẳng(R)chứa đường thẳng (b), cho(c) =(Q)∩(R) ⇒ I ∈(c)

Vậy, ba đường thẳng(a),(b),(c)đồng quy điểm I 

      

      

(a), (b)⊂(P) (a)∩(b) =I (P)∩(Q) =(a) (P)∩(R)=(b) (Q)∩(R) =(c)

⇒(a)∩(b)∩(c)= I

a b

c

Q P R

I

Bài 28. Cho tứ diệnSABC TrênSA,SBvàSClần lượt lấy điểmD,E,Fsao choDE cắt ABtạiI,EFcắtBCtạiJ, FDcắtCAtạiK Chứng minh ba điểmI, J,Kthẳng hàng Lời giải.

I

D

K E

S

J F

A C

B Ta có

•   

 

I =AB∩DE(AB, DE⊂(SAB)) I ∈ AB, AB⊂(ABC)

I ∈ DE, DE⊂(DEF)

⇒ I ∈ (ABC)∩(DEF) (1)

•   

 

K = AC∩DF(AC, DF ⊂(SAC)) I ∈ AC, AC⊂(ABC)

K ∈ DF, DF⊂(DEF)

⇒K ∈(ABC)∩(DEF) (2)

•   

 

J =BC∩EF(BC, EF ⊂(SBC)) J ∈ BC, BC⊂(ABC)

J ∈ EF, EF⊂(DEF)

(26)

Từ(1),(2)và(3)suy ba điểmI, J, Kthẳng hàng

Bài 29. Cho tứ diện ABCD cóG trọng tâm tam giác BCD, Gọi M, N, P trung điểm AB, BC,CD

1 Tìm giao tuyến của(AND)và(ABP)

2 GọiI =AG∩MP, J =CM∩AN Chứng minhD, I, Jthẳng hàng Lời giải.

M

J I

A

D

C B

N G P

1 Tìm giao tuyến của(AND)và(ABP)

A∈ (ABP)∩(ADN) (1)

Ta cóG=BP∩DN, có

®

G ∈ BP, BP⊂(ABP)

G ∈ DN, DN ⊂(ADN) ⇒ G∈ (ABP)∩(ADN) (2) Từ(1)và(2)ta cóAG=(ABP)∩(ADN)

2 Chứng minhD, I, Jthẳng hàng

I = AG∩MP, AG⊂(ADG), MP⊂(DMN) ⇒ I ∈(ADG)∩(DMN) (3) J =CM∩ AN, AN ⊂(ADG),CM ⊂(DMN)⇒ J ∈ (ADG)∩(DMN) (4)

D∈ (ADG)∩(DMN) (5)

Từ (3), (4), (5) suy ba điểm D, I, J thuộc giao tuyến hai mặt phẳng (ADG) (DMN)

Vậy ba điểmD, I, Jthẳng hàng

Bài 30. Cho hình bình hành ABCD.Slà điểm không thuộc (ABCD), MvàN trung điểm đoạn thẳng ABvàSC

(27)

27

A

B M

D

C N

S

I

O K

J

1 Xác định giao điểmI =AN∩(SBD)

•Chọn mặt phẳng phụ(SAC)chứa AN Ta tìm giao tuyến của(SAC)và(SBD) Trong mặt phẳng(ABCD)gọiOlà giao điểm củaAC vàBD Hai mặt phẳng(SAC)và (SBD)có hai điểm chung làSvàO

Vậy(SAC)∩(SBD)=SO

•Trong mặt phẳng(SAC)gọiI = AN∩SO Ta có I = AN∩(SBD) Xác định giao điểm J =MN∩(SBD)

•Chọn mặt phẳng phụ(SMC)chứa MN Ta tìm giao tuyến của(SMC)và(SBD) Trong mặt phẳng (ABCD) gọiK giao điểm MC BD Hai mặt phẳng (SMC) và(SBD)có hai điểm chung làSvàK

Vậy(SMC)∩(SBD)=SK

•Trong mặt phẳng(SMC)gọiJ = MN∩SK Ta có J =MN∩(SBD) Chứng minh ba điểmI, J, Bthẳng hàng

•Ta cóBlà điểm chung ca(ABN)v(SBD) (1)

ã

đ

I SO, SO⊂(SBD)

I ∈ AN, AN ⊂(ABN) ⇒ I ∈(ABN)∩(SBD) (2) ã

đ

J SK, SK (SBD)

J ∈ MN, MN ⊂(ABN) ⇒ J ∈(ABN)∩(SBD) (3) Từ(1),(2)và(3)suy ba điểmI, J, Bthẳng hàng

Bài 31. Cho tứ giácABCDvàS 6∈(ABCD) Gọi I, Jlà hai điểm trênADvàSB, ADcắt BCtạiOvàOJ cắtSCtại M

(28)

28 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Tìm giao điểmK= I J∩(SAC)

Chọn mặt phẳng phụ(SIB)chứa I J Tìm giao tuyến của(SIB)và(SAC)

cóS∈ (SBI)∩(SAC) (1)

Trong mặt phẳng(ABCD)gọiE= AC∩BI, ta có:

®

E∈ AC, AC⊂(SAC)

E∈ BI, BI ⊂(SBI) ⇒E =(SAC)∩(SBI) (2) Từ(1)và(2)suy raSE=(SBI)∩(SAC)

Trong mặt phẳng(SIB), gọiK= I J∩SE Ta có

®

K ∈ I J

K ∈ SE,SE⊂(SAC) ⇒K =I J∩(SAC) Xác định giao điểmL =DJ∩(SAC)

Chọn mặt phẳng phụ (SBD) chứa DJ Tìm giao tuyến của(SBD)với(SAC)

Ta cóS∈ (SBD)∩(SAC) (3)

S

A B

C D

I

J

O M

E

F L

Trong mặt phẳng(ABCD) gọiF = AC ⊂ BD Suy F điểm chung thứ hai hai mặt

phẳng(SBD)và(SAC) (4)

Từ(3)và(4)suy raSF =(SBD) ⊂(SAC) Trong mặt phẳng(SBD)gọiL= DJ∩SF Vậy

®

L ∈ DJ

L ∈ SF, SF⊂(SAC) ⇒ L= DJ∩(SAC) Chứng minh A, K, L, Mthẳng hàng

Ta cóA ∈(SAC)∩(AJO) (3)

®

K ∈ I J, I J ⊂(AJO)

K ∈SE, SE⊂(SAC) ⇒ K∈ (SAC)∩(AJO) (4) có

®

L∈ DJ, DJ⊂(AJO)

L∈ SF, SF⊂(SAC) ⇒ L∈ (SAC)∩(AJO) (5) có

®

M∈ JO, JO⊂(AJO)

M∈ SC, SC ⊂(SAC) ⇒ M∈ (SAC)∩(AJO) (6)

Từ (3), (4), (5) (6) suy bốn điểm A, K, L, Mcùng thuộc giao tuyến hai mặt phẳng

(SAC)và(AJO) Vậy A, K, L, Mthẳng hàng

Bài 32. Cho tứ giác ABCDvàS6∈(ABCD) GọiM, Nlà hai điểm trênBCvàSD Tìm giao điểm J =BN∩(SAC)

1

Tìm giao điểm J = MN∩(SAC)

Chứng minh rằngC, I, Jthẳng hàng

(29)

29 Tìm giao điểm I =BN∩(SAC)

Chọn mặt phẳng phụ(SBD)chứaBN

Tìm giaio tuyến hai mặt phẳng (SBD) (SAC) Trong mặt phẳng (ABCD) gọi O = AC∩ BD

Hai mặt phẳng(SAC)và(SBD)có hai điểm chung làSvàO Vậy giao tuyến chúng làSO

Trong mặt phẳng(SBD)gọi I =BN∩SO Ta có

®

I ∈ BN

I ∈ SO, SO⊂(SAC) ⇒ I =BN∩(SAC) Tìm giao điểm J = MN∩(SAC)

Chọn mặt phẳng phụ(SMD)chứa MN Tìm giao tuyến của(SMD)và(SAC)

Trong mặt phẳng(ABCD), gọiK = AC∩DM Hai mặt phẳng (SAC)và(SMD) có hai điểm chung SvàK

Vậy giao tuyến chúng làSK

Trong mặt phẳng SMD, gọi J = MN∩SK Ta có

®

J ∈ MN

J ∈ SK, SK ⊂(SAC) ⇒ J = MN∩(SAC) Chứng minhC, I, Jthẳng hàng

S

A

B

O

C M

D N

I

K J

Theo cách tìm điểm câu trên, ta có ba điểm C, I, J điểm chung hai mặt phẳng(BCN)và(SAC)⇒Ba điểmC, I, J thuộc giao tuyến hai mặt phẳng(BCN)

và(SAC) Kết luậnC, I, J thẳng hàng

Bài 33. Cho hình chópS.ABCD Gọi M, N, Plần lượt trung điểm SA, SB, SC GọiE= AB∩CD, K = AD∩BC

Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(SAC)∩(SBD) , (MNP)∩(SBD)

Tìm giao điểmQcủa đường thẳngSDvới mặt phẳng(MNP)

GọiH = N M∩PQ Chứng minh ba điểmS, H, Ethẳng hàng

Chứng minh ba đường thẳngSK, QM, NPđồng quy

(30)

30 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Tìm giao tuyến của(SAC)∩(SBD)

Trong mặt phẳng ABCD gọi O = AC∩

BD, có:

®

O ∈ AC, AC ⊂(SAC)

O ∈ BD, BD⊂(SBD) ⇒ O ∈ (SAC)∩ (SBD) (1)

S ∈(SAC)∩(SBD) (2)

Từ (1) và(2) suy (SAC)∩(SBD) = SO Tìm giao tuyến của(MNP)∩(SBD) Trong mặt phẳng(SAC)gọiF = MP∩SO, có

®

F ∈ MP, MP⊂(MNP)

F ∈ SO, SO⊂(SBD) ⇒F ∈(MNP)∩ (SBD) (3)

có:

®

N ∈(MNP)

N ∈ SB, SB⊂(SBD) ⇒ N ∈ (MNP)∩(SBD) (4)

Từ (3) (4) suy ra(MNP)∩(SBD) =NF Tìm giao điểm Q đường thẳng SD với(MNP)

GọiQ= NF∩SD(vì NF, SD⊂(SBD)) Ta có

®

Q ∈ SD

Q ∈ NF, NF ⊂(MNP) ⇒ Q = SD∩(MNP)

A

B M

N

C D

E P

K O

S

H F

G Q

3 GọiH = N M∩PQ Chứng minh ba điểmS, H, Ethẳng hàng Ta có

  

 

H = MN∩PQ, MN ⊂(SAB) , PQ⊂(SCD)⇒ H ∈(SAB)∩(SCD) (∗) E = AB∩CD, AB⊂(SAB) , CD ⊂(SCD)⇒E∈ (SAB)∩(SCD) (∗∗) S ∈(SAB)∩(SCD) (∗ ∗ ∗)

Từ (*), (**), (***) suy ba điểmS, H, Ethuộc giao tuyến hai mặt phẳng(SAB)và(SCD) nên ba điểmS, H, Ethẳng hàng

4 Chứng ba đường thẳngSK, QM, NPđồng quy GọiG= MQ∩NP(vì MQ, NP ⊂(MNP)) (5)

có

®

G ∈ MQ, MQ⊂(SAD)

G ∈ NP, NP ⊂(SBC) ⇒ G∈ (SAD)∩(SBC) (6) Ngoài ra(SAD)∩(SBC)=SK ⇒G ∈ SK (7)

Từ (5),(6),(7) suy ba đường thẳngSK, QM, NPđồng quy

Bài 34. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành GọiMlà trung điểm cạnhSD, I điểm cạnhSAsao cho AI =2IS GọiKlà giao điểm củaI Mvới mặt phẳng ABCD Tính tỷ số KD

KA Gọi N trung điểm BC Tìm thiết diện hình chópS.ABCDcắt mặt phẳng(AMN)

(31)

31

S

A

B C

E

M

K D

P

N

S

I

F

A

D K

M

Trong mặt phẳng(SAD)gọiK= I M∩AD Vì

®

K ∈ I M

K ∈ AD, AD⊂(ABCD) ⇒K = I M∩(ABCD)

Dựng DF k KI(F ∈ SA) Trong ∆SDF có I M đường trung bình tam giác ⇒ SI =

IF= FA

Từ suy raFDlà đường trung bình tam giác∆AIK⇒ Dlà trung điểm AK Kết luận KD

KA =

Trong mặt phẳng(ABCD), gọiE =AN∩CD

Trong mặt phẳng(SCD), gọiP = EM∩SC Từ suy thiết diện hình chóp S.ABCD

bị cắt mặt phẳng(AMN)là tứ giácAMPN

Bài 35. Cho tứ diện ABCD Gọi P Q điểm nằm hai đoạn thẳng BC vàBD, M điểm nằm AC Giả sử không tồn song song hình vẽ tốn

Tìm giao điểm đường thẳng ABvà mặt phẳng(MPQ) Suy giao điểm N đường thẳng ADvà mặt phẳng(MPQ)

1

PQcắtCDtại điểm I Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(MPQ)với mặt phẳng (ACD) Nhận xét vị trí củaM, N, I?

2

DPvàCQcắt tạiE, MQvàNPcắt tạiF Chứng tỏ rằngA, E, Fthẳng hàng

3

(32)

32 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN a Trong mặt phẳng(ABC), gọiH = AB∩MP

Có

®

H∈ AB

H∈ PM, PM ⊂(MPQ) ⇒ H = AB ∩ (MPQ)

Ta có H Q hai điểm chung hai mặt phẳng (MPQ) (ABD) nên giao tuyến chúng đường thẳng HQ HQ cắt AD N, thìNlà giao điểm ADvà(MPQ)

b MvàIlà hai điểm chung hai mặt phẳng (MPQ)và(ACD) Vậy giao tuyến của(ACD)và (MPQ)là đường thẳngMI

Vì N ∈ (MPQ)∩(ACD) ⇒ N ∈ MI Vậy ba điểmM, N, Ithẳng hàng

c Vì ba điểm A, E, Flà ba điểm chung hai mặt phẳng (ADP) và(ACQ) nên chúng thuộc giao tuyến hai mặt(ADP)và(ACQ) Kết luận ba điểm A, E, Fthẳng hàng

A

M I

H

C N F

Q N

B

P

C

BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG I

Bài 36. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCDlà hình bình hành Gọi Mlà điểm thuộcSB, N thuộc miền tam giácS∆SCD

Tìm giao điểm MNvà mặt phẳng(ABCD)

TìmSC∩(AMN)vàSD∩(AMN)

TìmSA∩(CMN)

Lời giải.

a Tìm giao điểm củaMNvà(ABCD)

Gọi I = SN ∩ CD (vì SN, CD ⊂

(SCD)) Chọn mặt phẳng (SBI) chứa MN Ta có B I hai điểm chung hai mặt phẳng (SBI)và(ABCD) Vậy(SBI)∩(ABCD)=BI

Gọi H = MN ∩ BI (vì MN, BI ⊂

(SBI)) Ta có

®

H∈ MN

H∈ BI, BI ⊂(ABCD) ⇒ H = MN∩(ABCD)

b TìmSC∩(MAN)

Đầu tiên ta tìm giao tuyến mặt phẳng(SAC)và(SBI) GọiO =AC∩ BI(vì AC, BI ⊂(ABCD))

Ta cóSvàOlà hai điểm chung hai mặt phẳng(SAC)và(SBI)

VậySO =(SAC)∩(SBI)

Gọi E = SO∩ MN (vì SO, MN ⊂

(SBI)) Chọn mặt phẳng (SAC) chứa SC Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SAC)và(AMN)

S

A

B M

E K NP

C I

D H

Q

(33)

33

1 MvàIlà hai điểm chung hai mặt phẳng(MPQ)và(ACD) Vậy giao tuyến của(ACD)và(MPQ)là đường thẳngMI

VìN ∈(MQP)∩(ACD)⇒ N∈ MI Vậy ba điểm M,N,Ithẳng hàng

2 Vì ba điểm A, E, Flà ba điểm chung hai mặt phẳng(ADP)và(ACQ) Nên chúng thuộc giao tuyến của(ADP)và(ACQ)

Kết luận ba điểm A, E,Fthẳng hàng

BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG I

Bài 37. Cho hình chóp S.ABCD với ABCD hình bình hành Gọi M điểm thuộcSB, Nthuộc miền tam giácSCD

1 Tìm giao điểm MNvà mặt phẳng(ABCD) TìmSC∩(AMN),SD∩(AMN)

3 TìmSA∩(CMN)

Lời giải.

1 Tìm giao điểm MNvà mặt phẳng(ABCD)

(34)

34 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Ta có B I

hai điểm chung

của hai mặt

phẳng (SBI)

và (ABCD)

Vậy (SBI) ∩

(ABCD) = BI

Gọi H =

MN ∩ BI (vì MN,BI ⊂ (SBI)) Ta có

®

H ∈ MN

H ∈ BI,BI ⊂(ABCD)

⇒ H =

MN∩(ABCD)

2 Tìm SC ∩

(AMN), SD∩(AMN)

Đầu tiên ta

tìm giao tuyến mặt phẳng (SAC) (SBI) GọiO= AC∩BI

(vì AC,BI ⊂

(ABCD)) Ta có

S O hai

điểm chung hai mặt phẳng (SAC)và(SBI)

Vậy (SBI) ∩

(SAC)=SO

Gọi E =

SO ∩ MN (vì SO,MN ⊂ (SBI))

A

B

M Q

E

D H

K

N

C I O

S

P

Chọn mặt phẳng(SAC)chứaSC Tìm giao tuyến của(SAC)và(AMN) A ∈ (SAC)∩

(AMN) (1)

Và

®

E∈ SO,SO⊂(SAC)

E∈ MN,MN ⊂(AMN) ⇒E ∈(SAC)∩(AMN) (2) Từ(1)và(2)suy ra(SAC)∩(AMN)= AE

Gọi K = SC∩ AE (vì AE,SC ⊂ (SAC)), có

®

K ∈ SC

K ∈ AE,AE⊂(AMN) ⇒ K = SC∩ (AMN)

Tìm giao điểm củaSDvà mặt phẳng(AMN): Ta có KvàN hai điểm chung hai mặt phẳng(AMN)và(SCD) Vậy(AMN)∩(SCD)=KN GọiP =KN∩SD Suy raP giao điểm củaSDvà mặt phẳng(AMN)

3 TìmSA∩(CMN)

Chọn mặt phẳng(SAC)chứaSA Tìm(SAC)∩(CMN) Ta cóC ∈ (SAC)∩(CMN) (3) Theo câu2,E =SO∩MN (vìSO,MN ⊂(SBI)), có

®

E ∈ SO,SO ⊂(SAC)

(35)

35

(SAC)∩(CMN) (4)

Từ(3)và(4)suy ra(SAC)∩(CMN)=CE GọiQ=SA∩CE(vìSA,CE∩(SAC)) Ta có

®

Q ∈SA

Q ∈CE,CE⊂(CMN) ⇒ Q=SA∩(CMN)

Bài 38. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thang vớiABsong song vớiCD O giao điểm hai đường chéo, MthuộcSB

1 Xác định giao tuyến cặp mặt phẳng:(SAC)và(SBD);(SAD)và(SBC) Tìm giao điểmSO∩(MCD);SA∩(MCD)

Lời giải.

1 Xác định giao tuyến (SAC) (SBD)

Ta có S điểm chung thứ O điểm chung thứ hai hai mặt phẳng(SAC)và(SBD)

Vậy(SAC)∩(SBD)=SO

Xác định giao tuyến (SAD) (SBC)

Ta cóS ∈(SAD)∩(SBC) (1)

Trong mặt phẳng (ABCD)

gọi H = AD ∩ BC, có

®

H ∈ AD,AD⊂(SAD)

H ∈ BC,BC ⊂(SBC) ⇒ H ∈ (SAD)∩(SBC) (2) Từ (1) và(2) suy (SAD)∩(SBC) =

SH

2 Tìm giao điểm SO ∩ (MCD); SA ∩ (MCD)

Gọi I = SO ∩ DM (vì SO,DM ⊂

(SBD)) Ta có

®

I ∈ SO

I ∈ DM,DM⊂(MCD) ⇒ I = SO∩(MCD)

GọiJ =SA∩CI (vìSA,CI ⊂(SAC)) Ta có

®

J ∈ SA

J ∈ CI,CI ⊂(MCD) ⇒ J = SA∩(MCD)

A

H D

S

J

B

C M

I

O

Bài 39. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình bình hành tâmO Gọi M, Nlần lượt trung điểm AB,SC

1 TìmI = AN∩(SBD) TìmK = MN∩(SBD) Tính tỉ số KM

(36)

4 Chứng minhB,I,Kthẳng hàng Tính tỉ số IB IK Lời giải.

1 TìmI = AN∩(SBD)

Trước hết ta tìm giao tuyến mp(SAC) mp(SBD) Ta có S ∈ (SAC)∩(SBD) (1) Có

®

O ∈ BD,BD⊂(SBD) ⇒ O ∈ (SAC)∩(SBD) (2) Từ (1) (2) suy SO = (SAC)∩ (SBD)

Gọi I = SO ∩ AN (vì SO,AN ⊂

(SAC)) Suy I = AN∩(SBD) TìmK = MN∩(SBD)

Chọn mp(ABN) chứa MN Tìm giao tuyến mp(ABN)và mp(SBD) Có

®

I ∈ SO,SO⊂(SBD)

I ∈ AN,AN ⊂(ABN) ⇒ I ∈ (ABN)∩(SBD) (3)

CóB∈ (ABN)∩(SBD) (4)

Từ (3) (4) suy BI = (ABN)∩ (SBD); K = BI ∩ MN Khi K =

MN∩(SBD)

A

B M

S

O I K

N

C D

3 Tính tỉ số KM KN

Gọi Q trung điểm AI Ta có AQ =

QI = I N(vìIlà trọng tâm tam giácSAC) Có MQ đường trung bình tam giác ABI Suy MQ k BI Ta có IK đường trung bình tam giác MNQ Vậy K trung điểm MN Suy KM

KN =1

A

M K

B

Q I N

4 Chứng minhB,I,Kthẳng hàng Tính tỉ số IB IK

Theo cách tìm giao tuyến câu ba điểmB,K, I thẳng hàng Trong tam giácABI, cóQM =

2BI ⇒ IB =4IK ⇔ IB IK =4

Bài 40. Cho hình chóp S.ABC GọiK, N trung điểm SA, BC Điểm M thuộcSC,SM =

3MC

1 Tìm thiết diện hình chóp với mp(KMN) Mặt phẳng(KMN)cắtABtại L Tính tỉ số LA

(37)

37

Lời giải.

1 Tìm thiết diện hình chóp với mp(KMN)

Trong mặt phẳng(SAC), gọiI giao điểm củaKMvàAC Trong mặt phẳng(ABC), L giao điểm củaI Nvà AB Kết luận thiết diện cần tìm tứ giácMNLK

2 Mặt phẳng(KMN)cắt ABtạiL Tính tỉ số LA LB

K

A L I

S

M

E

C N

B

Trong mặt phẳng(SAC), kẻ AEk KMvới EthuộcSC Ta có KMlà đường trung bình tam giácSAEnên Mlà trung điểmSE ĐoạnSCđược chia làm5phần, MCchiếm 3phần suy raCEchiếm1phần

Trong tam giácCI M có CE EM =

CA AI =

1

2 ⇒CA = 2AI

Trong tam giác ABC, kẻDN k AB(∈ AC) Vậy DN đường trung bình ∆ABC nênDN =

2AB (1)

Trong tam giácIDNcó I A ID =

AL DN =

4

5 ⇒DN =

5AL (2)

Từ (1) (2) ta có

2AB =

5AL ⇔ 2AB = 5AL ⇔ 2(LA+LB) = 5LA ⇔ 2LB = 3LA⇒ LA

LB =

Bài 41. Cho tứ diện ABCD Gọi I, J trung điểm AC, BC Lấy K thuộc cạnhBDsao choBK =2KD

1 TìmE=CD∩(I JK) Chứng minhDE =DC

2 Tìm giao điểmF = AD∩(I JK) Chứng minhFA =2FD

3 Tìm thiết diện tứ diện ABCD với mặt phẳng (I JK) Xác định hình tính thiết diện

(38)

1 TìmE = CD∩(I JK) Chứng minh DE=DC

Gọi E = CD∩ JK (vì CD,JK ⊂ (BCD)),

có

®

E ∈ CD

E ∈ JK,JK ⊂(I JK) ⇒ E = CD∩(I JK)

A

B

C I

J

E F

K D

Chứng minhDE =DC

Trong∆BCE, kẻ DPk EJ Trong tam giácBDP, có JKk PDnên

BJ JP =

BK

KD =2 ⇒ BJ = 2JP ⇒ CI = 2JP Từ suy DPlà đường trung bình tam giácCEJ Suy raD trung điểmCE Vậy DE=DC

I P

C

D

B E

K

2 Tìm giao điểmF = AD∩(I JK) Chứng minh FA =2FD

Vì IE,AD ⊂ (ACD) Gọi F = IE∩AD Mà IE ⊂ (I JK) ⇒ F = AD∩(I JK) Xét tam giácACEcóFlà giao điểm hai đường trung tuyếnADvàEI Suy raFlà trọng tâm của∆ACE Vậy FA =2FD

3 Tìm thiết diện tứ diện ABCD với mặt phẳng (I JK) Xác định hình tính thiết diện

Ta có

®

(I JK)∩(ABC)= I J; (I JK)∩(BCD) = JK

(I JK)∩(ABD) =KF; (I JK)∩(ACD)= FI Thiết diện cần tìm tứ giácI JKF Trong tam giácABD, có DK

DB = DF DC =

1

3 ⇒ KFk AB (1)

Trong tam giácABC, cóI J đường trung bình nên I J k AB (2)

Từ(1)và(2)suy tứ giácI JKF hình thang

Bài 42. Cho tứ diện S.ABC Trên SB,SC lấy hai điểm I, J cho I J không song song vớiBC Trong tam giác ABClấy điểmK

1 Xác định giao tuyến hai mặt phẳng(ABC)và(I JK) Xác định giao điểm AB, ACvới(I JK)

3 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(SAB)và(I JK) Tìm giao điểm BC, I J với mặt phẳng(SAK)

(39)

39

1 Xác định giao tuyến hai mặt phẳng (ABC)và(I JK).

GọiD= I J∩BC(vì I J,BC ⊂(SBC)), có

®

D∈ I J,I J ⊂(I JK)

D∈ BC,BC ⊂(ABC) ⇒ D ∈ (I JK)∩

(ABC) (1)

CóK ∈(I JK)∩(ABC) (2)

Từ(1)và(2)suy ra(I JK)∩(ABC)= DK Xác định giao điểm của AB,AC và(I JK).

Gọi E,F giao điểm AB,AC với DK (vì AB,AC,DK thuộc mặt phẳng (ABC)) Ngoài DK nằm mặt phẳng (I JK) Vậy AB∩mp(I JK) = E; AC∩ mp(I JK) =F

S

B

F K

A E

I

G C

D L

J

3 Tìm giao tuyến của(SAB)và(I JK).

Ta cóI vàElà hai điểm chung hai mặt phẳng(SAB)và(I JK)nên(SAB)∩(I JK)=

IE

4 Tìm giao điểm củaBC,I J với(SAK).

GọiG = AK∩BC (vì AK,BC ⊂ (ABC)) Ta có

®

G ∈ BC

G ∈ AK,AK ⊂(SAK) ⇒ G = BC∩ (SAK)

GọiL=SG∩I J (vìSG,I J ⊂(SBC)) Ta có

®

L ∈ I J

L ∈ SG,SG⊂(SAK) ⇒L =I J∩(SAK)

5 Xác định thiết diện mp(I JK)với tứ diệnS.ABC Theo cách dựng điểm câu ta có

®

(I JK)∩(ABC)= EF; (I JK)∩(SAC)= FJ (I JK)∩(SAB)= IE; (I JK)∩(SBC) = J I Vậy thiết diện cần tìm tứ giác I JFE

Bài 43. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, đáy lớn AB Trên SA,SB lấy điểm M,N cho MN không song song với AB Gọi O =

AC∩DB

1 Tìm giao điểm đường thẳng ABvới mp(MNO)

2 Tìm giao tuyến mp(MNO)với mặt(SBC)và(SAD) Xác định thiết diện của(M)với hình chópS.ABCD

4 GọiKlà giao điểm hai giao tuyến câu thứ2vàE= AD∩BC Chứng minh 3điểmS,K,Ethẳng hàng

(40)

1 Tìm giao điểm đường thẳng AB với mp(MNO).

Gọi H = AB∩ MN (vì AB,MN ⊂

(SAB)) Ta có

®

H∈ AB

H∈ MN,MN ⊂(MNO) ⇒ H = AB∩(MNO)

2 Tìm giao tuyến mpMNOvới các mặt phẳng(SBC)và(SAD).

Gọi F = BC ∩ HO (BC,HO ⊂

(ABCD)), ta có :

®

F∈ BC,BC ⊂(SBC) F∈ HO,HO ⊂(MNO) ⇒ F∈ (MNO)∩(SBC) (1) N ∈(MNO)∩(SBC) (2)

Từ(1)và(2)suy ra(MNO)∩(SBC)=

FN

Trong mp(ABCD), gọi G = AD∩ HO,

ta có

®

G∈ AD,AD⊂(SAD) G∈ HO,HO⊂(MNO) ⇒ G ∈ (MNO)∩(SAD) (3)

M∈ (MNO)∩(SAD) (4)

Từ(3)và(4)suy ra(MNO)∩(SAD)=

MG

A

K

C E

H N

S M

O

B F GD

3 Xác định thiết diện của(MNO)với hình chópS.ABCD Theo cách dựng điểm trên, ta có

®

(MNO)∩(ABCD)=GF; (MNO)∩(SBC) =FN (MON)∩(SAB)= N M; (MNO)∩(SAD)= MG Vậy thiết diện cần tìm tứ giác MNFG

4 Chứng minh3điểmS,K,Ethẳng hàng.

Ta cóE= AD∩BC, AD ⊂(SAD),BC ⊂(SBC)nên E∈ (SAD)∩(SBC) (∗) K =GM∩FN,GM ⊂(SAD),FN ⊂(SBC)nênK ∈(SAD)∩(SBC) (∗∗) S ⊂(SAD)∩(SBC) (∗ ∗ ∗)

Từ(∗)(∗∗)(∗ ∗ ∗)suy ba điểm E,K,Sthuộc giao tuyến hai mặt phẳng(SAD)và (SBC)nên ba điểmE,K,Sthẳng hàng

Bài 44. Cho tứ diện ABCD Gọi M trung điểm AB, K trọng tâm tam giác ACD

1 Xác định giao tuyến của(AKM)và(BCD)

2 Tìm giao điểmHcủaMKvà mp(BCD) Chứng minhKlà trọng tâm tam giác ABH

3 TrênBClấy điểmN Tìm giao điểmP,QcủaCD, ADvới mp(MNK) Chứng minh đường thẳngMQ,NP,BDđồng quy

(41)

41

1 Xác định giao tuyến của (AKM)và(BCD).

Gọi G = AK ∩ CD (vì

AK,CD⊂(ACD))

Ta có

®

G∈ AK,AK ⊂(AKM) G∈ CD,CD ⊂(BCD)

⇒ G ∈ (AKM) ∩

(BCD) (1)

B∈ (ABG)∩(BCD) (2)

Từ (1) (2) suy

(ABG)∩(BCD)=BG

2 Tìm giao điểmHcủaMKvà mp(BCD)

Trong mp(ABG), gọi H =

MK∩BG, có

®

H ∈ MK

H ∈ BG,BG⊂(BCD) ⇒ H = MK∩(BCD)

A

F

E B

M

N

C P G

D K

Q

H

Chứng minhKlà trọng tâm tam giác ABH VìK trọng tâm tam giác ACD nên K chia đoạn AGthành ba phần

GọiLlà điểm đối xứng củaKquaGthìKlà trung điểm củaAL

Trong 4ABL, MK đường trung bình tam giác

Ta có4BGL=4HGK(g.c.g)⇒ BG=HG VậyKlà trọng tâm tam giác ABH

3 Tìm giao điểmP,QcủaCD,ADvớimp(MNK) Trong mp(ABC) gọi E = MN ∩ AC Trong mp(ACD) đường thẳng EK cắt CD AD P,Q, P Q giao điểm CDvàADvới mp(MNK)

A

B

M K

H L

G

4 Chứng minhMQ,NP,BDđồng quy. Trong mp(MNK)gọiF =MQ∩NP,

®

F ∈ MQ⊂(ABD)

F ∈ NP ⊂(BCD) ⇒ F∈ (ABD)∩(BCD) Tù suy raFthuộc giao tuyến củaBDvà hai mặt phẳng(ABD)và(BCD)

Vậy ba đường thẳng MQ,NP,BDđồng quy điểmF

Bài 45. Cho hình chópS.ABCD có đáyABCD hình bình hành GọiG trọng tâm tam giácSAD, Mlà trung điểm củaSB

1 Tìm giao điểm NcủaMGvà mặt phẳng(ABCD)

(42)

1 Trong mặt phẳng chứa MG, gọi N giao điểm MG BE Vì BE thuộc mặt phẳng (ABCD), nên N thuộc (ABCD) Vậy N giao điểm củaMGvà mặt phẳng(ABCD) Trong mặt phẳng (SBN), kẻ EF k

MN(FthuộcSB)

Trong tam giácSEFcóMGk EFnên SM

MF = SG

GE =2⇒SM =2MF ⇔BM =2MF Vậy Flà trung điểm BM

S

A M F

B C

E D

N G

Trong 4BMN cóEF k MN nên BF

FM = BE

EN =1 ⇒ BE = EN VậyElà trung điểm BN

Dễ dàng chứng minh 4AEB =4DEN(c.g.c)⇒ ABE‘ =END.’

Hai góc theo trường hợp so le nênABk DN, mà ABk CDnênC,D,N thẳng hàng

EDlà đường trung bình tam giácNBCsuy raDlà trung điểm củaCN

Bài 46. Cho hình chópS.ABCD, đáy ABCDlà hình bình hành tâmO Gọi Mlà trung điểm củaSC

1 Xác định giao tuyến của(ABM)và(SCD)

2 Gọi N trung điểm củaBO Xác định giao điểm I của(AMN)với SD Chứng minh SI

ID =

3 Tìm thiết diện hình chópS.ABCDcắt mặt phẳng(AMN)

(43)

43

1 Xác định giao tuyến của(ABM) và(SCD).

Ta có

  

 

M∈ (ABM)∩(SCD) ABk CD

AB⊂(ABM),CD⊂(SCD) ⇒ (ABM) ∩ (SCD) = MH (MH k ABkCD.)

2 Xác định giao điểm I của (AMN)vàSD

Ta có (SAC) ∩ (SBD) = SO

Gọi K = AM ∩ SO

(AM,SO ⊂(SAC))

Tìm giao tuyến (AMN) và (SBD).

Ta có

®

N ∈(AMN)

N ∈ BD,BD⊂(SBD) ⇒ N ∈(AMN)∩(SBD) (1)

®

K∈ AM,AM ⊂(AMN)

K∈ BD,BD⊂(SBD) ⇒ K ∈ (AMN)∩(SBD) (2)

Từ (1) (2) suy

(AMN) ∩ (SBD) = NK NK cắt SD điểm I, I giao điểm của(AMN)vàSD

S

A

B L C

O

D M

I H

K

Trong mặt phẳng (SBD), từ O dựng OP k N I(P ∈ SD)

Trong4DN I, cóOP k DI nên có DO ON =

DP PI =

2 = 2⇒ DP=2PI (3)

Trong 4SOP có KI k OP nên có SK KO =

SI PI =

2 = ⇒ SI = 2PI (4)(K) trọng tâm 4SAC Từ (3)và(4)suy IS

ID =

Thiết diện hình chóp bị cắt mặt phẳng (AMN).

GọiLlà giao điểm ANvàBC Kết luận thiết diện tứ giácALMI

S

B N O D

I P K

Bài 47. Cho tứ diệnABCD TrênADlấy điểmNsao cho AN =2ND, Mlà trung điểm AC, trênBC lấy điểmQsao choBQ=

4BC

1 Tìm giao điểm IcủaMN với(BCD) Tính tỷ số IC ID Tìm giao điểm JcủaBDvới(MNQ) Tính tỷ số JB

JD, JQ

(44)

1 Tìm giao điểm I của MN với (BCD).

Gọi I = MN ∩ CD (MN,CD ⊂

(ACD)) Vì

®

I ∈ MN

I ∈ CD,CD⊂(BCD) ⇒ I = MN∩(BCD)

A

C

J D

Q B

I

M N

Tính tỷ số IC ID.

Từ Dkẻ DGk I M(G∈ AC)

Trong4AGDcó AM

MG = AN

ND =2 ⇒ AM=2MG Do G trung điểm CM suy DG đường trung bình tam giácCMI, suy raDlà trung điểm củaCI Vậy IC

ID =2

A

C D I

M

G N

2 Tìm giao điểm J của BDvà(MNQ) Tính tỷ số JB JD, JQ

J I .

GọiJ = QI∩BD(QI,BD⊂(BCD)) Vì

®

J ∈ BD

J ∈ QI,QI ⊂(MNQ) ⇒ J =BD∩(MNQ) Gọi E trung điểm BC, từ E kẻ đường thẳng song song với QI cắt BD, IC F H Ta có QJ đường trung bình tam giác BEF ⇒BJ = JF (1)

Trong 4CQI có CE

EQ = CH

H I = ⇒ CH = 2H I ⇒ CD+DH = 2H I ⇒ DI +DH = 2H I ⇒ DH+H I+DH =2H I ⇒ H I =2DH

Trong4DI Jcó DF FJ =

DH H I =

1

2 ⇒DF =

2FJ (2) Từ(1)và(2)suy JB

JD =

I

B Q E C

J

F H

D

Ta cóEF =2QJ, FH =

3I J vàEH =

3IQ ⇒EF+FH =

3(I J+JQ) ⇒2JQ+ 3I J =

3(I J+JQ)⇒ I J =4JQ Vậy JQ

I J =

(45)

45

1 Tìm giao điểm IcủaSDvà mặt phẳng(AME) Chứng minhEI kSB Tìm giao điểm HcủaSDvà mặt phẳng(MNE)

3 Tìm thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng(MNE) Lời giải.

Ta cóSO=(SAC)∩(SBD) GọiJ = AM∩SO(AM,SO ⊂(SAC)) Tìm giao điểm I SD mặt

phẳng(AME)

Chọn mặt phẳng(SBD)chứaSD Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (AME)và(SBD)

Có E điểm chung thứ nhất, J giao điểm AMvàSO MàAM, SO thuộc hai mặt phẳng (AME)và(SBD)

Vậy giao tuyến chúng làEJ Kéo dàiEJ cắtSDtại điểm điểm Icần tìm

Chứng minhEI k SB

VìJlà giao điểm củaAM,SOlà hai đường trung tuyến tam giác SAC Nên J trọng tâm tam giácSAC

Ta có OJ OS =

OE OB =

1

⇒ EJ k SB(theo định lý đảo Talet), hayEI k SB

2 Tìm giao điểm H SD mặt phẳng(MNE)

Chọn mặt phẳng(SBD)chứaSD Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (N ME)và(SBD)

S

O

B L C

E A K

N

D M

F I

J H

GọiF= MN∩SO(MN,SO ⊂(SAC)) Ta có

®

F ∈ MN,MN ⊂(MNE)

F ∈ SO,SO⊂(SBD) ⇒ F∈ (MNE)∩(SBD) (1)

Ngoài raE∈ (MNE)∩(SBD) (2)

Từ (1) (2) thìEF =(MNE)∩(SBD)

GọiH =EF∩SD(EF,SD ⊂(SBD))⇒ H=SD∩(MNE) Tìm thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng(MNE)

Đầu tiên tìm giao tuyến hai mặt phẳng(MNE)và(ABCD)

Ta có: Elà điểm chung thứ nhất, cóMN k AC, mà hai đường thẳng MN, AClần lượt thuộc hai mặt phẳng(MNE)và(ABCD)

Vậy giao tuyến chúng quaEvà song song vớiACcắt AB,BClần lượt tạiKvàL Kết luận thiết diện cần tìm đa giácKLMHN

(46)

1 Tìm giao điểmKcủa đường thẳng MNvới mặt phẳng(SBD) Tính tỉ số KM KN Gọi E trung điểm SA Tìm giao điểm F SD mặt phẳng (EMN)

Chứng minh tứ giác MEFNlà hình thang

3 Tìm thiết diện hình chóp với mặt phẳng(EMN) Lời giải.

1 • Tìm giao điểm K đường thẳng MN với mặt phẳng(SBD)

Chọn mặt phẳng (SMC) chứa MN Tìm giao tuyến của(SMC)và(SBD)

Ta cóS ∈(SMC)∩(SBD) (1)

GọiI = MC∩BD(MC,BD⊂(ABCD)), ta có:

®

I ∈ MC,MC ⊂(SMC)

I ∈ BD,BD⊂(SBD) ⇒ I ∈ (SMC)∩

(SBD) (2)

Gọi K = MN ∩SI (MN,SI ⊂(SMC)) ⇒ K = MN∩(SBD)

•Tính tỉ số KM KN

Trong tam giác SMC kẻ NG k SI (G ∈ CM)

Trong4CIScó NG k SI ⇒ CN NS =

CG GI = 1⇒CG= GI

S

P J

F

G

A D

O I B

M E

K

C N

L

VìI trọng tâm tam giácABCnên suy raMI =IG =GC

Trong4MNGcó: IKk NG⇒ MK

KN = MI

IG =1⇒ MK =KN

Vậy KM

KN =1

2 •Tìm giao điểmFcủaSDvà mặt phẳng(EMN)

Chọn mặt phẳng(SBD)chứaSD, tìm giao tuyến hai mặt phẳng(SBD)và(MNE) GọiO= AC∩BD ⇒(SAC)∩(SBD)=SO

GọiJ = EN∩SO(EN,SO⊂(SAC)) Ta có

®

J ∈ EN,EN ⊂(MNE)

J ∈ SO,SO⊂(SBD) ⇒ J ∈ (MNE)∩(SBD) (1)

Theo câu 1) thìKlà điểm chung thứ (2)

Từ (1) (2) thì(MNE)∩(SBD)=K J GọiF=K J∩SD⇒K =SD∩(MNE) •Chứng minh tứ giác MEFNlà hình thang Ta cóENlà đường trung bình tam giácSAC Dễ dàng chứng minh Jlà trung điểm EN

Trong tam giácMNE,K Jlà đường trung bình tam giác nên: K J =

2EM,K J k EM

GọiLlà trung điểm củaSDcóOL =

(47)

47

Trong4SOLcó JFlà đường trung bình nên JF =

2OL

MàOL=

2SB⇒ JF =

4SB (5)

VàK J =

2MEmà ME=

2SB ⇒K J=

4SB (6)

Từ (5) (6) suy ra:KF=

2SB⇒KF =EM Vậy tứ giácEMKFlà hình bình hành

Tứ giác MNFElà hình thang cóEFk MN

3 Tìm thiết diện hình chóp với mặt phẳng(EMN) Ta có:

®

M∈ (MNE)∩(ABCD)

EN k AC ⇒(MNE)∩(ABCD)= MP(MPk AC k EN, P∈ BD) Thiết diện cần tìm ngũ giácMPNFE

Bài 50. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành,Mlà điểm cạnh ADsao cho AM=2MD,Klà trung điểm cạnhSB

1 Tìm giao điểmFcủaDKvới mặt phẳng(SMC) Tính tỉ số DF DK GọiElà điểm trênSC cho SE

SC =

3, gọi Hlà giao điểm củaKEvà mặt phẳng (SAD) Tính tỉ số HE

HK

3 GọiIlà điểm cạnhSD(DI >SI),Plà giao điểm củaAKvà(SDC),Qlà giao điểm củaCI và(SAB) Chứng minhP,Q,Sthẳng hàng

Lời giải.

S H

Q

P

x

y

G E

J

B C

F

O A

K N

D I

(48)

1 Tìm giao điểmFcủaDKvới mặt phẳng(SMC) Tính tỉ số DF DK

Gọi J trung điểm AM, W trung điểm củaOD ⇒ MW đường trung bình của4DJO

Trong mặt phẳng(SBD)dựng đường thẳngd k SW vàdđi quaO Đường thẳngdcắt DKvàSBlần lượt tạiGvàN.WFlà đường trung bình của4DGO ⇒Flà trung điểm củaDG

Trong4BSW có:ON kWS: BN BS = BO BW = ⇔

BK+KN 2KS =

2 ⇔

BK 2KS +

KN 2KS =

2 ⇔

1 +

KN 2KS =

2 ⇒ KN KS = Trong4KSFcóGN k FSnên: KN

KS = KG KF =

1

3 ⇒KF=3KG ⇒GF =2KG Kết luận: DF

DK = 2KG 5KG =

2 Tính tỉ số HE

HK Có:     

S∈ (SBC)∩(SAD) BC k AD

BC ⊂(SBC),AD⊂(SAD)

⇒(SBC)∩(SAD) =Sx Sxk BC k AD Gọi H = KE∩ Sx (KE,Sx⊂(SBC)) ⇒ H = KE∩

(SAD)

Vẽ lại mặt phẳng (SBC) hình bên Gọi L trung điểm EC, KE đường trung bình tam giác SBL nênKE=

2BL (1)

Ta có:S“1 =Cc1(so le trong); c

E1 =cE2(đối đỉnh), c

E2 =cL1(đồng vị) ⇒cE1 =cL1

Từ suy ra:4SEH =4CLB(g.c.g)⇒BL= HE (2) Từ (1) (2) ta có HE

HK = 1 S H L B C Z K E

3 Chứng minhP,Q,Sthẳng hàng Ta có:     

S ∈(SAB)∩(SCD) BA k CD

AB⊂(SAB),CD⊂(SCD)

⇒(SAB)∩(SCD)=Sy Syk ABk CD GọiP= AK∩Sy AK,Sy ⊂(SAB)⇒ P= AK∩(SCD);

GọiQ=CI∩Sy CI,Sy ⊂(SCD)

⇒Q=CI∩(SAB);

Vì ba điểmP,S,Qcùng nằm giao tuyếnSynên chúng thẳng hàng

Bài 51. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành GọiM,N trung điểm ABvàSC

1 Tìm giao điểm Icủa ANvà(SBD) Tính I A I N Tìm giao điểmKcủaMNvà(SBD) Tính KM

KN Chứng tỏB, I,Kthẳng hàng Tính IB

(49)

49

của(MNE)và hình chóp Lời giải.

S

I

B L

O K

A

M E

D N

C H

F Tìm giao điểm IcủaAN và(SBD)

S ∈(SAC)∩(SBD) (1)

®

O ∈ BD,BD⊂(SBD) ⇒O ∈(SAC)∩(SBD) (2) Từ (1) (2)⇒SO=(SAC)∩(SBD)

GọiI =SO∩AN (SO,AN ⊂(SAC)) Suy I = AN∩(SBD)

VìSO, ANlà hai trung tuyến tam giácSAC⇒ I trọng tâm tam giácSAC Do I A

I N =2

2 Tìm giao điểmKcủaMNvà(SBD) Chọn mặt phẳng(ABN)chứaMN Ta có:

®

I ∈ SO,SO ⊂(SBD)

I ∈ AN,AN ⊂(ABN) ⇒ I ∈ (ABN)∩(SBD) (3) B∈ (ABN)∩(SBD) (4) Từ (3) (4)⇒BI =(ABN)∩(SBD)

GọiK = MN∩BI ⇒K= MN∩(SBD) Vẽ lại tam giácABNnhư bên

GọiQlà trung điểm AI Ta có AQ=QI = I N Xét4N MQ, ta có:IKlà đường trung bình tam giác VậyKlà trung điểm MN

Suy KM KN =1

B

A Q I N

(50)

50 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Theo cách tìm giao tuyến câu b) thì3điểmB,K, I thẳng hàng

Trong4N MQ, ta có: IK =

2QM Trong4ABI, ta có:QM =

2BI ⇒ IB =4IK ⇔ IB IK =4

Hai mặt phẳng(MNE)và(ABCD)cóMlà điểm chung cóNEk ACnên giao tuyến dcủa chúng quaMvàd k ACk NE

GọiF=d∩CD(d,CD ⊂(ABCD)); gọiH = FN∩SD(FN,SD⊂(SCD))

Vậy thiết diện mặt phẳng(MNE)cắt hình chópS.ABCDlà đa giácEMLNH

(51)

Chương 2. QUAN HỆ SONG SONG

Bài HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG

Định nghĩa 1. Hai đường thẳng gọi đồng phẳng chúng nằm mặt phẳng

Hai đường thẳng gọi chéo chúng không đồng phẳng

Hai đường thẳng gọi song song chúng đồng phẳng khơng có điểm chung Định lí 1.

Trong khơng gian, qua điểm khơng nằm đường thẳng cho trước, có đường thẳng song song với đường thẳng cho

M

d d0

Định lí 2. Nếu ba mặt phẳng phân biệt đôi cắt theo ba giao tuyến phân biệt ba giao tuyến đồng quy đơi song song với

α

β

γ

b c

a

α

β

γ

b c

a

Hệ 1. Nếu hai mặt phẳng phân biệt chứa hai đường thẳng song song giao tuyến chúng (nếu có) song song với hai đường thẳng trùng với hai đường thẳng

α

β

d00 d d0

α

β

d00 d

d0

α

β

d00 d0 d

Định lí 3.

(52)

52 CHƯƠNG QUAN HỆ SONG SONG

Hai đường thẳng phân biệt song song với đường thẳng thứ ba song song với

α

β

γ

b c

a

Bài 2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG

Định lí 1.

Nếu đường thẳngdkhơng nằm mặt phẳng (α)và đường thẳngdsong song với đường thẳng d0nằm trong(α)thìdsong song vớiα.

d

d0

α β

Định lí 2.

Nếu đường thẳngasong song với mặt phẳng(α) Nếu mặt phẳng (β) chứa a cắt (α) theo giao tuyếnbthìbsong song vớia

a

b

α β

Hệ 1.

Nếu hai mặt phẳng phân biệt song song với đường thẳng giao tuyến chúng (nếu có) song song với đường thẳng

d d0

α

β

(53)

Cho hai đường thẳng chéo Có mặt phẳng chứa đường thẳng song song với đường thẳng

M b0

b

a α

DẠNG 2.1 Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng song song với mặt phẳng

Phương pháp giải:

Chứng minh hai đường thẳng song song dựa vào hình học phẳng: Định lý Thales đảo, đường trung bình

Muốn chứng minh đường thẳng d song song với mặt phẳng(P), ta phải chứng minh đường thẳngdsong song với đường thẳng thuộc mp(P)

Tìm giao tuyến cách 2: Tìm điểm chung hai mặt phẳng, tìm hai mặt phẳng có hai đường thẳng song song với Giao tuyến cần tìm qua điểm chung song song với hai đường thẳng song song vừa tìm

Bài 1. Cho tứ diệnABCD GọiI,Jlần lượt trọng tâm tam giácABC,ABD Chứng minh I J k CD

Lời giải.

Gọi E trung điểm AB Ta có

®

I ∈ CE

J ∈ DE ⇒ I J CD đồng phẳng

Do có EI EC =

EJ ED =

1

3 (tính chất trọng tâm), nên theo định lý Thales suy raI J kCD

A

J

D I

B

E

C

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD hình thang với hai đáy AB CD (AB >CD) GọiM,N trung điểm cạnhSA,SB

1 Chứng minhMN k CD

2 Tìm giao điểmPcủaSC với(ADN)

(54)

Lời giải.

1 Chứng minhMN k CD

Trong tam giácSAB, ta có MN k AB(vì MNlà đường trung bình) MàAB kCD (ABCDlà hình thang) VậyMN k CD Tìm giao điểm củaSCvới(ADN)

Chọn mặt phẳng phụ (SBC) chứa SC Tìm giao tuyến của(SBC)và(ADN) Ta có N điểm chung (SBC) (ADN) (1)

Trong(ABCD), gọiE= AD∩BC Ta có

®

E∈ AD⊂(ADN)

E∈ BC ⊂(SBC) ⇒E ∈(ADN)∩(SBC) (2) Từ (1) (2) suy (ADN)∩(SBC) =

NE

Trong(SBC), gọiP =SC∩NE Khi

®

P∈ SC

P∈ NE ⊂(ADN) ⇒ P=SC∩(ADN) Chứng minh SI k AB k CD Tứ giác

SABI hình gì?

S ∈(SAB)∩(SCD) (3)

®

I ∈ AN ⊂(SAB)

I ∈ DP ⊂(SCD) ⇒ I ∈ (SAB)∩ (SCD) (4)

S I

N

B

C

E P A

D M

Từ(3)và(4)suy raSI =(SAB)∩(SCD) Ta có

  

 

SI =(SAB)∩(SCD) AB⊂(SAB),CD ⊂(SCD) ABk CD

⇒SI k ABkCD

Xét tam giácSAIcóSI k MN(vì song song với AB) vàMtrung điểm củaAB VậyMN đường trung bình tam giác Suy raSI =2MN

Ta có

®

SI k AB SI =2MN,AB=2MN ⇒

®

SI k AB SI =AB

Vậy tứ giácSABIlà hình bình hành

Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD hình thang (đáy lớn AB) Gọi I,J trung điểm cạnhAD,BC,Klà điểm cạnhSBsao choSK =

3SB Tìm giao tuyến của(SAB)và(I JK)

2 Tìm thiết diện (I JK)với hình chóp S.ABCD Tìm điều kiện để thiết diện hình bình hành

(55)

1 Tìm giao tuyến của(SAB)và(I JK) TừKkẻKL k AB(L∈ SA) Ta có

  

 

K ∈(SAB)∩(I JK) ABk I J AB⊂(SAB),I J ⊂(I JK) (vì I Jlà đường trung bình hình thang)

Suy ra(SAB)∩(I JK) = KL (vì KL k AB k I J,K ∈ SA)

2 Tìm thiết diện của(I JK)với hình chópS.ABCD Ta có

®

(I JK)∩(ABCD)= I J, (I JK)∩(SBC)= JK (I JK)∩(SAB)=KL, (I JK)∩(SAD)= LI Vậy thiết diện cần tìm hình thang I JKL (vì I J k LK k AB)

Do I J đường trung bình hình thang ABCD nên I J = AB+CD

2

Xét tam giác SAB có LK AB =

SK SB =

2

3, suy LK =

3AB

Để I JKL hình bình hành ⇔ I J = KL ⇔ AB+CD

2 =

3AB⇔ AB=3CD

Vậy thiết diện I JKL hình bình hành ⇔ AB =

3CD

S

B

C J K A

D I

L

Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD hình bình hành Gọi M,N,P,Q điểm nằm cạnhBC,SC,SD,ADsao choMN k BS,NP kCD,MQk CD

1 Chứng minhPQkSA

2 GọiK = MN∩PQ Chứng minh điểmK nằm đường thẳng cố định M di động cạnhBC

(56)

1 Chứng minhPQk SA

Xét ∆SCD có NP k CD ⇒ DP

DS = CN

CS (1)

Xét ∆SCB có N M k SB ⇒ CM

CB = CN

CS (2)

Xét hình thang ABCD có MQ k CD ⇒ CM

CB = DQ DA (3)

Từ (1), (2), (3) suy DP DS =

DQ DA Vậy PQk SA

2 Chứng minh điểm K nằm đường thẳng cố định Mdi động cạnh BC

Ta có   

 

BC k AD BC ⊂(SBC),AD ⊂(ADS) S∈ (SBC)∩(SAD)

⇒ (SBC)∩ (SAD) = St với (St k AD k BC)

MàK= MN∩PQvà

®

MN ⊂(SBC) PQ⊂(SAD) Suy raK ∈(SBC)∩(SAD)hayK ∈ St Vì S cố định BC cố định nên St cố định VậyK ∈ Stcố định khiMdi động cạnhBC

S K t

P

D

A N

B M C

Q

Bài 5. Cho hình chóp tứ giácS.ABCD Gọi M,N,E,Flần lượt trung điểm cạnh SA,SB,SC,SD Chứng minh

1 MEk AC,NF k BD

2 Ba đường thẳngME,NF,SO(vớiOlà giao điểm củaACvàBD) đồng qui Bốn điểmM,N,E,Fđồng phẳng

(57)

1 Chứng minhMEk AC,NF k BD

MElà đường trung bình tam giácSAC ⇒ MEk AC

FN đường trung bình tam giác SBD ⇒ FN k BD

2 Ba đường thẳng ME,NF,SO (với O giao điểm củaAC vàBD) đồng qui

Trong tam giácSAC, gọiK= ME∩SO Suy Klà trung điểm củaSO

Trong tam giácSDOcóFKlà đường trung bình tam giác⇒ FKk DO ⇔FKk BD (1) Trong tam giácSBDcóFNlà đường trung bình tam giác⇒ FN k BD (2)

Từ (1) (2) K thuộc NF Vậy ba đường thẳngME,NF,SOđồng qui điểmK

3 Bốn điểm M,N,E,F đồng phẳng Từ chứng minh câu 2) ME NF cắt K Suy bốn điểm M,N,E,Fđồng phẳng

S

E F

D

C A

M

N K

B

O

Bài 6. Cho tứ diệnABCD, gọiI, Jlần lượt trung điểm củaBCvàBD,Elà điểm thuộc cạnh AD

a) Xác định thiết diện tứ diện cắt mp(I JE) b) Tìm vị trí củaEtrênADđể thiết diện hình bình hành

c) Tìm điều kiện tứ diệnABCDvà vị trí điểmEtrênADđể thiết diện hình thoi Lời giải.

a) Xác định thiết diện tứ diện cắt mp (I JE)

Ta có I J đường trung bình 4BCD nên I J k CD

®

(I JE)∩(ACD)=E

I J ⊂(I JE), CD ⊂(ACD) ⇒ (I JE) ∩ (ACD) =Ex

VớiExk CD k I J GọiF =Ex∩AC Vậy thiết diện cần tìm hình thangEFI J b) Để I JEFlà hình bình hành I J = EF

VậyEphải trung điểm AD

c) Khi EFI J hình bình hành EJ đường trung bình tam giác DAB, suy EJ =

1 2AB

Vậy: để I JEF hình thoi I J = EJ ⇔ AB =

CD

Kết luận: Để thiết diệnI JEFlà hình thoi thìElà trung điểm củaADvàAB=CD

A

D I

J B

E

(58)

Bài 7. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà tứ giác lồi Gọi M,N trọng tâm tam giácSABvàSAD,Elà trung điểm củaCB

a) Chứng minh MN k BD

b) Xác định thiết diện hình chóp cắt mp(MNE)

c) Gọi H, L giao điểm mp(MNE)với cạnh SBvà SD Chứng minhLH k BD

Lời giải.

a) Chứng minh MN k BD GọiKlà trung điểm củaSA Theo tính chất trọng tâm ta có

KM KB =

KN KD =

1

3 ⇒ MN k BD b) Xác định thiết diện hình chóp cắt

mp(MNE)

E điểm chung của(MNE)và(ABCD) nên giao tuyến chúng quaEvà song song vớiMN song song vớiBD Giao tuyến cắtABvàCDlần lượt tạiFvà G

Trong mặt phẳng (SAB) đường thẳng FMcắtSAvàSBlần lượt tạiPvàH Còn trong(SAD)đường thẳngPN cắtSDtại L Từ suy thiết diện cần tìm ngũ giácEHPLG

c) Chứng minhLH k BD Ta có

  

 

HL =(MNE)∩(SBD) MN k BD

MN ⊂(MNE), BD⊂(SBD) ⇒ HL k MN k BD

S

N K

A

B M P

D

C H

L

E F

G

Bài 8. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành Gọi M, N trung điểm cạnh ABvàCD

a) Chứng minh MN k (SBC), MN k (SAD)

b) Gọi P trung điểm cạnhSA Chứng minh SBvàSC song song với (MNP)

c) Gọi G1, G2 trọng tâm tam giác ABC vàSBC Chứng minh G1G2 k

(59)

a) Chứng minh MN k(SBC) Ta có

®

MN k BC, MN 6⊂(SBC) BC ⊂(SBC) ⇒ MN k(SBC)

Ta có

®

MN k AD, MN 6⊂ (SAD) AD⊂(SAD) ⇒ MN k(SAD)

b) Chứng minhSBvàSCđều song song với (MNP)

Tìm giao tuyến mặt phẳng(SAD)và (MNP)

Ta có   

 

P∈ (MNP)∩(SAD) MN k AD

MN ⊂(MNP), AD ⊂(SAD) ⇒ (PMN)∩(SAD) = PQ(PQ k MN k AD, Q ∈ SD)

Xét4SAD ta có PQ k ADvà P trung điểm củaSA, suy raQlà trung điểm SD

Xét4SCDta cóQN k SC (QNlà đường trung bình tam giácSCD)

Ta có

®

SC 6⊂(PMN), SC k QN

QN ⊂(PMN) ⇒ SC k (PMN)

S

M A

D

Q G2

B

C P

N

I G1

c) Chứng minhG1G2 k (SAB)

Xét tam giácSAIta có IG1 I A =

IG2

IS =

3 (Tính chất trọng tâm)⇒G1G2 k SA Có

®

G1G2 6⊂(SAB), G1G2 kSA

SA⊂(SAB) ⇒G1G2k (SAB)

Bài 9. Cho hình chópS.ABCDcó đáy(ABCD)là hình thang ADlà đáy lớn AD =

2BC GọiOlà giao điểm ACvàBD,Glà trọng tâm tam giácSCD a) Chứng minhOGk(SBC)

b) Gọi Mlà trung điểm cạnhSD Chứng minh rằngCM k(SAB) c) Giả sử điểm I đoạnSCsao choSC =

2SI Chứng minh SAk (BID) d) Xác định giao điểmKcủaBGvà mặt phẳng(SAC) Tính KB

KG

(60)

60 CHƯƠNG QUAN HỆ SONG SONG VìADk BC ⇒ 4OBCv4ODA(g-g)

Vậy OB OD =

OC OA =

BC AD =

1 a) Gọi Hlà trung điểm củaSC

Trong4DHBta có DG DH =

DO DB =

2

3 ⇒OGk BH

Ta có

®

OG k BH

BH ⊂(SBC), OG6⊂ (SBC) ⇒ OG k (SBC)

b) Gọi N trung điểm SA Ta có MN đường trung bình tam giácSAD

Nên MN k ADvàMN =

2AD

Mà theo đề ta lại có BC k AD BC =

1 2AD

Vậy BC k MN BC = MN Vậy tứ giác BCMNlà hình bình hành

Ta có

®

CM k BN

BN ⊂(SAB), CM 6⊂(SAB) ⇒CM k (SAB)

S

I K A

N

B

H

C

D M

G

O

c) Trong4SACcó CO CA =

CI CS =

1

3 ⇒OI k SA Có

®

SAk OI

OI ⊂(BID), SA 6⊂(BID) ⇒SA k(BID)

d) Ta cóOvàHlà hai điểm chung hai mặt phẳng(BDH)và(SAC) Vậy(SAC)∩(BDH)=OH

Trong(BDH), gọiK =BG∩OH ⇒K =BG∩(SAC) Ta có:4KOGv4KHB(g-g)⇒ KG

KB = OG HB =

2 (Vì

OG BH =

DG DH =

2 3) Kết luận: KB

KG =

Bài 10. Cho hai hình bình hành ABCD ABEF không nằm mặt phẳng

a) GọiOvàO0 tâm ABCDvàABEF Chứng minh rằngOO0song song với(ADF)và(BCE)

b) Gọi M,N trọng tâm 4ABD 4ABE Chứng minh MN k (CEF)

(61)

a) Chứng minh rằngOO0 song song với (ADF)và(BCE)

Ta cóOO0 k DF (OO0 đường trung bình4BDF)

MàDF⊂(ADF) ⇒OO0 k (ADF) Ta cóOO0 k CE(OO0 đường trung bình4ACE)

MàCE ⊂(BCE)⇒OO0 k (BCE) b) Chứng minh rằngMN k (CEF)

GọiHlà trung điểm AB

Trong 4HDE ta có HM

HD = HN

HE =

3 ⇒MN k DE

Mà DE ⊂ (CEFD) ≡ (CEF) Vậy MN k(CEF)

E F

O0

A B

N

O

D C

H M

Bài 11. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành Gọi M,Nlần lượt trọng tâm hai tam giácSABvàSAD

a) Chứng minh MN k (ABCD)

b) GọiElà trung điểm củaBC Xác định thiết diện hình chópS.ABCDcắt mặt phẳng(MNE)

Lời giải.

a) Chứng minh MN k(ABCD)

Gọi I,J trung điểm ABvà AD

Theo tính chất trọng tâm có SM SI =

SN SJ =

3 ⇒MN k I J (tính chất Talet đảo) Mà I J thuộc mặt phẳng (ABCD), suy MN k(ABCD)

b) Trong mặt phẳng đáy, qua E kẻ đường thẳng song song I J cắt AC F, cắt CD tạiG.EGlà giao tuyến của(MNE)và đáy (ABCD)

GọiK = I J∩ AC(I J, AC ⊂(ABCD)) Ta cóSK =(SI J)∩(SAC), gọi L= MN∩ SK

Suy FL = (MNE)∩(SAC), gọi O =

SA∩FL(SA,FL⊂(SAC))

Vậy OM = (MNE) ∩ (SAB), ON =

(MNE)∩(SAD)

GọiP=OM∩AB, Q =ON∩SD Kết luận: thiết diện cần tìm đa giác OPEGQ

S

N

Q

A

B P

M O

G E

K

F J L

I

D

(62)

Bài 12. Cho tứ diện ABCD GọiGlà trọng tâm tứ diện ABCD

a) Chứng minh đường thẳngdđi quaGvà đỉnh tứ diện qua trọng tâm mặt đối diện với đỉnh

b) Gọi A0là trọng tâm tam giácBCD Chứng minh rằngGA =3GA0 Lời giải.

GọiM, N trung điểm củaABvàCD GọiGlà trung điểm MN

Suy raGlà trọng tâm tứ diệnABCD

a) Bước 1: Tìm giao điểm AG mặt phẳng (BCD)

Chọn mặt phẳng(ABN)chứaAGvàBN Trong mặt phẳng(ABN)gọiA0 =AG∩BN Có

®

A0 ∈ AG

A0 ∈ BN,BN ⊂(BCD) ⇒ A

0 = AG∩

(BCD)

Bước 2: Chứng minh A0 trọng tâm tam giácBCD

Trong mặt phẳng (ABN) kẻ MI song song với AA0(Với IthuộcBN)

Xét 4ABA0 có MI đường trung bình tam giác, nên I trung điểm BA0 Suy BI = I A0

Xét4I MNcóGA0là đường trung bình tam giác, nênA0 trung điểm củaI N

Suy A0N = I A0

Ngồi ta tam giác BCD có BN đường trung tuyến, kết hợp lại ta cóBA0 =

3BN Vậy A0là trọng tâm tam giácBCD

b) Vì MI đường trung bình tam giác ABA0 nên MI =

2AA

0.

VìGA0 đường trung bình tam giácI MN nênGA0 =

2MI Từ ta cóGA0 =

4AA

0 ⇔ AA0 =4GA0.

MàAA0 = AG+GA0 ⇒ AG=3GA0 Kết luậnGA=3GA0

A

D

N A0

I B

M

C G

Bài 13. Cho tứ diện ABCD Gọi M,N trung điểm cạnh AB,CDvà Glà trung điểm đoạnMN

a) Tìm giao điểm A0của đường thẳng AGvà mặt phẳng(BCD)

(63)

c) Chứng minhGA =3GA0

Lời giải.

a) Chọn(ABN)chứaAG

Hai mặt phẳng (ABN) (BCD) có hai điểm chung Bvà N Suy giao tuyến chúng làBN,BN cắtAGtại A0 thìA0 = AG∩(BCD) b) Vì Mx k AA0, mà AA0 ⊂ (ABN) M ∈

(ABN) ⇒Mx ⊂(ABN)

GọiM0 = Mx∩BN ⇒ M0 = Mx∩(BCD) Từ suy ba điểmB, M0, A0thẳng hàng Có MM0 đường trung bình 4BAA0 ⇒ BM0 = M0A0(1)

Và GA0 đường trung bình 4N MM0 ⇒ M0A0 = A0N(2)

Từ(1)và(2)suy raBM0 = M0A0 = A0N c) Từ chứng minh câu b) có:

GA0 =

2MM

0 và

MM0 =

2AA

0 ⇒

GA0 =

1 4AA

0 ⇒ AG=3GA0.

A

D

N A0

M0 B

M x

C G

DẠNG 2.2 Thiết diện hình chóp bị cắt mặt phẳng(α)và song song với một đường thẳng cho trước Tính diện tích thiết diện

Dạng tốn bạn phải nhớ kĩ tính chất:

®

M ∈(α)∩(P)

(α)k d,d⊂(P) ⇒(α)∩(P)= Mx(Mx kd)

Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang có AD đáy lớn Gọi M trung điểm củaCD,(α)là mặt phẳng quaMvà song song vớiSAvàBC

a) Hãy xác định thiết diện hình chópS.ABCDvới mặt phẳng(α)

b) Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (α) và(SAC) Chứng minh giao tuyến vừa tìm song song với mặt phẳng(SAD)

Lời giải.

(64)

64 CHƯƠNG QUAN HỆ SONG SONG Xác định thiết diện hình chópS.ABCDvới mặt

phẳng(α)

Mlà điểm chung hai mặt phẳng(α)và(ABCD), có (α) k BC nên giao tuyến chúng qua M song song vớiBC, giao tuyến cắtABtạiE Elà điểm chung hai mặt phẳng(α)và(SAB), có (α) k SA nên giao tuyến chúng qua E song song vớiSA, giao tuyến cắtSBtạiF

Flà điểm chung hai mặt phẳng(α)và(SBC), có (α) k BC nên giao tuyến chúng qua F song song vớiBC, giao tuyến cắtSCtạiG

Kết luận mặt phẳng(α)cắt hình chópS.ABCDtheo thiết diện hình thang MEFG, có ME FGcùng song song với BC

B C

H S

A D

E M

G F

b) Gọi Hlà giao điểm MEvàAC, ta có HvàGlà hai điểm chung hai mặt phẳng(α) mặt phẳng(SAC) Vậy (α)∩(SAC) = HG Vì(α) k SAnên giao tuyến HG k SA, mà SAthuộc mặt phẳng(SAD)nên giao tuyến HGk (SAD)

Bài 15. Cho tứ diện ABCD Lấy điểm Mlà điểm thuộc miền tam giác BCD Gọi(α)là mặt phẳng quaMvà song song vớiACvàBD Hãy xác định thiết diện mặt phẳng(α)với tứ diện ABCD Thiết diện hình gì?

Lời giải.

Mlà điểm chung hai mặt phẳng(α)và(BCD), có(α)k BDnên giao tuyến chúng quaMvà song song vớiBD, giao tuyến cắtBCtạiEvà cắtCDtạiF

Elà điểm chung hai mặt phẳng(α)và(ABC), có(α)k ACnên giao tuyến chúng quaEvà song song vớiAC, giao tuyến cắt ABtạiH

Hlà điểm chung hai mặt phẳng(α)và(ABD), có(α)k BDnên giao tuyến chúng quaHvà song song vớiBD, giao tuyến cắtADtạiG.GvàFlà hai điểm chung hai mặt phẳng(α)và mặt phẳng(ACD)

Vậy giao tuyến chúng FG

Vì mặt phẳng(α)k AC, nên giao tuyếnFG k AC

Kết luận: thiết diện cần tìm hình bình hành EFGH, cóEFk HGk BDvàHEk FGk AC

A

H G

C

E M F

B D

Bài 16. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành Lấy điểm Mdi động cạnhSC Gọi(α)là mặt phẳng chứaAMvà song song vớiBD

a) Chứng minh mặt phẳng(α)luôn qua đường thẳng cố định Mthay đổi

b) Mặt phẳng(α)cắtSBvàSDtạiEvàF Hãy nêu cách dựngEvàF

c) Gọi I giao điểm ME vàCB, J giao điểm MF vàCD Chứng minh ba điểmI, J, Athẳng hàng

(65)

2 ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 65 S

J F

E

M

A

B C

I

O G

D

a) Alà điểm chung hai mặt phẳng(α)và(ABCD), có(α) k BD, nên giao tuyến chúng quaAvà song song vớiBD

Vậy(α)∩(ABCD)= Ax(Axk BD)

VìAxlà đường thẳng cố định khiMthay đổi Kết luận: mp(α)luôn qua đường cố định Ax b) GọiO= AC∩BD

Ta có:SOlà giao tuyến hai mặt phẳng(SAC)và(SBD) GọiG = AM∩SO(AM,SO⊂(SAC))

Ta có: G điểm chung mặt phẳng (α) mặt phẳng(SBD), có (α) k BD nên giao tuyến chúng quaGvà song song với BD, giao tuyến cắtSBvàSDlần lượt tạiE vàF

c) I vàFlà hai điểm chung mặt phẳng(α)và mặt phẳng đáy(ABCD), nên I vàFphải thuộc giao tuyếnAxcủa hai mặt phẳng

Vậy ba điểmI, J, Athẳng hàng

Bài 17. Cho hình bình hành ABCD điểm S khơng nằm mặt phẳng chứa ABCD

a) Tìm giao tuyến cặp mặt phẳng sau(SAC)và(SBD),(SAB)và(SCD) b) Một mặt phẳng(α)quaBC, cắtSAtại Mvà cắtSDtạiN Chứng minh MN k BC

c) Chứng tỏ giao điểm củaBN vàCM luôn đường thẳng cố định Mdi động trênSA

d) Gọi Glà trọng tâm tam giácSAB,Klà điểm cạnhACsao cho AK AC =

1

3 Chứng minhGKsong song với mặt phẳng(SCD)

(66)

a) Ta cóS ∈(SAC)∩(SBD)(1)

GọiO= AC∩BD⇒O∈ (SAC)∩(SBD)(2) Từ (1) (2) suy ra:(SAC)∩(SBD)=SO Ta có:

  

 

S ∈(SAC)∩(SBD) ABk CD

AB⊂(SAB),CD ⊂(SCD)

⇒ (SAB)∩ (SCD)=Sx(Sxk ABk CD)

b) Vì   

 

(α)∩(SAD)= MN BC k AD

BC ⊂(α),AD ⊂(SAD)

⇒ MN k AD k

BC

c) Gọi I = BN∩CM(BN,CM ⊂(α)) Vì

®

I ∈ BN,BN ⊂(SBD)

I ∈ CM,CM ⊂(SAC)) ⇒ I ∈ (SAC)∩ (SBD)

Suy raIthuộc giao tuyếnSOcố định hai mặt phẳng(SAC)và(SBD)

S M G

A

B

F

C O

I x

K E

D N

d) GọiEvàFlần lượt trung điểm củaSAvàAD

VìKchia đoạn ACthành ba phần vàAK chiếm phần, từ ta cóKlà trọng tâm tam giácABD

Theo tính chất trọng tâm có: BG BE =

BK BF =

2

3 Ngồi raGK((SCD)nênGK k EF(3) MàEFlà đường trung bình tam giácADS ⇒ EFk SD(4)

Từ(3)và(4)cóGKk SD ⊂(SCD)⇒ GKk(SCD)

Bài 18. Cho tứ diện ABCD, gọi M, Nlần lượt trung điểm củaBC vàBD a) Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(AMN)và(ACD)

b) Một mặt phẳng (P) qua CD cắt AM, AN F E Tứ giác CDEF hình gì?

c) CFvàDEcắt tạiK Chứng tỏA, B,Kthẳng hàng

d) Chứng tỏ giao điểm I CEvà DFluôn nằm đường thẳng cố định (P)thay đổi

(67)

a)   

 

A∈ (AMN)∩(ACD) MN kCD

MN ⊂(AMN),CD ⊂(ACD)

⇒(AMN)∩(ACD)= Ax(Axk MN kCD)

b)   

 

(P)∩(AMN) =EF MN kCD

MN ⊂(AMN),CD ⊂(P)

⇒ EFk MN kCD VìCD k MNsuy raCDEFlà hình thang

c) Ta có AB giao tuyến hai mặt phẳng (ABC) (ABD)

VìK = CF∩DE, mà

®

K ∈ CF,CF⊂(ABC)

K ∈ DE,DE⊂(ABD) ⇒ K ∈ (ABC)∩(ABD)

VìKlà điểm chung hai mặt phẳng(ABC)và(ABD) nên K thuộc giao tuyến Vậy ba điểm A, B, K thẳng hàng

A

C M

N O x

B

K F

E I

D

d) Trong mặt phẳng(BCD)gọiOlà giao tuyến củaCN vàDM

Ta có AvàOlà hai điểm chung hai mặt phẳng(ANC)và(AMD), nên giao tuyến chúng AO

GọiIlà giao điểm củaCEvàDF

Ta có:

®

I ∈ CE,CE⊂(ANC)

I ∈ FE,DF⊂(AMD) ⇒ I ∈(ANC)∩(AMD)

Suy Ithuộc giao tuyến AOcủa hai mặt phẳng

Vì hai điểmAvàOcố định nên điểm I thuộc đoạnAOcố định

Bài 19. Cho hình chóp S.ABCD M, N hai điểm AB, CD Mặt phẳng (α) qua MN song song vớiSA

a) Tìm giao tuyến của(α)với(SAB)và(SAC) b) Xác định thiết diện hình chóp với(α)

c) Tìm điều kiện MNđể thiết diện hình thang

(68)

a) Tìm giao tuyến của(α)với(SAB): Ta có:

®

M ∈(α)∩(SAB) (α)k SA,SA ⊂(SAB)

⇒(α)∩(SAB)= MP(với MP kSA,P∈ SB) Tìm giao tuyến của(α)với(SAC):

GọiR= MN∩AC(MN,AC⊂(ABCD)) Ta có:

®

R∈ (α)∩(SAC) (α) kSA,SA⊂(SAC)

⇒(α)∩(SAC) =RQ(với RQk SA,Q ∈ SC)

b) Xác định thiết diện hình chóp với(α) Theo câu a) thiết diện tứ giácMPQN

c) Tìm điều kiện MNđể thiết diện hình thang: Ta có: MPQNlà hình thang⇒

đ

MPk QN(1) MN k PQ (2)

Xét(1), ta cóMPk QR, màQRkhơng song songQNnên (1)vơ lí

Do đó:

®

SA k QN

QN ⊂(SCD) ⇒SA k(SCD)(vơ lí) Xét (2), ta có

®

BC =(ABCD)∩(SBC)

MN ⊂(ABCD),PQ⊂(SBC) ⇒ MN k BC

Ngược lại, nếuMN k BCthì

®

PQ=(α)∩(SBC)

MB⊂(α),BC ⊂(SBC) ⇒ MN k PQ

Vậy để thiết diện hình thang thìMN k BC

S

C R

A

B M

P

D N Q

Bài 20. Cho tứ diệnABCD Trên cạnhADlấy trung điểmM, cạnhBClấy điểmN Gọi(α)là mặt phẳng chứa đường thẳng MNvà song song vớiCD

a) Hãy xác định thiết diện mặt phẳng(α)với tứ diệnABCD

b) Hãy xác định vị trí củaN trênBCsao cho thiết diện hình bình hành

(69)

a) Xác định thiết diện mặt phẳng (α) với tứ diện ABCD

Ta có:   

 

(α)k CD CD⊂(ACD) M∈ (α)∩(ACD)

⇒ (α) ∩ (ACD) = MP(MPk CD,P∈ AC) (1)

Ta có:   

 

(α)k CD CD ⊂(BCD) N ∈(α)∩(BCD)

⇒(α)∩(BCD) =NQ(NQ k CD,Q∈ BD) (2)

Và(α)∩(ABD)= MQ(3);(α)∩(ABC)= PN(4) Từ(1)và(2), ta được:MPk NQ Vậy thiết diện hình

thangMPNQ

b) Xác định vị trí củaNtrênBCsao cho thiết diện hình bình hành

Ta có: MP k NQ; MP =

2CD (MP đường trung bình4ACD)

MNPQ hình bình hành ⇔

®

MP k NQ MP =NQ ⇔ 





MPk NQ MP= NQ=

2CD Do đóNlà trung điểmBC

Vậy Nlà trung điểmBCthìMNPQlà hình thang

A

C

Q N

B P

D M

Bài 21. Cho hình thangABCDcó đáy lớnABvàSlà điểm ngồi mặt phẳng hình thang Gọi Mlà điểm trênCD,(α)là mặt phẳng qua Mvà song song vớiSA vàBC

a) Hãy tìm thiết diện mặt phẳng(α)với hình chópS.ABCD Thiết diện hình gì? b) Tìm giao tuyến của(α)với mặt phẳng(SAD)

Lời giải.

a) Tìm thiết diện mặt phẳng(α)với hình chóp S.ABCD

Ta có:

®

(α)k BC,BC ⊂(ABCD) M∈ (α)∩(ABCD)

⇒ (α) ∩ (ABCD) = MN (với MN k BC N ∈ AB) (1)

Ta có:

®

(α)k SA,SA ⊂(SAB) N ∈ (α)∩(SAB)

⇒(α)∩(SAB) = NP(vớiNP k SAvàP ∈ SB)

Có:

®

(α)k BC,BC ⊂(SBC) P∈ (α)∩(SBC)

⇒ (α)∩ (SBC) = PQ(vớiPQk BCvàQ∈ SC)(2)

Từ (1)và(2), ta MN k PQ Vậy thiết diện hình thang MNPQ

C D

I

t S

A B

P Q M

(70)

70 CHƯƠNG QUAN HỆ SONG SONG b) Tìm giao tuyến của(α)với mặt phẳng(SAD)

Trong(ABCD), gọiI =AD∩MN ⇒ I điểm chung của(α)và(SAD) Ta có:

®

(α)k SA,SA ⊂(SAD)

I ∈ (α)∩(SAD) ⇒(α)∩(SAD) =It(với It k SA)

Bài 22. Trong mặt phẳng (α) cho tam giác ABC vuông A, ’ABC = 60◦,AB = a

Gọi O trung điểm BC Lấy điểm S mặt phẳng (α) cho SB = a SB ⊥OA Gọi Mlà điểm cạnh AB Mặt phẳng βqua Msong song với SB vàOA, cắtBC,SC,SAlần lượt tạiN,P,Q Đặtx =BM(0 <x< a)

1 Chứng minhMNPQlà hình thang vng

2 Tính diện tích hình thang theoavàx Tínhxđể diện tích lớn Lời giải.

1 Chứng minhMNPQlà hình thang vng

Có

®

βkOA,OA ⊂(ABC)

MN = β∩(ABC) ⇒ MN k

OA (1)

Và

®

β kSB,SB⊂(SAB)

MQ= β∩(SAB) ⇒ MQ k

SB (2)

Ta có

®

β kSB,SB⊂(SBC)

NP = β∩(SBC) ⇒ NP k

SB (3)

Từ(2)và(3)suy raMQk NP k SB (4) suy raMNPQlà hình thang

Từ (1) và(4) ta có   

 

OA⊥SB MN kOA MQk NP k SB

⇒

®

MN ⊥MQ MN ⊥NP

VậyMNPQlà hình thang vng, đường caoMN

S

O

A

N B

Q

M

C P

2 Tính diện tích hình thang theoavàx Ta cóSMNPQ =

2(MQ+NP)MN TínhMN:

Xét tam giácABC, ta có:cosB= AB

BC ⇒ BC = AB

cosB ⇒ BC =2a⇒ BO=

2BC =a DoBb=60◦vàBA =BOnên 4ABOđều

Trong4ABOcóMN k AO⇒ MN

AO = BM

AB = BN

BO ⇒ MN = MB= BN =x Tính MQ : Xét 4SAB, ta có MQ k SB nên MQ

SB = AM

AB ⇒ MQ = AM· SB AB = (a−x)· a

a = a−x

Tính NP : Xét 4SBC, ta có NP k SBnênNP SB =

CN

CB ⇒ NP = CN· SB

(71)

2 ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 71 a

2a =

2a−x Do đóSMNPQ =

x(4a−3x) =

1

12·3x·(4a−3x)

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho số dương3xvà(4a−3x)ta có 3x(4a−3x)≤

Å

3x+4a−3x

ã2

⇔3x(4a−3x)≤4a2 ⇔SMNPQ ≤ a2

3 Đẳng thức xảy khi3x =4a−3x ⇔x = 2a

3 Kết luận khix = 2a

3 thìSMNPQ đạt giá trị lớn

Bài 23. Cho hình vng ABCD cạnha, tâmO GọiSlà điểm mặt phẳng (ABCD)sao choSB =SD.Gọi Mlà điểm tùy ý AOvới AM =x.Mặt phẳng (α)quaMsong song vớiSAvàBDcắtSO,SB,ABtạiN,P,Q

1 Tứ giác MNPQlà hình gì?

2 ChoSA =a.Tính diện tích MNPQtheoavàx.Tìmxđể diện tích lớn Lời giải.

1 Tứ giác MNPQlà hình gì?

SB=SD ⇒∆SBC =∆SDC (c.c.c)⇒ SCB‘ =’SCD

Gọi I trung điểm SC ∆IBC =

∆IDC c.g.c

⇒ IB = ID Vậy ∆IBD cân tạiI ⇒ IO⊥BD,mà

OI k SA ⇒SA ⊥BD(∗)

Ta có   

 

(α)k BD BD⊂(ABO)

(α)∩(ABO)= MQ

⇒ MQ k

BD (1)

Tương tự:   

 

(α)k BD BD⊂(SBO)

(α)∩(SBO)= NP

⇒ NP k

BD (2)

Từ(1)và(2), suy raMQk NPk BD (3)

S

M O A

B P

Q

I

D

C N

Ta có:   

 

(α) kSA SA ⊂(SAO)

(α)∩(SAO)= MN

⇒ MN kSA (4)

Tương tự:   

 

(α)k SA SA⊂(SAB)

(α)∩(SAB) =PQ

⇒PQk SA (5)

Từ(4)và(5), suy raMN k PQk SA (6)

(72)

72 CHƯƠNG QUAN HỆ SONG SONG Tính diện tích MNPQtheoavàx:

Ta có:SMNPQ = MQ·MN TínhMQ:Xét tam giácAQM

Ta cóA =45◦,Q =45◦,M=90◦ ⇒∆AQMcân M.Vậy MQ= AM =x TínhMQ.Xét∆SAO,ta có

MN k SA⇒ MN AS =

OM

OA ⇒MN = AS· OM

OA =a a√2

2 −x a√2

2

=a−x√2

⇒SMNPQ = MQ·MN = x·

Ä

a−x√2ä= √1 2x

√

2·Äa−x√2ä

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dươngx√2vàÄa−x√2ä :

x√2Äa−x√2ä ≤

Ç

x√2+a−x√2

å2

⇔ x√2Äa−x√2ä ≤ a

2

4 ⇔SMNPQ ≤ a2 4√2 Đẳng thức xảy

x√2= a−x√2⇔x = a

2√2 = a√2

4 ⇔ Mlà trung điểm AO

Vậy:x= a

√

4 thìSMNPQđạt giá trị lớn

Bài 24. Cho hình chóp SABCD có đáy hình vuông cạnh a Trên cạnh AB lấy điểm Mvới AM =x Gọi(α)là mặt phẳng quaMvà song song với mặt phẳng(SAD) cắtSB,SC,vàCDlần lượt tạiN,P,Q

1 Tìm thiết diện của(α)với mặt phẳng hình chóp Thiết diện hình gì? Tìm quĩ tích giao điểmI củaMNvàPQkhiMdi động đoạnAB

3 Cho ’SAD = 90◦ vàSA = a Tính diện tích thiết diện theoa x Tìm x để

diện tích thiết diện 3a

2

8 Lời giải.

1 Tìm thiết diện của(α)với mặt phẳng hình chóp:

(73)

• Tìm giao tuyến mặt phẳng(α) mặt phẳng(ABCD)

CóM điểm chung hai mặt phẳng(α)và(ABCD), mp(α)k AD nên giao tuyến chúng quaMvà song song với AD, giao tuyến cắt CD điểm Q Tương tự:

• Mặt phẳng (α) mặt phẳng (SAB) có M điểm chung (α) k SA nên giao tuyến

chúng MN với MN k SA

N ∈SB (1)

• Mặt phẳng (α) mặt phẳng (SBC)cóNlà điểm chung và(α)k

AD k BC nên giao tuyến

chúng NP với NP k BC

P ∈ SC (2)

• Mặt phẳng (α) mặt phẳng (SCD) có điểm chung P,Q Vậy giao tuyến chúng làPQ

S I S0

A

D

P

B

C N

Q

M

Suy thiết diện cần tìm MNPQ Từ (1) và(2)thì MQ k PN Vậy MNPQ hình thang

2 Tìm quĩ tích giao điểmIcủa MNvàPQkhiMdi động đoạnAB Ta có:

  

 

ABk DC

AB⊂(SAB) ,DC ⊂(SCD) S∈ (SAB)∩(SCD)

⇒(SAB)∩(SCD)=Sx Sx k ABk CD

Mà

®

I ∈ PQ⊂(SCD)

I ∈ MN ⊂(SAB) ⇒ I ∈ (SAB)∩(SCD) Vậy I ∈ Sx

Giới hạn quĩ tích: Khi M≡ AthìI ≡S Cịn M≡BthìI ≡S0

3 Tính diện tích thiết diện theoavàx

Ta có:SMNPQ =S4I MQ−S4I NP =S4SAD−S4I NP Vì4I MQ=4SAD c·g·c

TínhS4SAD Ta có4SADvng cân tạiA, đóSSAD =

2a

2.

TínhS4I NP: Xét tam giácSBC, tam giácSBS0và tam giácSAB.có:

N I k S0B⇒

N I S0B

= SN

SB (1)

PNk BC ⇒ PN BC =

SN

SB (2)

MN k SA⇒ AM AB =

SN

SB (3)

Từ(1), (2)và(3), ta N I S0B

= PN

BC = AM

AB ⇒ N I= PN = AM= x ⇒ 4I NPvuông cân tạiN, vìN I k SA,PN k ADvàSA ⊥AD Do đóS4I NP =

1 2x

2.

Vậy diện tích thiết diệnSMNPQ =

2a

2−1

2x

2 =

2 a

(74)

ĐểSMNPQ = 3a

2

8 a

2−x2

= 3a

2

8 ⇔x

2 =a2−3a2

4 ⇔x

2= a2

4 ⇔x = a

Bài 25. Cho tứ diện ABCD có AB = AC = CD = a AB vng góc với CD Lấy M thuộc đoạn AC với AM = x(0 <x< a) Mặt phẳng (α) qua M song song với AB,CDcắtBC,BD,ADlần lượt tạiN,P,Q

1 Chứng minhMNPQlà hình chữ nhật Tính diện tích MNPQtheoavàx

3 Tínhxđể diện tíchMNPQlớn Tính giá trị lớn ĐịnhxđểMNPQlà hình vng

Lời giải.

Ta có:

®

MN =(α)∩(ABC)

(α)k AB ⇒ MN k AB Ta có:

®

MQ=(α)∩(ACD) (α)k CD

⇒ MQk CD Ta có:

®

NP =(α)∩(BCD) (α)k CD

⇒ NP k CD Ta có:

®

PQ=(α)∩(ABD) (α)k AB

⇒ PQk AB

Tứ giác MNPQ có hai cặp cạnh đối song song với nênMNPQlà hình bình hành

Vì

®

ABk MN,CDk NP

AB⊥CD ⇒ MN ⊥ NP Vậy MNPQlà hình chữ nhật

A

C P M

B N

D Q

2 Trong4ACDcóMQk CD⇒ AM

AC = MQ

CD ⇒ MQ=x Trong4ABCcóMN k AB

Suy CM CA =

MN

AB ⇒ MN = CM

CA ·AB= a−x

a ·a=a−x SMNPQ = MN·MQ=(a−x)·x

3 Ta có(a−x)+x=a= (hằng số) Nên để diện tích lớn khia−x= x⇔ x= a

2 ĐểMNPQlà hình vng thìMN = MQ⇔a−x= x⇔ x= a

2

Bài 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình hình hành với AB = a, AD = 2a Mặt bên SAB tam giác vuông cân A Trên cạnh AD lấy điểm M với AM = x (0< x<2a), mặt phẳng(α)quaMsong song vớiSAvàCDcắtBC,SC,SDlần lượt N,P,Q

(75)

c) Tìm tập hợp giao điểm I củaMQvàNPkhiMchạy từ AđếnD Lời giải.

S I K

B N C

A

P

Q

D M

2a x a

a

t

a) Vì mặt phẳng(α) k ABnên(α)cắt mặt phẳng(ABCD)theo giao tuyếnMN k ABk CD Mặt phẳng (α) k SA nên (α) cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến MQ k SA Mặt phẳng(α) k CDnên (α)cắt mặt phẳng(SCD)theo giao tuyến QP k CD Suy thiết diện mặt phẳng(α)cắt hình chópS.ABCDlà hình thang MNPQ(1)

Mặt khácAB⊥ AS, MN k ABvàMQk SAnên MN ⊥MQ(2) Từ(1)và(2)suy raMNPQlà hình thang vng

b) Trong mặt phẳng(SAD)cóMQk ASsuy DM

DA = DQ

DS = MQ

AS =

2a−x

2a ⇒ MQ=

2a−x 2a ·a=

2a−x Trong mặt phẳng(SCD)cóPQk CDsuy

PQ CD =

SQ SD =

SD−DQ

SD =1− DQ

SD =1−

2a−x 2a =

x

2a ⇒PQ= x VìMN k AB, màABCDlà hình bình hành nên MN = AB=a

Diện tích hình thang vngMNPQ

SMNPQ =

(MN+PQ)MQ

2 =

a+x

2

· 2a−x

2 =

(2a+x)(2a−x)

8 =

4a2−x2 c) Ta có(SBC)∩(SAD)=St (vớiStk ADk BC) VìI =MQ∩NP, mà

®

I ∈ MQ⊂(SAD)

I ∈ NP⊂(SBC) ⇒ I ∈ (SAD)∩(SBC)

Từ suy raIthuộc giao tuyếnStcố định Mặt khác, nếuM≡ AthìI ≡S, nếuM≡ D thìI ≡K(với DKk SA)

Vậy khiMchạy đoạnADthì giao điểmI chạy đoạnSK

(76)

Bài 27. Cho tứ diệnABCDcó AB=a, CD=b GọiI,Jlần lượt trung điểm AB vàCD Giả sửAB⊥CD, mặt phẳng(α)quaMnằm đoạn I,Jvà song song vớiAB vàCD

a) Tìm giao tuyến của(α)với(ICD)và(J AB)

b) Xác định thiết diện ABCDvà mặt phẳng(α) Chứng minh thiết diện hình chữ nhật

c) Tính diện tích thiết diện hình chữ nhật biết I M=

3I J Lời giải.

A

C

H Q

D G

N M B

E I

L F

J P

a) Tìm giao tuyến của(α)với(ICD): Ta có

®

(α)k CD,CD ⊂(ICD)

M∈ (α)∩(ICD) suy giao tuyến của(α)và(ICD)là đường thẳng qua Mvà song song vớiCDcắtICtạiLvàIDtại N Tương tự

®

(α)k AB,AB ⊂(J AB) M ∈(α)∩(J AB) suy giao tuyến của(α)và(J AB)là đường thẳng quaMvà song song vớiABcắtJ AtạiP vàJBtạiQ

b) Xác định thiết diện ABCDvà mặt phẳng(α): Ta có

®

(α)k AB,AB⊂(ABC)

L∈ (α)∩(ABC) ⇒(α)∩(ABC)=EF (1) Với EFđi qua LvàEF k AB, E ∈ BC,F ∈ AC

Ta có

®

(α) k AB,AB⊂(ABD)

N ∈ (α)∩(ABD) ⇒ (α)∩(ABD) = HG (2) VớiN ∈ HG vàHG k AB, H ∈ BD,G ∈ AD

Từ(1)và(2)suy raEF k HG k AB (3) Mặt khác

®

(α) kCD,CD ⊂(ACD) FG =(α)∩(ACD)

⇒ FGk CD (4);

®

(α)k CD,CD⊂(BCD) EH =(α)∩(BCD)

⇒EH k CD (5) Từ(4)và(5)suy raFG k EH k CD (6) Từ(3)và(6)suy EFGHlà hình bình hành màAB⊥CD (∗)

(77)

c) Tính diện tích thiết diện hình chữ nhật biết I M=

3I J: Ta cóSEFGH = EF·FG= PQ·LN

Xét tam giác ICD, ta có LN k CD ⇒ LN CD =

I N

ID (7) Xét tam giác I JDta có MN k JD ⇒ I N

ID = I M

I J (8) Từ(7)và(8)suy LN

CD = I M

I J =

3 ⇒ LN = CD

3 = b

3 Tương tự PQ AB =

J M J I =

2 ⇒ PQ=

3AB= 3a Suy raSEFGH =

2ab

Bài 28. Cho hình chópS.ABCDcóABCDlà hình bình hành GọiMlà trung điểm SC,(P)là mặt phẳng qua AMvà song song vớiBD

a) Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng(P)

b) Gọi E,Flần lượt giao điểm (P)với cạnh SBvàSD Tìm tỉ số diện tích tam giácSME với tam giácSBCvà tỉ số diện tích tam giác SMFvà tam giácSCD

c) Gọi K giao điểm ME vàCB, J giao điểm MF vàCD Chứng minh rằng3điểmK,A,Jnằm đường thẳng song song vớiEFvà tìm tỉ số EF

K J Lời giải.

S

K

C E

I

B J

O

M

A

D F

(78)

I ∈ (SBD)) Ta có   

 

I ∈ (P)∩(SBD) BDk(P)

BD⊂(SBD)

⇒(SBD)∩(P)= Ix (Ix k BD)

GọiE= Ix∩SB, F= Ix∩SD Suy raE,Flà giao điểm củaSB,SDvới mặt phẳng(P) Vậy thiết diện cần tìm tứ giác AEMF

b) Dễ thấy I trọng tâm tam giácSACnên SI SO =

2 Xét tam giácSBD cóEFsong song vớiBDta có SE

SB = SF SD =

SI SO =

2

3 Suy SSME

SSBC =

2SM·SE·sinBSC‘

2SC·SB·sinBSC‘

= SE

SB · SM

SC =

SSMF SSCD

=

1

2SM·SF·sin’DSC

2SC·SD·sin’DSC

= SF

SD · SM

SC =

c) Ta có

K =EM∩BC ⇒K ∈ (P)∩(ABCD) (1) J = FM∩CD⇒ J ∈ (P)∩(ABCD) (2)

A ∈(P)∩(ABCD) (3)

Từ(1), (2), (3)suy ba điểmK,J,Athuộc giao tuyến(∆)của mặt phẳng(P)và(ABCD) Ta lại có

®

(P)∩(ABCD)=(∆)

BD k(P) ⇒(∆)k BD Xét tam giácMJKcóEF k JK(vì JKk BD,EF k BD) suy

ME MK =

MF MJ =

MI MA =

EF JK =

1

Bài 29. Cho hình chópS.ABCDcóGlà trọng tâm tam giác ABC Gọi M,N,P,Q,R,H trung điểm củaSA,SC,CB,BA,QN,AG

a) Chứng minh rằng:S,R,Gthẳng hàng vàSG=2MH =4RG

b) Gọi G0 trọng tâm tam giác SBC Chứng minh rằng: GG0 k (SAB) GG0 k (SAC)

c) Mặt phẳng (α)quaGG0 song song với BC Xác định thiết diện hình chóp tạo mặt phẳng(α)

(79)

2 ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 79 S

B P G

L

E Q

H

F

D

C K R

M

G0 V N

A T

a) Chứng minh rằng:S,R,Gthẳng hàng vàSG=2MH =4RG

GọiElà trung điểm củaGC Trong tam giácQNEcóRGlà đường trung bình tam giác nên GR k NE, GR =

2NE (1) Trong tam giácSCGcó NElà đường trung bình tam giác nênGS k NE,GS =2NE (2) Từ(1)và(2)suy ba điểmG,R,Sthẳng hàng vàGS=4GR Trong tam giácSAGcóHMlà đường trung bình tam giác nên GS=2HM

b) Chứng minh rằng:GG0 k(SAB)vàGG0 k(SAC) Trong tam giácSAPcó PG

PA = PG0

PS =

3 ⇒GG

0 k SA Hai mặt phẳng(SAB)và(SAC)

cùng chứaSA Suy raGG0 k (SAB)vàGG0 k (SAC) c) Xác định thiết diện hình chóp tạo mặt phẳng(α)

Vì(α) k BC nên (α)cắt mặt phẳng đáy (ABCD) theo giao tuyến qua G song song với BC Giao tuyến cắt ABtại F, cắt ADtạiL VìGG0 k SAnên (α)cắt mặt phẳng (SAB)theo giao tuyến quaFvà song song vớiSA Giao tuyến cắtSBtạiT

VìGG0 kSAnên(α)cắt mặt phẳng(SAD)theo giao tuyến quaFvà song song vớiSA Giao tuyến cắtSBtạiT.TG0là giao tuyến mặt phẳng(α)với mặt phẳng(SBC), giao tuyến cắtSCtạiV

Vậy thiết diện cần tìm ngũ giácFLKVT

Bài 30. Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâmO, có AC = a, BD=b, tam giácSBDđều

a) Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(SAB)và(SCD)

b) Gọi G1,G2 trọng tâm tam giác ACD SCD Chứng minh

G1G2song song với mặt phẳng(SCA)

c) Gọi M điểm di động đoạn AOvới AM = x(0 < a < a

(80)

Lời giải.

S

x

B C

O H M

I A

J

G1

D K

G2

a) Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(SAB)và(SCD) Ta có

  

 

S∈ (SAB)∩(SCD) ABk CD

⇒(SAB)∩(SCD)=Sx (Sx k ABk CD)

b) Chứng minh rằngG1G2song song với mặt phẳng(SCA)

GọiKlà trung điểm củaCD VìG1,G2là trọng tâm hai tam tam giácACDvàSCD

nên KG1 KA =

KG2

KS =

3 ⇒ G1G2 kSA, màSA ⊂(SAC)⇒G1G2k (SAC) c) Tìm thiết diện tạo bởi(P)và hình chópS.ABCD

Vì(P) k (SBD) ⇒ (P) k SB, (P) k SD, (P) k BD Vì (P) k BD nên (P) cắt mặt phẳng (ABCD)theo giao tuyến qua Mvà song song với BD Giao tuyến cắt AB,ADlần lượt tạiI vàH

Vì(P) k SBnên (P) cắt mặt phẳng(SAB)theo giao tuyến qua I song song với SB Giao tuyến cắtSAtại J Vậy thiết diện cần tìm tam giác I JH

Ba cạnh tam giác I JH song song với ba cạnh tam giác SBD, mà tam giácSBDđều nên tam giác I JHđều Ta có

AM AO =

AJ AB =

AH AD =

JH

BD ⇒ JH= AM

AO ·BD= x a

·b= 2bx

a

Suy raSI JH =

JH2√3 =

b2x2√3 a2

Bài 31. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình bình hành a) Tìm giao tuyến của(SBC)và(SAD)

(81)

c) Gọi Flà giao điểm củaSAvà(BGM) Tính tỉ số FS FA Lời giải.

S x

y K

B C

O H

E G

M L

D F

A I

N

a) Tìm giao tuyến của(SBC)và(SAD) Ta có

  

 

S∈ (SBC)∩(SAD) BC k AD

BC ⊂(SBC),AD ⊂(SAD)

⇒(SBC)∩(SAD)=Sx (Sx k BC k AD)

b) Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(SND)và(BGM) GọiKlà trung điểm củaSD ⇒K∈ BG Ta có

  

 

K ∈(SND)∩(BMG) ND k BM

ND ⊂(SND),BM ⊂(BMG)

⇒(SND)∩(BMG)=Ky (Kyk ND k BM)

Trong mặt phẳng(SND), gọiI =SN∩Ky Ta có

®

I ∈ SN

I ∈ Ky,Ky⊂(BMG) ⇒ I =SN∩(BMG)

c) Trong mặt phẳng (ABCD) gọi E = AC∩BM Ta có EG giao tuyến hai mặt phẳng (SAC) và(BMG) Gọi F = SA∩ EG F giao điểm SA mặt phẳng(BMG)

GọiO = AC∩BD ⇒SO =(SAC)∩(SBD) VìGlà trọng tâm tam giácSBD ⇒ SG=

2

3SO, màSOlà đường trung tuyến củaSAC Suy raGlà trọng tâm tam giácSAC DựngOLk BM(L∈ CD), thìOLlà đường trung bình tam giácDBM⇒ DL= LM Theo đề suy raDL = KM = MC, cho nênEM đường trung bình tam giác COL

(82)

82 CHƯƠNG QUAN HỆ SONG SONG giácSAOvàFAEta có

OG OS =

OH OA =

GH AS =

1

3 ⇒OH =

3OA,GH =

3AS (∗)

HG AF =

EH EA, mà

EH EA =

EO+OH EO+OA =

3

2OH+OH

2OH+3OH

=

9 ⇒ HG =

9AF (∗∗)

Từ(∗)và(∗∗)suy 3SA =

5

9AF ⇒ AF= 5SA⇒

FS FA =

2

Bài 3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG

1 Định nghĩa

Định nghĩa 1. Hai mặt phẳng (α) (β) gọi song song với chúng khơng có điểm chung, ta kí hiệu(α) k(β)

Hệ 1.

Cho hai mặt phẳng song song(α)và(β) Nếu đường thẳng dnằm trong(α)thì(α)k(β)

α

β

d

2 Tính chất Định lí 1.

Nếu mặt phẳng (α) chứa hai đường thẳng cắt a b song song với mặt phẳng(β)thì(α) k(β)

α

β

a b M

4! Phương pháp chứng minh hai mặt phẳng song song: Ta chứng minh có hai đường thẳng cắt

nhau thuộc mặt phẳng song song với mặt phẳng kia. Định lí 2.

Qua điểm nằm ngồi mặt phẳng cho trước, có mặt phẳng song song với mặt phẳng cho

α

β

(83)

3 HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 83 Hệ 2. Nếu đường thẳngdsong song với mặt phẳng(α)thì quadcó mặt phẳng song song với(α)

4! Phương pháp chứng minh đường thẳngdsong song với mặt phẳng(α): Ta chứng minhdthuộc

mặt phẳng(β)và(β)song song với(α).

Hệ 3. Hai mặt phẳng phân biệt song với mặt phẳng thứ ba song song với

Hệ 4.

Cho điểm A không nằm mặt phẳng (α) Mọi đường thẳng qua A song song với (α) nằm mặt

phẳng qua Avà song song với(α) β

α

A

Định lí 3.

Cho hai mặt phẳng song song Nếu mặt phẳng cắt mặt phẳng cắt mặt phẳng hai giao tuyến song song với

b a

β α

γ

Hệ 5.

Hai mặt phẳng song song chắn hai cát tuyến song song đoạn thẳng

A

A0

B

B0 a

b

β α

(84)

84 CHƯƠNG QUAN HỆ SONG SONG Ba mặt phẳng đôi song song chắn hai cát tuyến bất

kì đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ

C C0

B B

0 d

A A0

d0

R Q

P

4! Nếu hai cát tuyếndvàd0cắt3mặt phẳng song song(P)k(Q)k (R)lần lượt giao điểm

A,B,CvàA0,B0,C0thì AB A0B0 =

BC B0C0 =

CA C0A0. Hình lăng trụ hình hộp

Định nghĩa 2.

Cho hai mặt phẳng (α) k (α0) Trong (α) cho đa giác lồi A1A2 .An Qua điểm A1,A2, ,An ta

dựng đường song song với cắt (α0) A01,A02, ,A0n

Hình tạo thành hai đa giác A1A2 .An,

A01A02 .A0n với hình bình hành A1A2A02A01,

A2A3A03A02, , AnA1A01A0n gọi làhình lăng trụ ký hiệu bởiA1A2 .An.A01A02 .A0n

• Hai đa giác A1A2 .An, A01A02 .A0n gọi haimặt đáy(bằng nhau) hình lăng trụ

• Các đoạn thẳngA1A01, A2A20, ,AnA0ngọi cạnh bêncủa hình lăng trụ

• Các hình bình hànhA1A2A02A01, A2A3A03A02, ,

AnA1A01A0n gọi cácmặt bêncủa hình lăng trụ

• Các đỉnh hai đa giác đáy gọi cácđỉnhcủa hình lăng trụ

A1

A10

A2 A3

A4

A5

A02

A03

A04 A05

α α0

Tính chất 1.

• Các cạnh bên hình lăng trụ song song

• Các mặt bên hình lăng trụ hình bình hành

• Hai đáy hình lăng trụ hai đa giác

• Người ta gọi tên hình lăng trụ theo đáy sau:

(85)

3 HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 85 Hình hộp Lăng trụ ngũ giác

• Hình lăng trụ có đáy tam giác gọi làhình lăng trụ tam giác

• Hình lăng trụ có đáy hình bình hành gọi làhình hộp Hình chóp cụt

Định nghĩa 3. Cho hình chópS.A1A2 .An Một mặt phẳng(P)song song với mặt đáy

hình chóp khơng qua đỉnh cắt cạnhSA1, SA2, , SAn A01,A20, ,A0n Hình tạo thành hai đa giácA01A20 An0,A1A2 .Anvà tứ giácA1A2A02A01,A2A3A03A02, ,

AnA1A01A0n gọi làhình chóp cụt

• Đáy A1A2 .An hình chóp gọi đáy lớn hình chóp cụt

• Thiết diệnA10A02 .A0n hình chóp và(P)gọi đáy nhỏ hình chóp cụt

• Ta gọi tên hình chóp cụt theo đa giác đáy (chóp cụt tam giác, tứ giác, ) S

A01

A02 A03

A04 A05

A1

A2 A3

A4

A5

P

Tính chất 2.

• Hai đáy hình chóp cụt hai đa giác có cạnh tương ứng song song tỉ lệ cặp cạnh tương tứng

• Các mặt bên hình thang

• Các đường thẳng chứa cạnh bên đồng quy tại1điểm

(86)

Bài 1. Cho hình chópS.ABCD có đáy hình bình hành tâmO Gọi M, N trung điểm củaSA, AD

1 Chứng minh rằng(OMN)k(SBC)

2 Gọi P, Q, R trung điểm AB,ON, SB Chứng minh: PQ k (SBC), (MOR)k (SCD)

Lời giải.

1 Trong hai tam giácSACvàSBDcóOM k SC vàON k SB(đường trung bình tam giác)

Có

®

OM,ON ⊂(OMN)

SB,SC ⊂(SBC) ⇒(OMN)k (SBC)

Ta có: OP k AD, mà AD k MN nên suy OPk MN vàPQ⊂(OMN)

Vì(OMN)k (SBC)nên suy raPQk (SBC) Ta có: MR k AB, mà AB k CD nên suy MN k CD

Mặt khácOMk SCvà

®

MR,OM ⊂(OMR) CD,SC ⊂(SCD) ⇒(OMR)k (SCD)

A R

B C

P

D Q

O S

M N

Bài 2. Cho hai hình bình hành ABCD ABEF có chung cạnh AB khơng đồng phẳng Gọi I,J,Klần lượt trung điểm cạnh AB,CD,EF Chứng minh rằng:

1 (ADF) k(BCE) (DIK)k (JBE) Lời giải.

1 Ta có: AFk BEvàADk BC

MàAF,AD⊂(ADF)vàBE,BC⊂(BCE)nên suy ra(ADF) k(BCE)

2 Ta dễ dàng chứng minh BIDJ BIKE hình bình hành Từ suy raDI k BJ vàIK k BE Suy ra(DIK)k(JBE)

E

F K

A I B

D J C

Bài 3. Cho hai hình bình hànhABCD, ABEFnằm hai mặt phẳng khác Trên đường chéoAC,BFtheo thứ tự lấy điểmM,Nsao choMC =2AM,NF =2BN Qua M, N kẻ đường thẳng song song với cạnh AB, cắt cạnh AD, AF theo thứ tự M1vàN1 Chứng minh rằng:

(87)

2 M1N1k (DEF)

3 (MN M1N1)k (DEF)

Lời giải.

1 GọiI trung điểm AB Ta có:

®

AC =3AM

AC =2AO ⇒ AM= 3AO

Mà AO đường trung tuyến tam giác ABD nên suy M trọng tâm tam giác ABD

Chứng minh tương tự ta có Nlà trọng tâm tam giác EAB Từ suy raDM, EN, ABđồng quy I

Trong tam giácIDEta có: I M ID =

I N IE =

1

3 ⇒ MN k DE Ta có: NN1 k AI ⇒ AN1

N1F

= I N

NE =

2

Tương tự ta có: MM1k AI ⇒

AM1

M1D

= I M

MD = Từ suy AN1

N1F

= AM1

M1D

⇒ M1N1 k DF

MàDF ⊂(DEF)nên suy M1N1 k (DEF)

E F

N

C D

O I A

M N1

M1

O1

B

3 Ta có: MN k DEvàM1N1 k DF

MàMN,M1N1 ⊂(MNN1M1)vàDE,DF⊂(DEF)nên suy ra(MNN1M1)k (DEF)

Bài 4. Cho hai hình bình hành ABCDvàABEFcó cạnh chung ABvà nằm hai mặt phẳng phân biệt Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB, BCvà I, J, K theo tứ tự trọng tâm tam giác ADF, ADCvàBCE Chứng minh(I JK)k(CDFE) Lời giải.

Xét4MFC có: MI MF =

MJ MC =

1

3 ⇒ I J k FC (1) Xét hình bình hành MNEFcó:

MI MF =

NK NE =

1

3 ⇒ IK k FE (2) Từ (1) (2) ta có:

  

 

I J k FC,IK k FE I J,IK⊂(I JK) FC,FE ⊂(CDFE)

⇒(I JK)k (CDFE)

E F

C D

I

K N J

M

B

(88)

Bài 5. Cho tứ diện ABCD GọiG1, G2, G3 trọng tâm tam giác ABC,

ACD, ADB

1 Chứng minh(G1G2G3)k (BCD)

2 Tìm thiết diện tứ diệnABCDvới mặt phẳngG1G2G3 Tính diện tích thiết diện

theo diện tích tam giácBCD làS Lời giải.

1 Chứng minh(G1G2G3)k(BCD)

GọiM,N,Llần lượt trung điểm cạnh BC,CDvàBD Trong tam giácAMN, ta có

AG1

AM = AG2

AN = G1G2

MN =

3(tính chất trọng tâm) Theo định lý Ta-lét đảo, suy raG1G2 k MN

Chứng minh tương tự, ta có G2G3 k

NLvàG3G1k LM

Từ suy   

 

G1G2 k MN,G2G3 k NL

MN,NL⊂(BCD) G1G2,G2G3⊂(G1G2G3)

⇒(G1G2G3)k (BCD)

G D N F E B A C L M G1 G2 G3

2 Tìm thiết diện tứ diệnABCDvới mặt phẳng(G1G2G3)

Ta có     

BC k(G1G2G3)

BC ⊂(ABC)

G1 ∈ (G1G2G3)∩(ABC)

Vậy giao tuyến mặt phẳng (G1G2G3) với (ABC) qua G1 song song với BC, cắt

AB, AClần lượt tạiE, F

Tương tự:(G1G2G3)cắt(ACD)theo giao tuyếnFGk CD

(G1G2G3)cắt(ABD)theo giao tuyếnGEk BD

Vậy thiết diện ABCDvới mặt phẳng(G1G2G3)là tam giácEFG

Xét tam giácAMCvà tam giácABC, ta có 

 

 

G1F k MC ⇒

AG1 AM = AF AC = EFk BC ⇒ EF

BC = AF AC =

2 Suy AG1

AM = EF BC =

2

3 ⇒EF =

3BC Tương tự,FG =

3CD, GE= 3BD Diện tích thiết diện

SEFG =

p

(EF+FG+GE)(EF+FG−GE)(EF−FG+GE)(−EF+FG+GE) ·

4·

p

(BC+CD+DB)(BC+CD−DB)(BC−CD+DB)(−BC+CD+DB)

=

(89)

Bài 6. Từ bốn đỉnh hình bình hành ABCD vẽ bốn nửa đường thẳng song song chiều Ax, By,Cz,Dtsao cho chúng cắt mặt phẳngABCD Một mặt phẳng(α)cắt bốn nửa đường thẳng theo thứ tự nói tạiA0,B0,C0vàD0

1 Chứng minh(Ax,By)k (Cz,Dt)và(Ax,Dt)k (By,Cz) Tứ giác A0B0C0D0 hình gì?

3 Chứng minhAA0+CC0 =BB0+DD0 Lời giải.

1 Chứng minh(Ax,By)k(Cz,Dt)và(Ax,Dt)k(By,Cz) Ta có

®

Ax k Dt

Dt⊂(Cz,Dt) ⇒ Ax k(Cz,Dt)

®

AB kCD

CD⊂(Cz,Dt) ⇒ AB k(Cz,Dt) MàAx,AB⊂(Ax,By)

Suy ra(Ax,By)k(Cz,Dt)

Chứng minh tương tự, ta có (Ax,Dt) k (By,Cz)

C0 B0

A0

B O0

D

C D0

O A

x

y

t

z

2 Tứ giác A0B0C0D0là hình gì? Ta có

  

 

(α)∩(Ax,By)= A0B0 (α)∩(Cz,Dt)=C0D0 (Ax,By)k (Cz,Dt)

⇒ A0B0 k C0D0

  

 

(α)∩(Ax,Dt)= A0D0 (α)∩(By,Cz)= B0C0 (Ax,Dt)k (By,Cz)

⇒ A0D0 k B0C0

Vậy tứ giácA0B0C0D0là hình bình hành Chứng minhAA0+CC0 =BB0+DD0

GọiO= AC∩BD,O0 = A0C0∩B0D0

VìO, O0 tâm hai hình bình hành ABCD, A0B0C0D0 nên cóOO0 đường trung bình hai hình thangACC0A0vàBDD0B0

Theo tính chất đường trung bình hình thang, suy OO0 = AA

0+CC0

2 =

BB0+DD0

2 ⇒ AA

0+

CC0 =BB0+DD0

(90)

B A

C0 B0

A0 E

S

C

F

D D0

Ta cóA0B0C0D0là hình bình hành⇔

®

A0B0 kC0D0 A0D0 k B0C0

GọiE= AB∩CDvàF = AD∩BC Ta cóSE =(SAB)∩(SCD), SF=(SAD)∩(SBC) Ta lại có

    

   

A0B0 =(P)∩(SAB) C0D0 =(P)∩(SCD) SE=(SAB)∩(SCD) A0B0 k C0D0

⇒SEk A0B0 kC0D0

⇒SEk (P)(theo định lý giao tuyến ba mặt phẳng) Tương tự,SFk (P)

Vậy, nếu(P)k SEvà(P)k SFthì A0B0C0D0là hình bình hành

Bài 8. Cho tứ diệnABCD cóAB =CD Gọi I, J trung điểm củaBCvàBD, Elà điểm thuộcADkhác AvàD Tìm vị trí củaEđể thiết diện tứ diện cắt mặt phẳng(JEI)là hình thoi

(91)

3 HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 91 Ta cóI J đường trung bình tam giácBCD

Do đó, I J k CD ⇒ CD k (I JEF) ⇒ CD k EF (doCD, EF đồng phẳng)

Suy ra, thiết diện I JEFlà hình thang Do đó, điều kiện để I JEFlà hình thoi

®

EF = J I EF = JE ⇒ Elà trung điểm AD

Ngược lại, nếuElà trung điểm ADthì 

    

    

EFk J I k CD,EF = I J = CD

2 JE k FI k AB,JE= FI = AB

2 CD= AB

⇒ I JEFlà hình thoi

D E

B I

F A

C J

Bài 9. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành Mặt phẳng(P)cắt đoạn SA, SB, SC, SDlần lượt A0, B0, C0, D0 Chứng minh tứ giác A0B0C0D0 hình bình hành mặt phẳng(P)song song với mặt phẳng(ABCD)

Lời giải.

Giả sử(P)k(ABCD)

Khi đó,(P)và(ABCD)bị mặt phẳng(SAB)cắt theo hai giao tuyếnA0B0 vàABsong song

Tương tự,CDk C0D0, BCk B0C0, AD k A0D0 ⇒ A0B0 k C0D0 vàA0D0 k B0C0

⇒ A0B0C0D0là hình bình hành Giả sử A0B0C0D0 hình bình hành Ta có

  

 

A0B0 k C0D0 A0B0 ⊂(SAB) C0D0 ⊂(SCD)

⇒ ∆ = (SAB)∩(SCD),∆ k

A0B0,∆k C0D0 Mặt khác

  

 

ABk CD AB⊂(SAB) CD⊂(SCD)

⇒ ∆0 = (SAB) ∩ (SCD),∆0 k AB,∆0 k CD

B B0 A

A0

D D0

S

C C0

∆ ∆0

Từ tính chất giao tuyến hai mặt phẳng(SAB)và(SCD), ta suy ra∆≡∆0 Suy A0B0 k ABk ∆⇒ A0B0 k (ABCD)

Chứng minh tương tự, ta có A0D0 k (ABCD) Do

  

 

A0B0 k(ABCD) A0D0 k(ABCD) A0B0,A0D0 ⊂(P)

⇒(P)k (ABCD)

Bài 10. Cho hai hình vng ABCD ABEF hai mặt phẳng phân biệt Trên đường chéo ACvàBFlần lượt lấy điểm MvàNsao choAM =BN Các đường thẳng song song vớiABvẽ từ MvàNlần lượt cắtADvàAFtạiM0vàN0 Chứng minh

(92)

Lời giải.

1 Mặt phẳng(ADF)song song với mặt phẳng(BCE) Ta cóAF k BE,BE⊂(BCE)và ADk BC,BC ⊂(BCE) ⇒ AFvàADcùng song song với(BCE)

MàAF,AD ⊂(ADF) Vậy(ADF)k(BCE)

2 Mặt phẳng(DEF)song song với mặt phẳng(MM0N0N) Ta cóMM0 k AB, ABk EF

⇒ MM0 k EF⊂(DEF) (∗) Mặt khác,

     

    

MM0 kCD ⇒ AM

0

AD = AM

AC NN0 k AB⇒ AN

0

AF = BN

BF AM =BN,AC = BF

⇒ AM

0

AD = AN0

AF ⇒ M

0N0 k DF ⊂

(DEF) (∗∗)

MàMM0,M0N0 ⊂(MM0N0N) (∗ ∗ ∗) Từ (∗), (∗∗) (∗ ∗ ∗), suy (DEF) k (MM0N0N)

D F

N0

M0 A

C

B E

N

M

Bài 4. KHỐI LĂNG TRỤ

Bài 1. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0

1 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0)

2 GọiM,Nlần lượt hai điểm AA0vàBC Tìm giao điểm củaB0C0với mặt phẳng(AA0N)và giao điểm MNvới(AB0C0)

Lời giải.

1 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0)

Ta cóC0là điểm chung thứ hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0) GọiGlà giao điểm AB0vàBA0

Suy raGlà điểm chung thứ hai hai mặt phẳng(AB0C0)vàBA0C0 Vậy(AB0C0)∩(BA0C0)=C0G

(93)

4 KHỐI LĂNG TRỤ 93 Tìm giao điểm của B0C0 với mặt phẳng

(AA0N).

Ta cóB0C0 ⊂(BCC0B0) Ta lại có

  

 

N ∈(AA0N)∩(BCC0B0) AA0 k BB0

AA0 ⊂(AA0N),BB0 ⊂(BCC0B0) ⇒ (AA0N)∩(BCC0B0) = Nx (Nx k AA0 k BB0)

GọiJ = Nx∩B0C0 ⇒ J =B0C0∩(AA0N) Tìm giao điểm của MN với mặt phẳng (AB0C0)

Ta cóMN ⊂(AN J A0) Ta lại có

  

 

A∈ (AN J A0)∩(AB0C0)

®

J ∈(AN J A0)

J ∈ B0C0 ⊂(AB0C0) ⇒ J ∈ (AN J A

0

)∩(AB0C0) ⇒ AJ =(AN J A0)∩(AB0C0)

GọiK = MN∩ AJ VậyK = MN∩(AB0C0)

A0

A M

G K

C C0 J

B0

B

N

Bài 2. Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0 Gọi M, N, Plần lượt trung điểm AA0, AD, DC Tìm thiết diện tạo mặt phẳng qua ba điểm M, N, P với hình lập phương

Lời giải.

Gọi I, L giao điểm đường thẳngNPvới ABvàBC MI giao tuyến hai mặt phẳng(MNP)và(ABB0A0) GọiK giao điểm củaMI vàA0B0 K điểm chung mặt phẳng (MNP) với (A0B0C0D0) NP k AC k A0C0 nên giao tuyến (MNP) với (A0B0C0D0) đường thẳng quaK song song A0C0 cắtB0C0tạiO

O L hai điểm chung (MNP)và(BCC0B0)nên (MNP)∩ (BCC0B0) = OL, gọi H = OL∩ CC0

Vậy thiết diện hình lập phương bị cắt mặt phẳng (MNP) lục giác MNPHOK có cặp cạnh đối song song

L D H

C0

C N

P B

B0

A0 D0

O

A M K

I

Bài 3. Cho hình hộpABCD.A0B0C0D0 GọiM,N,Plần lượt trung điểmDC,AD,BB0 Tìm thiết diện tạo mặt phẳng(MNP)với hình hộp ABCD.A0B0C0D0

(94)

P

K H

M A0

B0 C0

D0

F

N A

B C

D

E L

I

1 Tìm thiết diện tạo mặt phẳng(MNP)với hình hộpABCD.A0B0C0D0

Trong mặt phẳng đáy(ABDC) gọi Fvà Elà giao điểm đường thẳng MN với AB vàBC

Ta thấyPFlà giao tuyến mặt phẳng(MNP)với(ABB0A0) GọiHlà giao điểm AA0 vàPF

Ta thấyPElà giao tuyến mặt phẳng(MNP)với(BCC0B0) GọiKlà giao điểm củaCC0vàPE

Kết luận: thiết diện hình hộp bị cắt mặt phẳng(MNP)là ngũ giácMNHPK

2 Tìm giao tuyến mặt phẳng(MNP)với mặt phẳng(A0B0C0D0) Trong mặt phẳng(ABB0A0), gọiI giao điểm củaHPvàA0B0 Trong mặt phẳng(BB0C0C), gọiLlà giao điểm củaKPvàB0C0

Ta cóLvàIlà hai điểm chung hai mặt phẳng(MNP)và(A0B0C0D0)

Kết luận: giao tuyến hai mặt phẳng(MNP)và(A0B0C0D0)là đường thẳngLI

Bài 4. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 Gọi M trung điểm BB0, G trọng tâm tam giác ABC

1 Tìm thiết diện tạo bởi(A0MG)cắt hình lăng trụ ABC.A0B0C0 Tìm giao tuyến mặt phẳng(A0MG)với(A0B0C0)

(95)

1 Tìm thiết diện tạo (A0MG) cắt hình lăng trụABC.A0B0C0

Trong mặt phẳng (ABB0A0), gọi I = A0M∩ AB

Ta có I G hai điểm chung (ABC) (A0MG)

Vậy(A0MG)∩(ABC)= IG

Trong mặt phẳng đáy (ABC) gọi E,F giao điểm củaIG vớiBCvàAC

Từ suy thiết diện cần tìm A0FEM Tìm giao tuyến mặt phẳng (A0MG) với

(A0B0C0)

Trong mặt phẳng (BCC0B0), gọi H = EM∩ B0C0

Suy A0 vàHlà hai điểm chung của(A0MG) và(A0B0C0)

Kết luận:(A0MG)∩(A0B0C0)= A0H

M A

B

C E G F

I A0

B0

C0

H

Bài 5. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Gọi M trung điểm cạnh AB Tìm thiết diện tạo mặt phẳng(P)song song với(AB0D0)và qua Mcắt hình hộp

Lời giải.

F

H

A

B C

D M

E A0

B0 C0

D0

K

P

I

N

Vì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (AB0D0) suy (P) song song với đường thẳng thuộc mặt phẳng (AB0D0) Ta thấy M điểm chung (P) (ABCD) ta có (P) k BD k B0D0, suy giao tuyến qua Mvà song song với BD Giao tuyến cắt ADtại E

Ta thấyElà điểm chung của(P)và(ADD0A0)và ta có(P)k AD0suy giao tuyến qua Evà song song với AD0 Giao tuyến cắtDD0tạiF

Ta thấyMlà điểm chung của(P)và(ABB0A0)và ta có(P)k AB0suy giao tuyến qua Mvà song song với AB0 Giao tuyến cắtBB0 tạiH

Trong mặt phẳng(ABB0A0), gọiK = MH∩ A0B0 (1)

Trong mặt phẳng(ADD0A0), gọi I =EF∩A0D0 (2)

Từ(1)và(2)suy raKI =(P)∩(A0B0C0D0) Trong mặt phẳng(A0B0C0D0)gọi

®

(96)

Thiết diện cần tìm lục giácMEFNPH

Bài 6. Cho lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 GọiHlà trung điểm A0B0 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(AB0C0)và(ABC)

2 Chứng minh rằngCB0 k (AHC0)

Lời giải.

1 Ta cóAlà điểm chung củaAB0C0và(ABC) Mà

  

 

B0C0 k BC B0C0 ⊂(AB0C0) BC ⊂(ABC)

⇒ (AB0C0)∩(ABC) = Ax, (Ax k B0C0 k BC)

2 Ta có tứ giác AA0C0Clà hình bình hành

Suy A0CcắtAC0 trung điểmI đường Do đóI H k CB0(I Hlà đường trung bình của4CB0A0) Mặt khác, ta thấy I H ∈ (AHC0) nên ta CB0 k (AHC0)

A0

B0 C0

I

H

A

B C

x

Bài 7. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 GọiHlà trung điểm cạnhA0B0 Chứng minh đường thẳngCB0song song với mặt phẳng(AHC0)

2 Tìm giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(AB0C0)và(A0BC) Chứng minh rằngdsong song với mặt phẳng(BB0C0C)

3 Xác định thiết diện hình lăng trụABC.A0B0C0khi cắt mặt phẳng(H,d)

(97)

1 GọiI tâm hình bình hànhAA0C0C Ta có H I đường trung bình 4A0B0C nênCB0 k H I

Mặt khácH Inằm mặt phẳng(AHC0) VậyCB0 k (AHC0)

2 GọiJ tâm hình bình hànhAA0B0B Ta thấy I,J hai điểm chung hai mặt phẳng(AB0C0)và(A0BC)

Vậy giao tuyến d chúng đường thẳng I J

Ta có I J đường trung bình 4A0BC, suy d k BC, mà BC ⊂ (BCC0B0) ⇒ d k (BB0C0C)

3 Trong mặt phẳng(ABB0A0)gọiE= AB∩H J Ta có E điểm chung hai mặt phẳng (H,d) (ABC), nên giao tuyến chúng qua E song song với BC k d, giao tuyến cắtAC tạiK

KI giao tuyến (H,d) (ACC0A0), KI cắtA0C0tại L

Dễ dàng chứng minhE,K,Llần lượt trung điểm củaAB,AC,A0C0

Kết luận: thiết diện cần tìm hình bình hành HEKL

A0 L C0

A

B

C K

E J

I H

B0

d

Bài 8. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Gọi Q,R tâm mặt (BCC0B0), (CDD0C0)

1 Chứng minhRQk(ABCD)

2 Xác định thiết diện hình hộp cắt bởi(AQR) GọiMlà giao điểm củaCC0với(AQR) Tính tỉ số MC

0

MC Lời giải.

A0

B0 C0

D0

Q

A

B C

D

I E

J

M R L

(98)

98 CHƯƠNG QUAN HỆ SONG SONG VìQRlà đường trung bình tam giácC0BDnênQRk BD

DoBD⊂(ABCD)nênRQk (ABCD)

2 Xác định thiết diện hình hộp cắt bởi(AQR)

Alà điểm chung mặt phẳng(AQR)và mặt đáy(ABCD)

QuaAkẻ đường thẳngdsong song vớiBDthìd =(AQR)∩(ABCD) Giao tuyếndcắt đường thẳng BCtại điểm I

IvàQlà hai điểm chung hai mặt phẳng(AQR)và(BCC0B0)nên(AQR)∩(BCC0B0)=

IQ, giao tuyến IQcắtBB0tại Jvà cắtCC0 tạiM

MRlà giao tuyến hai mặt phẳng(AQR)và(CDD0C0) GọiLlà giao điểm củaMRvàDD0

Ta có   

 

(AQR)∩(ADD0A0)= AL (AQR)∩(BCC0B0)= J M (ADD0A0) k(BCC0B0)

⇒ ALk J M

Ta có   

 

(AQR)∩(ABB0A0)= AJ (AQR)∩(CDD0C0) =LM (ADD0A0) k(BCC0B0)

⇒ AJ k LM Kết luận: thiết diện cần tìm hình bình hànhAJ ML

3 Trong mặt phẳng đáy(ABCD)có AI k BDvàADk IBnên tứ giác ADBIlà hình bình hành

BIlà đường trung bình tam giácICM, ta cóBJ =

2CM (1)

DựngQEk BJ, (E∈ BC), tam giác IQE, ta có IB IE =

JB QE =

2

3 ⇒ JB =

3QE (2) QElà đường trung bình tam giácBCC0 ⇒QE=

2CC

0. (3)

Từ(1), (2)và(3)ta có

2CM = 3·

1 2CC

0 ⇒ MC0

MC =

Bài 9. Cho hình lăng trụ tam giácABC.A0B0C0 Gọi I,J,Klần lượt tâm hình bình hành ACC0A0,BCC0B0,ABB0A0

1 Chứng minh I J k (ABB0A0), JK k (ACC0A0), IK k (BCC0B0), mặt phẳng (I JK) song song với mặt đáy lăng trụ

2 Ba đường thẳngAJ,CK,BI đồng qui điểmO

3 Gọi G,G0 trọng tâm tam giác ABC A0B0C0 Chứng minh G,O,G0 thẳng hành

(99)

1 Ta thấyKIlà đường trung bình của4A0BC⇒ KI k BC

Suy raKI k(BCC0B0)

Ta thấy I J đường trung bình 4C0AB, suy raI J k AB

Suy I J k (ABB0A0)

Ta thấy K J đường trung bình 4B0AC, suy raK J k AC

Suy raK J k(ACC0A0) Suy ra(I JK)k(ABC)

Vì(ABC)k(A0B0C0)nên(I JK)k (A0B0C0) Chứng minh ba đường thẳngAJ,CK,BIđồng

qui điểmO

Trong mặt phẳng (C0AB) có AJ BI hai đường trung tuyến GọiO= AJ∩BI

Suy O trọng tâm 4C0AB, ta có BO =

2

3BI (1)

Trong mặt phẳng (A0BC) có BI CK hai đường trung tuyến GọiO0 =BI∩CK

Suy O0 trọng tâm 4A0BC, ta có BO0 =

3BI (2)

Từ(1)và(2)suy raOvàO0 trùng Kết luận: ba đường thẳngAJ,BI,CKđồng qui điểmO

O A

B

C

E G

A0

B0

C0

E0 G0

K I

J

3 Chứng minhG,O,G0 thẳng hàng

GọiE,E0lần lượt trung điểm BCvàB0C0

Suy raEE0 đường trung bình hình bình hànhBCC0B0nênBB0 k EE0 MàBB0 k AA0 ⇒ AA0 k EE0 ⇒ AEE0A0là hình bình hành

VìG,G0lần lượt trọng tâm của4ABCvà4A0B0C0, ta có A

0G0

A0E0 = AG AE =

2

3 ⇒GG

0 k

EE0 (3)

Trong4AEIta có AO AJ =

AG AE =

2

3 ⇒GO k EJ (4)

Ta cóE,J,E0thẳng hàng

Từ(3)và(4)suy ba điểmG,O,G0thẳng hàng

Bài 10. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 GọiO0 tâm hình bình hành A0B0C0D0, K trung điểm CD, Elà trung điểm BO0 Chứng minh Ethuộc(ACB0) Xác định thiết diện hình hộp cắt mặt phẳng(P)quaKvà song song với(EAC)

(100)

100 CHƯƠNG QUAN HỆ SONG SONG Gọi O tâm hình bình hành ABCD Ta có

BOO0B0là hình bình hành, nên hai đường chéo BO0 vàB0Ocắt trung điểm đường

Suy E trung điểm B0O Mà B0O ⊂ (ACB0)⇒E∈ (ACB0)

Ta có(ACB0)cũng là(ACE)

Vì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (ACB0) nên mặt phẳng (P)song song với đường thuộc mặt phẳng(ACB0)

Trong mặt phẳng(ABCD), ta cóKlà điểm chung AC k (P) nên giao tuyến chúng qua K song song vớiAC Giao tuyến cắtAB,AD,BClần lượt tạiF,M,N

Flà điểm chung hai mặt phẳng(ABB0A0)và mặt phẳng(P), cóAB0 k (P)

Nên giao tuyến chúng qua F song song với AB0, giao tuyến cắt AA0,A0B0 P Q

Giao tuyến của(P)và(A0B0C0D0)quaQvà song song với A0C0, giao tuyến cắtB0C0 tạiR

S A

B C

D K

N O

A0

B0 C0

D0 O0

Q

E P

M R

F

Giao tuyến của(P)và(BCC0B0)quaRvà song song vớiB0C, giao tuyến cắtCC0tạiS Kết luận: thiết diện cần tìm lục giácKMPQRS Lục giác có tính chất cặp cạnh đối song

song

Bài 11. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 Trên cạnhBAkéo dài phía Ata lấy điểmM cho AB=2AM

1 Xác định thiết diện hình lăng trụ tạo với(P)quaMvàB0và trung điểmEcủa AC

2 Tìm giao điểmDcủaBCvới(MB0E) Tính tỉ số DB DC

(101)

4 KHỐI LĂNG TRỤ 101 M,E hai điểm chung (MEB0)

(ABC)

⇒(MEB0)∩(ABC)= ME

GọiDlà giao điểm củaMEvàBC Suy ra(MEB0)∩(BCC0B0)=DB0 M,B0là hai điểm chung của(MEB0)và (ABB0A0)

⇒(MEB0)∩(ABB0A0)= MB0

GọiNlà giao điểm AA0 với MB0 Suy thiết diện hình lăng trụ ABC.A0B0C0 với mặt phẳng (MEB0) tứ giácEDB0N

Trong mặt phẳng đáy (ABC) kẻ

EFk BC, (F∈ AB)

EF đường trung bình tam giác ABC

Ta cóEF=

2BC (1)

Trong4MBDta có MF MB =

EF BD =

2 ⇒ EF=

3BD (2)

N

E

B

D C M

A

F A0

B0

C0

Từ(1)và(2)ta có 3BD =

1

2BC ⇔BD= 4BC ⇒

DB

DC =3

Bài 12. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 Gọi I,J,K trọng tâm tam giác ABC, ACC0, A0B0C0 Chứng minh(I JK)k (BCC0B0)và(A0JK)k (AIB0)

Lời giải.

Gọi E,E0 trung điểm BC B0C0 Suy ra, EE0 đường trung bình hình bình hành BCC0B0nên BB0 k EE0

Mà BB0 k AA0 ⇒ AA0 k EE0 ⇒ AEE0A0 hình bình hành

Trong hình bình hành AEE0A0, ta có A

0K

AI = A0E0

AE ⇒ IK k EE

0. (1)

GọiMlà trung điểm AC Trong4MBC0 ta có MI

MB = MJ MC0 =

1

3 ⇒ I J k BC

0.

(2)

Từ(1)và(2)suy ra(I JK)k (BCC0B0)

Mặt phẳng(A0CE0)cũng mặt phẳng(A0JK) Mặt phẳng(AEB0)cũng mặt phẳng(AIB0) Trong mặt phẳng (BCC0B0) có EB0 k CE0 Vì AEE0A0là hình bình hành A0E0 k AE (4) Từ(3)và(4)suy ra(A0JK)k (AIB0)

J

A

I M

B

C E A0

K

C0

B0 E0

Bài 13. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 GọiM, M0lần lượt trung điểm cạnh BC, B0C0

(102)

2 Tìm giao điểm đường thẳng A0Mvà(AB0C0)

3 Tìm giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0)

4 Tìm giao điểmG đường thẳngdvới mặt phẳng (AM0M) Chứng minh Glà trọng tâm tam giác AB0C0

Lời giải.

1 Vì MM0 đường trung bình hình bình hành BCC0B0nên MM~ =BB~ 0 MàBB~ = AA~ 0 Từ suy ra

~

MM0 = AA~ Vậy AMM0A0là hình bình hành Do AM k A0M0

2 Tìm giao điểm đường thẳng A0M mặt phẳng (AB0C0)

Trong mặt phẳng(AMM0A0), gọiK = A0M∩AM0 Có

®

K ∈ A0M

K ∈ AM0;AM0 ⊂(AB0C0) ⇒ K = A

0M ∩

(AB0C0)

B0

M0 G

B

M A0

A I

C0

C K

3 Tìm giao tuyếndcủa mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0) Trong mặt phẳng(ABB0A0), gọiI ∈ BA0∩AB0 Có

®

I ∈ BA0,BA0 ⊂(BA0C0)

I ∈ AB0,AB0 ⊂(AB0C0) ⇒ I ∈ (BA

0C0

)∩(AB0C0) Ta lại cóC0 ∈(BA0C0)∩(AB0C0)

Vậy giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0)là IC0

4 Trong mặt phẳng(AB0C0)gọiG=C0I∩AM0 Có

®

G∈ C0I

G∈ AM0,AM0 ⊂(AMM0) ⇒ G=C

0I∩(AMM0).

Do đóGlà giao điểm hai đường trung tuyếnC0IvàAM0của tam giác AB0C0.Vậy Glà tâm tam giácAB0C0

Bài 14. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy tam giác cạnh a, mặt bên ABB0A0, ACC0A0 hình vng có tâm I J GọiO tâm đường ngoại tiếp tròn tam giác ABC

1 Chứng minhI J song song với mặt phẳng ABC

2 Xác định thiết diện hình lăng trụ với mặt phẳng (OI J) Tính diện tích thiết diện theoa

(103)

1 Chứng minhI J song song với mặt phẳngABC

Ta có I J đường trung bình tam giác A0BC nên I J k BC MàBC ⊂(ABC) Suy I J k(ABC)

2 Xác định thiết diện lăng trụ với mặt phẳng(OI J) Ta cóOlà điểm chung hai mặt phẳng(OI J)và(ABC), nên giao tuyến chúng quaO song song với BC, giao tuyến cắtAB,AClần lượt tạiH,K

H I giao tuyến (OI J) với (ABB0A0) , gọi M= H I∩ A0B0

K Jlà giao tuyến của(I JO)với(ACC0A0), gọiL=K J∩A0C0 Từ suy ML giao tuyến (OI J) với (A0B0C0), I J k B0C0

Suy MLk B0C0 k I J

B0

M L

J

K

B H A0

A I

C0

C O

Vậy thiết diện cần tìm hình thangHKLM( HKk LM k BC) (1)

Ta có ABB0A0, ACC0A0 hình vng AH = AK, A0M = A0L Suy MH = LK (2)

Từ (1) (2) suy HKLMlà hình thang cân Trong tam giác4ABCcó HK k BC nên AH

AB = HK

BC =

3 ⇒ HK = 2a

3

Ta cóI J đường trung bình củaHKLM, cóI J = HK+LM

2 ⇒LM =2I J−HK=BC−Hk= a Vẽ lại mặt bên ABB0A0như hình vẽ

Ta cóMH =√ME2+EH2=

a2+a2

9 = a√10

3

A0 M B0

A E H B

I

Ta có2H I = HK−ML= 2a

3 − a =

a

3 ⇒H I = a Và MI =√MH2−H I2=

10a2 −

a2 36 =

a√39

Diện tích hình thang cân HKLM có SHKLM =

1

2(HK+LM)·MI =

a2√39 12

M L

H I K

Bài 15. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0

1 Tìm giao điểm hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0)

2 Gọi M,N hai điểm AA0 BC Tìm giao điểm B0C0 với (AA0N)và giao điểm MNvới(AB0C0)

(104)

1 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0) Ta cóC0 điểm chung thứ hai mặt phẳng(AB0C0) và(BA0C0)

Trong mặt phẳng (ABB0A0) gọi G giao điểm AB0 BA0 Suy điểm chung thứ hai hai mặt phẳng(AB0C0) và(BA0C0)

Vậy(AB0C0)∩(BA0C0)=GC0

2 Tìm giao điểm B0C0 với (AA0N) giao điểm MN với (AB0C0)

Chọn mặt phẳng(BCC0B0)chứaB0C0 Ta có

  

 

N ∈ (AA0N)∩(BCC0B0) AA0 k BB0

AA0 ⊂(AA0N);BB0 ⊂(BCC0B0)

Do đó(AA0N)∩(BCC0B0)=Nx, Nx k AA0 k BB0

B0 J

B

N K

A0

A M

G

C0

C

GọiJ = Nx∩B0C0 ⇒ J =B0C0∩(AA0N)

Chọn mặt phẳng (AN J A0) chứa MN Ta tìm giao tuyến mặt phẳng (AN J A0) (AB0C0)

Ta cóA ∈(AN J A0)∩(AB0C0) (1) Và

®

J ∈(AN J A0)

J ∈ B0C0 ⊂(AB0C0) ⇒ J ∈ (AN J A

0)∩(AB0C0) (2)

Từ (1) (2) suy AJ =(AN J A0)∩(AB0C0)

Trong mặt phẳng(AN J A0)gọiK = MN∩AJ ⇒K =MN∩(AB0C0)

Bài 16. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 GọiM, M0lần lượt trung điểm cạnh BC, B0C0

1 Chứng minhAMsong song với A0M0

2 Tìm giao điểm đường thẳng A0Mvới mặt phẳng(AB0C0) Tìm giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0)

4 Tìm giao điểmG đường thẳngdvới mặt phẳng (AMM0) Chứng minh Glà trọng tâm tam giác AB0C0

(105)

1 Vì MM0 đường trung bình hình bình hành BCC0B0 nên MM~ = BB~ 0, mà BB~ = AA~ 0 Từ suy ra MM~ =

~

AA0.

Vậy AMM0A0là hình bình hành, suy AM k A0M0 Trong mặt phẳng(AMM0A0), gọiK = A0M∩AM0

Ta có

®

K ∈ A0M

K ∈ AM0,AM0 ⊂(AB0C0) ⇒K = A

0M∩(AB0C0).

3 Tìm giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0) Trong mặt phẳng(ABB0A0)gọi I =BA0∩ AB0

Có

®

I ∈ BA0,BA0 ⊂(BA0C0)

I ∈ AB0,AB0 ⊂(AB0C0) ⇒ I ∈ (BA

0C0)∩(AB0C0).

Mặt khácC0 ∈(BA0C0)∩(AB0C0)

Vậy giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(AB0C0)và(BA0C0)là IC0

G M0 B0

B

M A0

A I

C0

C K

4 Trong mặt phẳng(AB0C0)gọiG=C0I∩AM0 Có

®

G∈ C0I

G∈ AM0,AM0 ⊂(AMM0) ⇒ G= C0I∩(AMM0)

VìGlà giao điểm hai đường trung tuyếnC0IvàA0Mcủa tam giác AB0C0 VậyGlà trọng tâm tam giác AB0C0

Bài 17. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Gọi M, Nlần lượt trung điểm hai cạnh AA0vàCC0 Một điểm Pnăm cạnhDD0

1 Xác định giao điểmQcủa đường thẳngBB0với(MNP)

2 Mặt phẳng(MNP)cắt hình hộp theo thiết diện Thiết diện có tính chất gì? Tìm giao tuyến mặt phẳng(MNP)với mặt phẳng(ABCD)của hình hộp Lời giải.

1 Xác định giao điểm Q đường thẳng BB0 với mặt phẳng(MNP)

Gọi O O0 tâm hai đáy (ABCD) (A0B0C0D0) Suy OO0 =

(BDD0B0)∩(ACC0A0)

GọiI = MN∩OO0 MN,OO0 ⊂(ACC0A0) Ta có

®

I ∈ MN,MN ⊂(MNP) I ∈OO0,OO0 ⊂(BDD0B0) ⇒ I ∈ (MNP)∩(BDD0B0) (1) Ta có

®

P ∈(MNP)

P ∈ DD0,DD0 ∈(BDD0B0) ⇒ P∈ (MNP)∩(BDD0B0) (2)

Từ(1)và(2)suy ra(MNP)∩(BDD0B0)=PI GọiQ=PI∩BB0 ⇒Q =BB0∩(MNP)

x

A B

C O

E

D0 O C0

0 A0 D

M

P B0

Q I

N

2 Mặt phẳng(MNP)cắt hình hộp theo thiết diện tứ giác MNPQ

(106)

106 CHƯƠNG QUAN HỆ SONG SONG Lí luận tương tự ta có MPk QN (4)

Từ(3)và(4)suy thiết diệnMNPQlà hình bình hành

3 Tìm giao tuyến mặt phẳng(MNP)với mặt phẳng(ABCD)

Trong mặt phẳng bên (CDD0C0) gọi E = CD∩NP Vì MN đường trung bình hình bình hànhACC0A0, suy raMN k AC Từ suy giao tuyến hai mặt phẳng (MNP)và mặt phẳng(ABCD)quaEvà song song vớiMN k AC

Bài 18. Cho hinh lăng trụ ABC.A0B0C0 Gọi G, G0lần lượt trọng tâm tam giác ABC A0B0C0 Một mặt phẳng(P)cắt cạnh AA0, BB0,CC0, GG0lần lượt A1, B1, C1,

G1 Chứng minh

1 GG0song song cạnh bên lăng trụ G1là tâm tam giác4A1B1C1

3 G0G1 =

3 A1A

0+B

1B0+C1C0;G1G=

3(A1A+B1B+C1C) Lời giải.

1 GG0song song cạnh bên lăng trụ Gọi M M0 theo thứ tự trung điểm BC B0C0 Nên MM0 đường trung bình hình bình hànhBCC0B0

Suy MM0 k BB0 k CC0 MM0 = BB0 = CC0 (1)

Vì ABC.A0B0C0 hình lăng trụ nên AA0 k BB0 AA0 =BB0 (2)

Từ (1) (2) suy AMM0A0là hình bình hành ta

có AG

AM = A0G0 A0M0 =

2

3 (Tính chất trọng tâm) NênGG0 k AA0vàGG0 = AA0

N0

M0

B N A0

A A1

C0

C C1

B0

M1

B1

G1

G N1

G0

M

2 GọiM1 =MM0∩B1C1 MM0,B1C1⊂(BC0B0)

Tính chất hình bình hành thìM1là trung điểm củaB1C1 (3)

Ta cóA1M1 =(A1B1C1)∩(AA0M0M)

Suy raG1chính giao điểm củaA1M1vớiGG0

VìMM1 k GG1 k AA1suy

AG AM =

A1G1

A1M

=

3 (4) Từ (3) (4) suy raG1là trọng tâm tam giác4A1B1C1

3 Gọi N, N0 trung điểm AG A0G0 Dễ dàng chứng minh NN0 k GG0 k AA0 GọiN1là giao điểm NN0 vàA1G1, suy N1là trung điểm A1G1

Ta cóG1G0là đường trung bình hình thang M1M0N0N1;

N1N0 đường trung bình hình thangA1A0G0G1

M1M0 đường trung bình hình thang B1B0C0C1 Nên:G1G0 =

1

2(M1M

0+N 1N0)

(1) N1N0 =

1 2(A1A

0+G

1G0) (2)

M1M0 =

2(B1B

0+C

1C0) (3)

Từ(1)và(2): G1G0 =

1 3A1A

0+2

3M1M

0

(107)

Thay(3)và(4)ta được:G1G0 =

1 3(A1A

0+B

1B0+C1C0)

Chứng minh tương tự:G1G =

1

3(A1A+B1B+C1C)

Bài 19. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0

1 Chứng minh hai mặt phẳng(BDA0)và(B0D0C)song song với

2 Chứng minh đường chéo AC0 qua trọng tâm G0 G00 hai tam giác BDA0vàB0D0C

3 Chứng minhG0vàG00 chia đoạn thẳngAC0thành ba phần

4 Gọi E, F, G, H, K, L trung điểm BC, CD, DD0, D0A0, A0B0, B0B Chứng minh sáu điểm đồng phẳng

Lời giải.

1 CDA0B0 hình bình hành nên DA0 k CB0 (1) BDD0B0 hình bình hành nên BDk B0D0 (2) Từ (1) (2) suy (A0BD) k (B0D0C)

2 Gọi O O0 tâm ABCDvàA0B0C0D0

Trong mp(ACC0A0), AC0 cắt A0O vàCO0tạiG0 vàG00 (theo thứ tự) Olà trung điểm củaBD nên A0O trung tuyến tam giácBDA0

vàG0 ∈ A0O (1)

A0C0 kOAnên: G0O

G0A0 = OA A0C0 =

1 ⇒ G

0

A0 =2G0O (2) Từ (1) (2) suy ra: G0 trọng tâm tam giácA0BD

Tương tự, G00 trọng tâm tam giácB0D0C

A D

E

F O

B0 C0

O0 H A0

B

L

K G0

D0 G C

G00 I

3 Tam giác ACG00, OG0 đường trung

bình nên G0 trung điểm AG00

⇒ AG0 =G0G00 (3)

Tương tự, ta cóC0G00 = G00G0 (4)

Từ(3)và(4)suy raAG0 =G0G00 =G00C0

Vậy G0 G00 chia AC0 thành ba phần (điều phải chứng minh)

A0 O0 C0

A O C

G0

G00 I

(108)

108 CHƯƠNG QUAN HỆ SONG SONG Tương tự ba đường thẳngEF, GH,KLcùng song song với mp(A0BD)

Mà(A0BD)k (CB0D0)suy sáu điểmE, F, G, H,K, Lđồng phẳng

Bài 20. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Gọi M, N trung điểm CD CC0

1 Xác định đường thẳng∆quaMcắtANvà cắt A0B

2 GọiI, Jlần lượt giao điểm của∆với AN vàA0B Hãy tìm tỉ số I M I J Lời giải.

1 Giả dựng đường thẳng ∆cần tìm cắt ANvàA0B

GọiI, Jlần lượt giao điểm của∆vớiAN vàA0B

Xét phép chiếu song song lên mặt phẳng (ABCD)theo phương chiếuA0B

Khi ba điểm J, I, M hình chiếu củaB, I0, M

Do ba điểmB, I0, Mthẳng hàng GọiN0là hình chiếu củaNthìAN0là hình chiếu AN

VìI thuộc ANnên I0thuộc AN0 Vậy I0là giao điểm củaBMvàAN0

Từ phân tích ta dựng đường thẳng∆theo bước sau đây:

A0 D0

C0

I

B C

M I0

J

A

B0

D

N

N0

• Lấy giao điểmI0của AN0vàBM

• Trong mp(ANN0)dựng I I0 k NN0(đã cóNN0 k CD0) cắt ANtại I

• Vẽ đường thẳng MI, đường thẳng∆cần tìm Dễ chứng minh được, đường thẳng∆nói cắt A0B

Dễ thấyMC =CN0suy MN0 =CD = AB Do đóI trung điểm củaBM

Mặt khácI I0 k JB, nên I I0là đường trung bình tam giácMBJ Suy I M= I J ⇒ I M

I J =1

1 Hãy xác định đường thẳng∆cắt hai đường thẳng AC0vàBA0 đồng thời song song vớiB0D0

2 GọiI, Jlần lượt giao điểm của∆với AC0 vàBA0 Tính tỉ số AI AC0

(109)

1 Giả sửa xác định đường thẳng∆ cắtAC0vàBA0lần lượt tạiI vàJ

Xét phép chiếu song song lên mp(ABB0A0) theo phương chiếuD0B0

Khi đó, hình chiếu ba điểm A, I,C0lần lượt ba điểm thẳng hàng A, J, K Mặt khác JthuộcBA0, nên Jchính giao điểm củaAK vàBA0

Từ đó, ta có cách dựng đường thẳng∆theo bước sau đây:

• Dựng điểm K hình chiếu C0 (theo phương chiếuD0B0)

• Lấy giao điểmJ củaAKvàBA0

• QuaJdựng đường thẳng∆ kC0K(đã cóC0K k B0D0), ta đường thẳng ∆cần tìm

∆

A

B C

D0 C0

J I

A0 B0

K

D

2 Dễ thấyA0B0 = B0K ⇒ A0K =2AB(doA0B0 = AB) VìABk A0K ⇒ AI

JK = AB A0K =

1 Mặt khácI J k C0K⇒ AI

IC0 = AJ JK =

1 ⇒

AI AC0 =

1

1 Chứng minh đường chéoB0Dcắt mp(A0BC0)tại điểmGsao choBG =

2GD vàGlà trọng tâm tam giác A0BC0

2 Chứng minh rằng(D0AC)k (BA0C0)và trọng tậmG0của4D0ACcũng nằm B0DvàB0G0 =

3B

0D.

3 GọiP,Q,Rlần lượt điểm đối xứng điểmB0 quaA, D0,C Chứng minh rằng(PQR)k (BA0C0)

4 Chứng minh rằngDlà trọng tâm tứ diện B0PQR

(110)

1 Gọi O0 giao điểm A0C0vàB0D0 Khi

(A0BC0)∩(BDD0B0)=BO0 Gọi G giao điểm B0D BO0 G giao điểm B0D với mp(A0BC0)

Dễ thấy 4GBO v

4GO0B0, tỉ số đồng dạng là2

Å

do BD

B0O0 =2

ã

Vậy B0G =

2GD GO0 =

2GB, suy G trọng tâm tam giác A0BC0 Dễ thấy AC k A0C0, D0A k

C0B

⇒(D0AC) k(BA0C0)

A

B C

D0

C0 B0

O0 A0

G

D P

Q

R

Chứng minh tương tự câu trên, ta có trọng tâm G0 tam giác D0AC nằm đường chéoDB0vàDG0 =

2G

0B0.

Từ kết câu suy raGvàG0chia đường chéoB0Dthành ba phân

Vậy B0G0 =

3B

0D.

3 DoA, D0,Clần lượt trung điểm PB0, QB0,RB0 nên PQk AD0,QRk D0C,RPk CA

Từ suy ra(PQR) k(AD0C)

Mặt khác, theo câu trên, ta có (D0AC) k (BA0C0) nên (PQR)k (BA0C0)

4 Vì A, D0, C trung điểm B0P, B0Q, B0R nên trọng tâm G00 tam giác PQR phải nằm đường thẳngB0G00vàB0G00 =

3B

0D⇒ B0D=

4B

0G00.

Vậy Dlà trọng tâm tứ diện B0PQR

B0

C

G00 P

Q

R A

D G0 G

D0

Bài 23. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Điểm M thuộc cạnh AD, điểm N thuộc cạnh D0C0sao cho AM: MD =D0N : NC0

1 Chứng minh MNsong song với(C0BD)

(111)

5 BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 111 Lời giải.

1 Theo giả thiết, ta có: MN

MD = D0N NC0 ⇒

AM D0N =

MD NC0 =

AD D0C0

Theo định lý Ta-lét đảo, ta có MN, AD0, DC0 song song với mặt phẳng(P)

Mặt phẳng(P)song song vớiAD0 DC0 Nhưng AD0 k BC0 nên mặt phẳng(P)song song với mặt phẳng(C0BD)

Từ đó, ta cóMN k (C0BD) TừMkẻ MEk BD, cắtABtạiE

Từ E kẻ đường thẳng EF k AB0, cắtBB0tạiF; từFkẻ đường thẳng FI k BC0, cắtB0C0tại I

Từ N kẻ đường thẳng N J k CD, cắtDD0tại J

Dễ thấy thiết diện lục giác MEFI N Jcó cạnh đối song song với ba cạnh tam giácC0BD

A E B

M

D0 N C0

A0 D

J

B0 F C

I

Bài 5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II

Bài 1. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình thang, ADlà đáy lớn GọiM, N, Elần lượt trung điểm củaSA, AB,CD

1 Chứng minhEN k(SBC),(MNE)k (SBC)

2 Tìm giao điểmFcủaSDvới mp(MNE) Chứng minhSC k (MNE) Đường thẳng DMsong song với(SBC)hay khơng? Giải thích

3 Xác định thiết diện hình chópS.ABCDvới mp(MNE) Thiết diện hình gì? Tại sao?

Lời giải.

(112)

• Vì EN k BC,

mà BC ⊂ (SBC)

⇒EN k (SBC)

ã Cú

đ

MN k SB,NEk BC

MN,NE⊂(MNE);SB,BC ⊂(SBC) ⇒(MNE) k(SBC)

2 • Ta có M điểm chung

của hai mặt phẳng(MNE) và(SAD), có NEk AD Suy giao tuyến

chúng qua M song

song với AD, giao tuyến cắt SD F F

là giao điểm SD với

mp(MNE)

• Theo chứng minh trên, ta có (MNE) k (SBC), mà SC ⊂ (SBC) ⇒ SC k (MNE)

x S

F J

A

B N

D

C E y

M

• Ta có   

 

S∈ (SAD)∩(SBC) ADk BC

AD⊂(SAD);BC⊂(SBC)

⇒(SAD)∩(SBC)=Sy(Sy k ADk BC) Trong mp(SAD), gọi J =DM∩Sy ⇒ J =DM∩(SBC)

Từ suy raDM không song song với mp(SBC)

3 Từ cách dựng điểm câu trên, suy thiết diện cần tìm hình thang MNEF với NEk MFk AD

Bài 2. Cho hình chópSABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M, N, P trung điểm củaSA,BC,CD

1 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng(SAC)và(SBD),(SAD)và(SBC) Tìm giao tuyếnTcủaMPvới mp(SBD)và tính tỉ số TM

TP Tìm giao điểmQcủaSDvới mp(MNP)và tính tỉ số QS

QD

4 Tìm thiết thiện mp(MNP)với hình chópS.BCD Thiết diện hình gì?

(113)

1 Gọi O = AC ∩ BD, ta có O

và S hai điểm chung hai mặt phẳng(SAC)và(SBD) ⇒(SAC)∩(SBD)=SO

CóSlà điểm chung hai mặt phẳng (SAD) (SBC), có AD k BC, nên giao tuyến chúng làSx, vớiSxk ADk BC Trong mặt phẳng (ABCD) gọi

E = AP∩BD

Ta cóS,E ∈(SBD)∩(SAP)nên (SBD)∩(SAP)=SE

Trong(SAP), gọiT =MP∩SE, suy raT= MP∩(SBD)

KẻEGk MP(G∈ SA) AE

AP = AG AM =

GE MP =

3 2;

SM SG =

ST SE =

MT GE =

3 Suy raGE=

3MP,MT = 4GE

nên TM

TP =2

S

T

Q

x

A

B

D

C M

P y

E O

N L

3 CóT ∈ (MNP)∩(SBD)nên giao tuyến (MNP)và(SBD)qua Tvà song song với BD Giao tuyến cắtSB, SDlần lượt LvàQ Suy L giao điểm của(MNP) vớiSBvàQlà giao điểm của(MNP)vớiSD

Trong4SBDcóLQk BDnên có ST SE =

SQ SD =

3

4 (do chứng minh trên) Vậy QS

QD =3

4 Từ cách tìm giao điểm trên, suy thiết diện củaS.ABCDcắt bởi(MNP)là ngũ giác MLNPQ

Bài 3. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình bình hành tâmO GọiElà trung điểmSA

1 Tìm giao tuyếndcủa(SAB)và(SCD)

2 SDcắt(BCE)tại F Tứ giác BCEFlà hình gì? Chứng minh ba đường thẳngd, BE vàCFđồng quy

3 Gọi Mlà điểm đối xứng củaD quaE, H vàKlần lượt trung điểm BMvà AB GọiNlà giao điểm củaCDvới(EHK) Tính tỉ số CD

(114)

S I M

T x

K

A

B H

D

C

E F

N

1 Ta có   

 

S ∈(SAB)∩(SCD) ABk CD

⇒ (SAB)∩(SCD) = dlà đường thẳng qua Ssong song vớiAB

2 Ta có   

 

EF=(BCE)∩(SAD) BC k AD

BC ⊂(BCE),AD⊂(SAD)

⇒ EFk BC k AD Suy BCEFlà hình thang

GọiT = BE∩CF Vì

®

T ∈ BE⊂(SAB)

T ∈ CF⊂(SCD) nên T ∈ d Vậyd, BE, CFđồng quy điểm T

3 Ta cóADSM hình bình hành nênAM k SD MàKH k AMnên KH k SD Trong(SAB)gọi I =d∩KE ⇒

®

I ∈d ⊂(SCD)

I ∈KE ⊂(HKE) ⇒ I ∈(HKE)∩(SCD)

Suy giao tuyến hai mặt phẳng(HKE)và(SCD)đi qua I song song vớiSD, giao tuyến cắtCDtại N Vậy Nlà giao điểm củaCDvà(HKE)

Ta có tứ giácBKIS hình bình hành nênSI = BK Tứ giácDN IS hình bình hành nênDN =IS

Suy raDN =BK =

2AB =

2CD Vậy CD CN =

2

Bài 4. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình thang có ADlà đáy lớn AD = 2BC Gọi M,N,K,H trung điểmAB, AB, AD, DC

(115)

2 Chứng minhHN k (SAD)và tính tỉ số ST SA

3 Gọi(P)là mặt phẳng quaMvà song song vớiBC,SD Xác định thiết diện của(P) với hình chópS.ABCD

Lời giải.

S

T

N L

x

K

C H

I M

B

D A

1 Trong mặt phẳng(ABCD)gọiK = AB∩CD

Ta cóK,N ∈ (SAB)∩(NCD)nên(SAB)∩(NCD)=KN Trong(SAB)gọiT =KN∩SA ⇒T =SA∩(NCD) Ta có

  

 

K ∈ (SAD)∩(MNK) SA k MN

SA ⊂(SAD),MN ⊂(MNK)

⇒(SAD)∩(MNK)=Kx k SA

2 Vì   

 

MN k SA,MH k AD MN,MH ⊂(MNH) SA,AD ⊂(SAD)

⇒(MNH)k (SAD)⇒ NH k(SAD)

Trong4KADcóAD k BCnên KB KA =

KC KD =

BC AD =

1

2 ⇒ Blà trung điểmKA MNlà đường trung bình của4BASnên cóMN =

2SA (1)

Trong4KATcóMN k ATnên có KM KA =

MN TA =

3

4 ⇒ MN =

4TA (2) Từ (1) (2) suy

4TA=

2SA⇔ TA=

3SA ⇒ ST SA =

1

3 Ta có M ∈ (P)∩(ABCD) mà(P) k BC nên giao tuyến (P) và(ABCD) qua M song song vớiBC Giao tuyến làMH

Khi H ∈ (P)∩(SCD), mà(P) k SD nên giao tuyến của(P) và(SCD)qua H song song vớiSD, giao tuyến cắtSCtại điểm làL

VìHlà trung điểm củaCDnên Llà trung điểm củaSC

(116)

Bài 5. Cho hình chópS.ABC, E,Flần lượt trung điểmAC vàBC Tìm giao tuyến của(SAB)và(SEF)

2 Gọi Mlà trung điểm củaSBvà I điểm trênSAthỏa mãn AI = 3IS Tìm giao điểmKcủa I Mvà(ABC)và giao điểmHcủaBCvà(EI M) Tính tỉ số BH

BC GọiGlà trọng tâm của4SBC Tìm thiết diện hình chópS.ABCcắt bởi(IEG) Lời giải.

S

I O

M Q

G

P F

K

H L

E

B

C A

1 Ta có   

 

S ∈(SAB)∩(SEF) ABk EF

AB⊂(SAB),EF ⊂(SEF)

⇒(SAB)∩(SEF)=dquaSsong song với AB

2 Trong(SAB)gọiK = I M∩(ABC) Vì

®

K ∈ I M

K ∈ AB⊂(ABC) ⇒K = I M∩(ABC) Ta cóAE=(EI M)∩(ABC) GọiH =KE∩BC ⇒ H∈ BC∩(EI M)

GọiOlà trung điểmSA Khi đóI Mlà đường trung bình của4SBOnên I Mk BO Trong4AIKcóKIk BO ⇒ AB

BK = AO

OI =

2 ⇒ AB= 2BK GọiV trung điểm AB, cóVE đường trung bình 4ABC

⇒VE =

2BC (1)

Và cóBH đường trung bình của4KEV ⇒ BH =

2VE (2)

Từ (1) (2) suy raBH =

4BC

E C

A

K V

B

H

3 Trong(SAF), gọiL = IG∩AF ⇒L ∈ (ABC)

Trong(ABC)gọiP=EL∩BC Trong(SBC)gọiQ= PG∩SB

(117)

Bài 6. Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCDlà hình bình hành Gọi M, Nlần lượt trung điểm ABvàSC

1 Tìm giao tuyến(SMN)và(SBD)

2 Tìm giao điểm IcủaMN và(SBD) Tính tỉ số MI MN Lời giải.

S

N

O H M

C A

B

D K

I

1 Trong(ABCD)gọiO= AC∩BD, H = MC∩BD Ta có

®

H∈ CM ⊂(SCM)

H∈ BD⊂(SBD) ⇒ H ∈(SCM)∩(SBD) (1)

Lại cóS∈ (SCM)∩(SBD) (2)

Từ (1) (2) suy raSH =(SCM)∩(SBD) GọiI = MN∩SH ⇒ I = MN∩(SBD) Ta cóHlà trọng tâm4ABC

Trong4SCM, kẻ HKk MN(K ∈ SC)

Trong4CMNcó MN k KHnên CH

CM = CK CN =

HK MN =

2

3 ⇒ HK=

3MN (3) Trong4SHKcóI N k KHnên I N

HK = SN SK =

3

4 ⇒ HK =

3I N (4)

Từ (3) (4) suy

3MN =

3I N ⇒MN =2I N ⇒ MI MN =

1

Bài 7. Cho hình bình hành ABCDvà điểmSkhơng nằm trong(ABCD)

1 Tìm giao tuyến cặp mặt phẳng sau(SAC)và(SBD),(SAB)và(SCD) Một mặt phẳng(α)quaBC, cắtSAtạiMvà cắtSDtạiN Chứng minhMN k BC Chứng tỏ giao điểm củaBN vàCMluôn nằm đường thẳng cố định

Mdi động trênSA

4 GọiGlà trọng tâm4SAB,Klà điểm cạnhACsao cho AK AC =

1

(118)

GKsong song với mặt phẳng(SCD) Lời giải.

S

x E

N M

F A

O K

C B

G

I

D

1 Ta có S ∈ (SAC)∩(SBD) Gọi O = AC∩BD ⇒ O ∈ (SAC)∩(SBD) Do SO =

(SAC)∩(SBD) Ta có

  

 

S∈ (SAB)∩(SCD) ABk CD

⇒(SAB)∩(SCD)=Sxk AB

2 Vì   

 

(α)∩(SAD) =MN BCk AD

BC⊂(α),AD⊂(SAD)

⇒ MN k ADk BC

3 Trong(α), gọi I =BN∩CM Vì

®

I ∈ BN ⊂(SBD)

I ∈ CM⊂(SAC) ⇒ I ∈ (SAC)∩(SBD) Suy Ithuộc giao tuyếnSOcố định hai mặt phẳng(SAC)và(SBD) GọiE,Flần lượt trung điểmSAvàAD

Vì AK AC =

1

3 ⇒ AK =

3AO, mà AO trung tuyến 4ABD nên G trọng tâm 4ABD

Theo tính chất trọng tâm có BG BE =

BK BF =

2

3 ⇒GK k EF (3)

MàEFlà đường trung bình của4ADSnênEF k SD (4)

Từ (3) (4) suy raGK kSD ⊂(SCD)⇒ GKk(SCD)

Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi I trung điểm củaSAvàJ,Klà điểm trênSB,SCvà thỏa mãn JS=2JB,KS=2KC

1 Tìm giao tuyếndcủa hai mặt phẳng(SAB)và(SCD), giao tuyếnd0của(I JK)và (ACD)

2 Tìm giao điểm McủaSDvới(I JK)và chứng minhMlà trung điểmSD GọiElà giao điểm củaI J vớiKM, chứng minhE ∈dvà EI

EJ = EM

(119)

5 BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 119 Lời giải.

d

B C

H L

K S

A I

J

E

D M

d0

d

B H

S

F A I J

E

Hình

1 Ta có   

 

S∈ (SAB)∩(SCD) ABkCD

⇒(SAB) ⊂(SCD)=dlà đường thẳng quaSsong song vớiAB

Trong mặt phẳng(SAB)gọiH = AB∩ I J, mặt phẳng(SAC)gọiL = AC∩IK Ta cóH,Llà hai điểm chung hai mặt phẳng(I JK)và(ABCD)nên(I JK)∩(ABCD)=

HL ≡d0 Vì SJ

SB = SK SC =

2

3 nên JKk BC, từ suy giao tuyếnHL k JK k BC

2 VìI điểm chung hai mặt phẳng(SAD)và(I JK), hai mặt phẳng có AD k I J nên giao tuyến chúng qua I song song với AD Giao tuyến cắt SD M, Mlà giao điểm SDvà(I JK) Từ suy I Mlà đường trung bình 4SAD(vì Ilà trung điểm nên Mlà trung điểm củaSD)

3 VìE = I J∩KM nênE ∈ I J ⊂(SAB)vàE ∈ KM ⊂(SAD)nên Enằm giao tuyến dcủa(SAB)và(SAD) Do ba đường thẳngd, I J, KMđồng quy tạiE

Mặt phẳng(SAB)được vẽ lại Hình DựngBFk H I(F ∈ SA), ta có SJ

JB = SI

IF =2⇒SI =2IF ⇒ AI =2IF

Vậy F trung điểm AI Từ suy BFlà đường trung bình tam giác AH I, đóBlà trung điểm AH

DoH IvàSBlà hai đường trung tuyến tam giácSAH, cắt tạiJ nên Jlà trọng tâm của4SAH

Ta có4AI H =4SIE(g.c.g), suy raSE= H A Do đóAHSElà hình bình hành, suy EI

EJ =

Trong tam giácEJKcó I Mk JKnên EI EJ =

EM EK =

3

(120)

Bài 9. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình thang, đáy lớnAD Tìm giao tuyến của(SAC)và(SBD),(SAD)và(SBC)

2 GọiGlà trọng tâm tam giácSABvàMlà điểm thuộcSCsao choSM =2MC Chứng minh GMk (ABCD)

3 Tìm giao điểm JcủaGDvà(SBC) Tính tỉ số GJ GD Lời giải.

x

B C

K

S

A J

M D

Q G

H

1 GọiO giao điểm AC BD Vì O S hai điểm chung hai mặt phẳng (SAC)và(SBD)nên giao tuyến chúng làSO

Ta có   

 

S ∈(SAD)∩(SBC) AD k BC

AD ⊂(SAD),BC ⊂(SBC)

nên(SAD)∩(SBC)=Sx(Sx k AD k BC)

2 Ta có SG SH =

SM SC =

2

3 nênGM k HC MàHC⊂(ABCD)nênGM k (ABCD)

3 Trong mặt phẳng(ABCD), gọiKlà giao điểm DHvàBC Ta cóKvàSlà hai điểm chung mặt phẳng(SDH)và(SBC)nênSK giao tuyến của(SDH)và(SBC) Trong mặt phẳng(SDH), gọi J giao điểm DG vàSK, suy J giao điểm DGvà(SBC) Ta có4H AD =4HBK(g.c.g) nênHD =HK, suy raSHlà đường trung tuyến tam giácSDK, SG

SH =

3 Từ suy raGlà trọng tâm của4SDK,

đó GJ

GD =

Bài 10. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thang, đáy lớn AD =2BC vàO giao điểm hai đường chéo đáy Gọi E, Flần lượt trung điểm SA, SD vàGlà trọng tâm tam giácSCD

1 Tìm giao tuyến của(SAB)và(SCD),(SAD)và(SBC)

(121)

3 Tìm giao điểmMcủaSBvà(CDE) Chứng minh S4SME S4SMF

= S4SAB

S4SBD

vàSM·BD=

SB·DO Lời giải.

x

H O S

A Q

B E

N

D P C F

M

G

S

A

E

B M h2

h1

Hình

1 Trong mặt phẳng (ABCD), gọi H giao điểm AB CD Suy H ∈ (SAB)∩ (SCD)

DoSlà điểm chung của(SAB)và(SCD)nênSH =(SAB)∩(SCD) Ta có

  

 

S ∈(SAD)∩(SBC) AD k BC

AD ⊂(SAD),BC ⊂(SBC)

nên(SAD)∩(SBC)=Sx(Sx k AD k BC)

2 Ta có

®

EQ=(P)∩(SAB)

SB⊂(SAB), SB k(P) nên EQkSB Lại có

  

 

QP=(P)∩(ABCD) ADk EF

AD⊂(ABCD),EF ⊂(P)

nên QPk EFk AD Suy EFPQlà hình thang

Vì  



BC= AD

2 BCk AD

và  



EF= AD

2 EFk AD

nên BCFElà hình bình hành, suy raBEk CF MàCF⊂(SCD)nên BEk(SCD)

Ta có4OADv4OCBnên OA

OC = OD

OB = AD

BC =2 GọiN trung điểm củaSC Trong tam giác BDN có SG

SN = DO DB =

2

3 nênOG k BN Mà BN ⊂ (SBC)nên OG k (SBC)

3 VìHvàElà hai điểm chung hai mặt phẳng(SAB)và(ECD)nên(SAB)∩(ECD)=

EH

GọiM =EH∩SB⇒ M=SB∩(ECD) Trong4H AD cóBC k ADnên ta có HB

H A = HC HD =

BC AD =

1

2, suy Blà trung điểm AH Do đóMlà trọng tâm tam giácSAH

(122)

Ta cóS4SME =

2·h2·SM = ·

h1

2 · 3SB=

1 ·

1

2h1·SB=

3S4SAB ⇒ S4SME

S4SAB

=

3 (*)

Tương tự ta có S4SMF S4SBD

=

3 (**)

Từ (*) (**) ta suy S4SME S4SAB

= S4SMF

S4SBD

⇒ S4SME S4SMF

= S4SAB

S4SBD Theo chứng minh SM

SB = DO

DB ⇒SM·BD=SB·DO

Bài 11. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình bình hành tâmO ĐiểmMthuộc cạnhSAsao choSM=2MAvàNlà trung điểm AD

1 Tìm giao tuyến của(SAD)và(MBC)

2 Tìm giao điểm IcủaSBvà(CMN), giao điểm J củaSAvà(ICD) Chứng minhID, JC,SOđồng quy tạiE Tính tỉ số SE

SO Lời giải.

x

L

N O S

E M

A

B I J

D

C

1 Ta có   

 

M ∈(SAD)∩(MBC) AD k BC

AD ⊂(SAD),BC ⊂(MBC)

nên(SAD)∩(MBC)= Mx(Mxk ADk BC)

2 Trong mặt phẳng(ABCD), gọiLlà giao điểm ABvàCN Ta cóLvàMlà hai điểm chung của(SAB)và(CMN)nên(SAB)∩(CMN) =LM GọiIlà giao điểm củaLMvà SB⇒ I =SB∩(CMN)

3 Vì I điểm chung hai mặt phẳng(SAB) và(ICD), AB k CD nên giao tuyến chúng quaI song song với AB, giao tuyến cắtSAtại J thìJ giao điểm SAvới(ICD)

(123)

5 BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 123 Ta có(SAC)∩(SBC)=SO

Vì

®

E ∈CJ ⊂(SAC)

E ∈ DI ⊂(SBD) nên E∈ (SAC)∩(SBC)=SO (2) Từ(1)và(2)ta suy ba đường thẳngCJ, DI, SOđồng quy tạiE

Trong tam giácLBCcóAN =

2BCvàAN k BCnên ANlà đường trung bình tam giácLBC, đóAlà trung điểm LB

Trong tam giác SBLcó SA đường trung tuyến vàSM =

3SA nên M trọng tâm 4SBL⇒ I trung điểm củaSB

Xét tam giácSBCcóElà giao điểm hai đường trung tuyếnSOvàDI nênElà trọng

tâm4SBC ⇒ SE

SO =

Bài 12. Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình bình hành,SABlà tam giác đều, SCDlà tam giác cân Gọi Mlà trung điểm AD, mặt phẳng(α)đi qua M,(α)song song với ABvàSA, cắtBC,SC,SDtạiN, P,Q

1 Chứng minhMNPQlà hình thang cân

2 Tính tỉ số diện tích hình thang cân MNPQvà tam giác đềuSAB Lời giải.

M S

P

A

B Q

D

C

Hình N H M

Q P

Hình

1 Ta có

®

(α)∩(ABCD)= MN

ABk (α),AB⊂(ABCD) ⇒ MN k ABk CD Mà

®

(α)∩(SAD)= MQ SA k(α),SA ⊂(SAD)

⇒ MQk SA Vì

®

(α)∩(SCD)= QP CDk (α),CD ⊂(SCD)

⇒ PQk CD

Lại có(α)k AB, (α)k SAnên(α)k (SAB)⇒(α)k SB Vì(α)∩(SBC) =NP ⇒ NPk SB

Theo cách dựng trên, ta có Q trung điểm SD, N trung điểm BC, P trung điểm SC Vì MN k PQ (cùng song song với CD), suy MNPQ hình thang

DoNP = SB

2 , MQ= SA

(124)

124 CHƯƠNG QUAN HỆ SONG SONG Ta thấy MNPQ hình thang, có hai cạnh bên khơng song song nên MNPQlà hình thang cân

2 Gọialà độ dài cạnh AB, hình thang cânMNPQđược vẽ lại Hình Ta cóPH =√PN2−NH2 =

…

a

2 −a

4

= a

√

4 ⇒S4SAB =

AB2·√3 =

a2√3 MàSMNPQ =

(MN+PQ)·PH

2 =

1

a+a

2

· a √

3 =

3a2√3 16 ⇒

SMNPQ S4SAB

=

3a2√3 16 a2√3

4

=

3

(125)

Chương 3. QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Bài 1. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG

Định nghĩa 1.

Một đường thẳng gọi vng góc với mặt phẳng vng góc với đường thẳng nằm mặt phẳng

d⊥(α)⇔d⊥ a, ∀a⊂(α)

a

d

α

Định lí 1.

Nếu đường thẳngdvng góc với hai đường thẳng cắt a vàb nằm mp(P)thì đường thẳng dvng góc với mp(P)

  

 

d⊥a,d ⊥b a,b ⊂(P) a∩b

⇒d ⊥(P)

a b

d

P

Định lí 2. (Định lí ba đường vng góc)

Cho đường thẳng a không nằm (P) đồng thời khơng vng góc với (P) đường thẳng b nằm (P) Gọi a0 hình chiếu vng góc củaatrên(P) Khi đób vng góc với a khibvng góc vớia0

a

a0

b P

PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC Để chứng minha⊥bta thường sử dụng phương pháp chứng minh sau:

1 Sử dụng phương pháp hình học phẳng: góc nội tiếp, định lí Pitago đảo, Sử dụng phương pháp tích vơ hướng hai véctơ, nếu−→a ·−→b =0thìa⊥b(với

−→

a , −→b hai véctơ phương hai đường thẳngavàb) Sử dụng tính chất bắc cầu

®

c⊥b

ck a ⇒a ⊥b

Tìm mặt phẳng (P) chứa đường thẳng b Chứng minh đường thẳng a vng góc với mặt phẳng (P),

a⊥b ®

a⊥(P)

b ⊂(P) ⇒a⊥b

a

b P

5

(126)

126 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

Chứng minh đường thẳng a song song với mặt phẳng (P), đường thẳngbvng góc với mặt phẳng(P), suy raa⊥b

®

ak (P)

b ⊥(P) ⇒a⊥b

b

a

P

6

Áp dụng định lí đường vng góc: a0 hình chiếu vng góc a mặt phẳng (P), b ⊂ (P) Đường thẳng a vng góc với đường thẳng b b vng góc với a0 Nói ngắn gọn b vng góc với hình chiếu thìbvng góc với đường xiên

Đây phương pháp hay sử dụng, đọc giả phải thành thạo phương pháp này.

a

a0

b P

PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG

Để chứng minh đường thẳngavng góc với mặt phẳng(P)ta thường sử dụng phương pháp sau:

1

Muốn chứng minh đường thẳng a vng góc với mặt phẳng (P) Ta phải chứng minh đường thẳng a vng góc với hai đường thẳng cắt thuộc mặt phẳng(P)

  

 

a ⊥b, a⊥c b∩c= I b,c ⊂(P)

⇒ a⊥(P)

I c b

a

P

2

Hai mặt phẳng (Q) (R) có giao tuyến a vng góc với mặt phẳng(P), thìavng góc với(P)

  

 

(Q)⊥(P) (R)⊥(P) (Q)∩(R)= a

⇒a⊥(P)

P Q

R a

3

Hai mặt phẳng(P)và(Q)vng góc với theo giao tuyếnb Một đường thẳngathuộc mặt phẳng(Q)vng góc vớib, thìavng góc với mặt phẳng(P)

    

   

(P) ⊥(Q) (P)∩(Q)=b a ⊂(Q) a ⊥b

⇒ a⊥(P)

a

b P

(127)

1 ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG 127

4

Chứng minh đường thẳng b vng góc với mặt phẳng (P), đường thẳng a song song với b, suy a vng góc với(P)

®

a kb

b ⊥(P) ⇒a ⊥(P)

a b

P

5

Chứng minh đường thẳng a vng góc với mặt phẳng (Q), mặt phẳng (P)song song với (Q), nên a vng góc với(P)

®

a⊥(Q)

(Q)k (P) ⇒ a⊥(P)

a

P Q

Hai vấn đề để giải tốn dạng này:

•Muốn chứng minh đường thẳngdvng góc với mặt phẳng(P), ta phải chứng minh đường thẳngdvng góc với hai đường thẳng cắt nằm mặt phẳng(P) • Khi đường thẳng dvng góc với mặt phẳng (P)thì đường thẳng d vng góc với đường nằm trong(P)

Bài 1. Hai tam giác cân ABCvàDBCnằm hai mặt phẳng khác tạo nên tứ diện ABCD Gọi Ilà trung điểm BC

Chứng minh BC ⊥AD a)

GọiAH đường cao tam giác ADI Chứng minh AH ⊥(BCD) b)

Lời giải.

Ta có   

 

BC ⊥ AI (vì AI trung tuyến của4ABCcân A) BC ⊥ DI (vì DI trung tuyến của4DBCcân tạiD) AI,DI ⊂(ADI), AI∩DI = I

⇒ BC⊥(ADI) ⇒BC ⊥ AD a)

Ta có   

 

AH ⊥DI (giả thiết)

AH ⊥BC (vì BC ⊥(ADI)) BC,DI ⊂(BCD), BC∩DI = I ⇒ AH ⊥(BCD)

b)

A

C I H

D B

Bài 2. Cho hình chópS.ABCcóSA ⊥(ABC), tam giác ABC vuông cân tạiB GọiGlà trọng tâm tam giácSACvà N điểm thuộc cạnhSBsao choSN = 2NB Chứng minh:

BC ⊥(SAB) a)

(128)

Lời giải.

GọiHlà trung điểm AC Vì4ABCvng cân tạiBnên BH ⊥ AC (1)

Ta có

®

BC ⊥ AB giả thiết

BC ⊥SA (vìSA ⊥(ABC)) ⇒BC ⊥(SAB) a)

Ta có

®

BH ⊥ AC (theo(1))

BH ⊥SA (vìSA ⊥(ABC)) ⇒ BH ⊥ (SAC) (2)

Xét 4SBH có SN

SB = SG SH =

2

3, suy NG k BH (3)

Từ(2)và(3)ta đượcNG ⊥(SAC) b)

S

B

A C

N

H G

Bài 3. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ CDvà AC ⊥ BD Gọi H hình chiếu vng góc Axuống mặt phẳng(BCD) Chứng minh rằngHlà trực tâm tam giác BCDvà AD BC

Li gii.

ãTa cú

đ

CD ⊥ AB giả thiết

CD ⊥ AH (vì AH ⊥(BCD)) ⇒CD⊥(ABH) MàBH ⊂(ABH)nênCD⊥ BH (1)

Chứng minh tương tự ta BD ⊥ (ACH) ⇒ BD ⊥

CH (2)

Từ(1)và(2)suy raHlà trực tâm của4BCD • Ta có

®

BC ⊥DH (vì Hlà trực tâm4BCD)

BC ⊥ AH (vì AH ⊥(BCD)) ⇒ BC ⊥ (ADH)

Mà AD⊂(ADH)nênBC ⊥ AD

A

C

B D

H

Bài 4. Cho tứ diệnABCDcóDA ⊥(ABC), ABClà tam giác cân tạiA Gọi Mlà trung điểm củaBC VẽAH ⊥ DMtạiH

Chứng minh AH ⊥(BCD) a)

Gọi G, K trọng tâm tam giác ABC DBC Chứng minh GK ⊥ (ABC)

b)

(129)

Ta có

®

BC ⊥ AM AMlà đường trung tuyến trong4ABCcân tạiA BC ⊥ AD (vì DA ⊥(ABC))

⇒ BC⊥(DAM) (1) Khi

  

 

AH ⊥BC (do(1)) AH ⊥DM giả thiết

BC,DM ⊂(BCD); BC∩DM= M

⇒ AH ⊥(BCD)

a)

VìG,Klần lượt trọng tâm tam giácABCvàDBC nên theo tính chất trọng tâm ta có AG

AM = DK DM =

2 Theo định lí Talet đảo ta đượcKGk AD

MàAD ⊥(ABC)nên KG⊥(ABC) b)

D

B

A C

H K

M G

Bài 5. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình thoi tâmO BiếtSA=SCvàSB=SD Chứng minhSO ⊥(ABCD)vàAC ⊥SD

a)

GọiI, Jlần lượt trung điểm ABvàBC Chứng minh I J ⊥(SBD) b)

Li gii.

ãTa cú

đ

SO ⊥AC (vì4SACcân tạiS) SO ⊥BD (vì4SBD cân tạiS) ⇒SO (ABCD)

ãTa cú

đ

AC BD tớnh chất hình thoi AC ⊥SO (vìSO⊥(ABCD)) ⇒ AC ⊥(SBD)⇒ AC ⊥SD

a)

Ta cóI J đường trung bình của4ABCnên I J k AC MàAC ⊥(SBD)nên I J ⊥(SBD)

b)

S

B C

O J

A D

I

Bài 6. Cho hình chópS.ABCD có đáy hình vng tâmO.SA ⊥ (ABCD) Gọi H, I, Klần lượt hình chiếu vng góc AtrênSB,SC, SD

1 Chứng minh rằngBC ⊥(SAB), CD⊥(SAD), BD⊥(SAC)

2 Chứng minh AH, AKcùng vng góc vớiSC Từ suy ba đường thẳng AH, AI, AK nằm mặt phẳng

3 Chứng minh HK⊥(SAC) Từ suy raHK ⊥ AI

Lời giải.

(130)

130 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN Chứng minhBC ⊥(SAB)

Có   

 

BC ⊥SA(SA ⊥(ABCD)) BC ⊥ AB(gt)

SA,AB⊂(SAB),SA∩ AB={A} ⇒ BC ⊥(SAB)

Chứng minhCD ⊥(SAD) Vì

  

 

CD ⊥SA(SA ⊥(ABCD)) CD ⊥AD(gt)

SA,AD ⊂(SAD),SA∩AD={A} ⇒CD ⊥(SAD)

Chứng minhBD ⊥(SAC) Vì

  

 

DB ⊥SA(SA ⊥(ABCD)) BD ⊥ AC(gt)

SA,AC ⊂(SAC),SA∩AC ={A} ⇒ BD⊥(SAC)

A

D

B S

K

H I

O

C

2 Ta có

®

AH ⊥SB(gt),AH ⊥BC(BC ⊥(SAB))

SB,BC ⊂(SBC),SB∩BC ={B} ⇒ AH ⊥(SBC)⇒ AH ⊥SC Có

  

 

AK ⊥SD(gt)

AK ⊥CD(CD ⊥(SAD))

SD,CD⊂(SCD),SD∩CD={D}

⇒ AK ⊥(SCD)⇒ AK ⊥SC VìAH, AKvàAI vng góc vớiSC nên AH, AK, AI đồng phẳng

3 Ta có 4SAB = 4SAD (c.g.c) nên hai đường cao xuất phát từ đỉnh A nhau, hay AH = AK Từ suy 4SH A = 4SKA (cạnh huyền - cạnh góc vng) Vậy SH =SK

Do SH SB =

SK

SD, theo định lý đảo Ta-lét ta cóHK k BD MàBD⊥(SAC)⇒ HK ⊥(SAC)⇒ HK⊥ AI(AI ⊂(SAC))

Bài 7. Cho tứ diệnO.ABCcó3cạnhOA,OB,OCđơi vng góc với KẻOH vng góc với mặt phẳng(ABC)tạiH Chứng minh

1 OA ⊥BC,OB⊥CA,OC ⊥ AB Hlà trực tâm tam giác ABC

3

OH2 =

1 OA2 +

1 OB2 +

1 OC2

4 S2∆ABC =S2∆OAB+S2∆OBC+S2∆OAC

5 Các góc tam giácABCđều góc nhọn

(131)

1 ĐƯỜNG THẲNG VNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 131

O A

B

C

E F

H

1 Ta có

®

OA⊥OB,OA ⊥OC

OB,OC ⊂(OBC) ⇒OA ⊥(OBC)⇒OA ⊥BC Ta có

®

OB⊥OA,OB⊥OC

OA,OC ⊂(OAC) ⇒OB⊥(OAC)⇒OB ⊥AC Chứng minh tương tự ta đượcOC ⊥ AB

2 GọiE= AH∩BC,F= BH∩ AC Ta có

  

 

BC ⊥OA(OA ⊥(OBC)) BC ⊥OH(OH ⊥(ABC)) OA,OH ⊂(OAE)

⇒BC ⊥(OAE)⇒BC ⊥ AE (1)

Ta lại có

®

AC ⊥OB,AC ⊥OH

OB,OH ⊂(OBF) ⇒ AC ⊥(OBF)⇒ AC ⊥ BF (2) Từ(1)và(2)ta cóHlà trực tâm tam giác ABC

3 Trong tam giácOAEvng tạiOcóOH đường cao nên ta có OH2 =

1 OA2 +

1 OE2

Mà tam giácOBCvng tạiOcóOElà đường cao ta lại có OE2 =

1 OB2 +

1 OC2

Từ suy OH2 =

1 OA2 +

1 OB2 +

1 OC2

4 Cách 1

Trong tam giácOAEvng tạiOcóOH đường cao ta có OE2 =EH·EA ⇔ OE2·BC2 =EH·BC·EA·BC

⇔

Å

1

2OE·BC

ã2

=

2EH·BC·

2·EA·BC ⇔ S2∆OBC =S∆HBC·S∆ABC

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta S2∆OAC =S∆H AC·S∆ABC;

S2∆OAB =S∆H AB·S∆ABC

Cộng vế theo vế đẳng thức ta

S2∆OBC+S2∆OACS2∆OAB =S∆HBC·S∆ABC+S∆H AC·S∆ABC+S∆H AB·S∆ABC ⇔ S2∆OBC+S2∆OACS2∆OAB =S∆ABC·(S∆HBC+S∆H AC+S∆H AB)

(132)

Cách 2 Ta có

S2∆ABC =

4AE

2·BC2 =

4

Ä

(OA2+OE2äBC2 =

4OA

2·BC2+1

4OE

2·BC2

=

4OA

2Ä

OB2+OC2ä+1

4OE

2·BC2 =

4OA

2·OB2+1

4OA

2·OC2+1

4OE

2·BC2

⇔S2∆ABC = S2∆OAB+S2∆OBC+S2∆OAC Gọi độ dài ba cạnhOA =a,OB=b,OC =c

Trong tam giácABC, áp dụng định lý cosin có cosA“=

AB2+AC2−BC2 2AB·AC =

a2+b2+a2+c2− b2+c2 2AB·AC =

a2

AB·AC >0 Suy A“là góc nhọn

Chứng minh tương tự ta cóBb,Cblà góc nhọn

Bài 8. Cho tứ diện ABCD, đáy tam giác cân DA ⊥ mp(ABC), AB = AC = a, BC = 6a

5 GọiMlà trung điểm củaBC VẽAHvng góc với MD(H thuộcMD) Chứng minhAH ⊥mp(BCD)

2 Cho AD= 4a

5 Tính góc hai đường thẳng ACvàDM

3 Gọi G1, G2 trọng tâm tam giác DBC ABC Chứng minh G1G2 ⊥

mp(ABC) Lời giải.

S

N A

B G2

M

C G1

H

1 Chứng minhAH ⊥mp(BCD)

VìMlà trung điểm củaBCnên BC ⊥ AM (1)

(133)

1 ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG 133 Từ(1)và(2)ta suy raBC ⊥mp(DAM) Suy BC ⊥ AH(vì AH ⊂(DBC).)

Vậy ta có

®

AH ⊥DM

AH ⊥BC ⇒ AH ⊥mp(DBC)

2 ChoAD = 4a

5 Tính góc hai đường thẳngAC vàDM

Kẻ MN k AC (N ∈ AB)thì góc đường thẳng DM AC góc giữaDM MN, gócDMN÷ góc180◦−DMN.÷

Xét4ABCcó MN =

2AC = a

Xét4DAN vng tạiAcóDN =√AD2+AN2= a

√ 89 10 Xét4ABMvng tạiMcóAM =√AB2−BM2 = 4a

5 Xét4ADMvng AcóDM√AD2+AM2 = 4a

√ Áp dụng định lícoscho tam giácDMN, ta có

cosDMN÷ =

DM2+MN2−DN2 2·DM·MN =

2√2

5 ⇒ DMN÷ =arccos

Ç

2√2

å

3 GọiG1,G2lần lượt trọng tâm tam giácDBCvàABC Chứng minhG1G2 ⊥mp(ABC)

VìG1,G2lần lượt trọng tâm tam giácDBC vàABCnên theo tính chất trọng tâm, ta

có MG1 MD =

1 3,

MG2

MA = ⇒

MG1

MD = MG2

MA ⇒ G1G2 k DA ( theo định lí đảo định lí Talet)

MàDA ⊥(ABC)⇒ G1G2 ⊥(ABC)

Bài 9. Cho tứ diệnS.ABCcóSAvng góc với mặt phẳng(ABC) GọiH,Klần lượt trực tâm tam giác ABCvàSBC Chứng minh rằng:

1 AH,SK,BCđồng quy

2 SC vuông góc với mặt phẳng(BHK) HKvng góc với mặt phẳng(SBC)

(134)

134 CHƯƠNG QUAN HỆ VUÔNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN

1 GọiE= AH∩BC Ta có:

®

BC ⊥ AE

BC ⊥SA ⇒ BC ⊥(SAE) ⇒ BC ⊥SE(SE⊂(SAE))

VìSK ⊥ BC, suy ba điểmS,K,Ethẳng hàng Kết luận ba đường thẳng AH,BC,SK đồng quy điểmE

2 Chứng minhSCvng góc với mặt phẳng(BHK) Có:

®

BH ⊥ AC

BH ⊥SA ⇒ BH ⊥ (SAC) ⇒ BH ⊥ SC(SC ⊂ (SAC))

Có:

®

SC ⊥BH(BH ⊥(SAC))

SC ⊥BK ⇒SC ⊥(BHK) HKvng góc với mặt phẳng(SBC)

CóBC⊥(SAE)⇒BC ⊥ HK(HK ⊂(SAE)) (1) CóSC ⊥(BHK)⇒SC ⊥ HK (2)

Từ(1)và(2)suy raHK⊥(SBC)

S

K

B E H

A C

Bài 10. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng cạnh a SABlà tam giác SC= a√2 GọiH,Klà trung điểm AB,AD

1 Chứng minhSH ⊥(ABCD)

2 Chứng minhAC ⊥SKvàCK⊥SD Lời giải.

1

Trong4BCHcóHC2 =BH2+BC2= 5a

2

4 vàSH = a

√

2 (SHlà đường cao4SABđều) Trong4SCHcóSC2=SH2+HC2=2a2 Suy tam giácSHCvng tạiH

Có

®

SH ⊥ AB,SH ⊥ HC

AB,HC⊂(ABCD),AB∩HC= H ⇒SH ⊥(ABCD)

S

D

B C

A K

H

2 Ta có

®

HKk BD

BD ⊥ AC ⇒ AC ⊥ HK Có

®

AC ⊥SH,AC ⊥HK

(135)

1 ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 135 Chứng minhCK⊥SD

Dễ dàng chứng minh4CDK=4DAH

Suy raCKD’ = AHD’ mà AHD’ +ADH’ =90◦

⇒CKD’+ADH’ =90◦ ⇒CK⊥ DH

Ta có

®

CK⊥SH,CK⊥DH

SH,DH ⊂(SHD),SH∩DH =H

⇒CK⊥(SHD)⇒CK ⊥SD(đpcm) B C

A K D

H

Bài 11. Cho hình lập phươngABCD.A0B0C0D0 GọiM,N,Plần lượt trung điểm BB0,CD,A0D0 Chứng minh: MP⊥C0N

Lời giải.

GọiElà trung điểm củaCC0

Ta có ME k A0D0 nên EM PD0 đồng phẳng Vì có CDD0C0 hình vng nên dễ dàng chứng minh hai tam giác D0C0E vàC0CNbằng nhau, suy raED÷0C0 =NC’0C

Mà ED÷0C0 + C÷0ED0 = 90◦ ⇒ NC’0C + ÷

C0ED0 =90◦ ⇒ ED0 ⊥NC0 (1)

Ta có BC ⊥ (CDD0C0) ⇒ BC ⊥ NC0, mà MEk BC nênME ⊥NC0 (2)

Từ (1)và (2) suy NC0 ⊥ (MED0P), NC0 ⊥ PM(doPM ⊂(MED0P))

A0 P D0

B0

M

B A

D N C

E C0

Bài 12. Cho hình chóp tứ giácS.ABCDcó đáy hình vng cạnha Mặt bênSADlà tam giác mặt phẳng vng góc với đáy Gọi M, N, Plần lượt trung điểmSB,BC,CD Chứng minh AM ⊥BP

Lời giải.

S

M A

D H

P

B C

N

1

A B

N H

C

D P

HạSH ⊥ADtạiH

VìSADlà tam giác nênSH = a

√

Vì mặt phẳng(SAD)vng góc mặt phẳng(ABCD)nên cóADlà giao tuyến Suy raSH ⊥(ABCD)

(136)

136 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN Mà AM,MN ⊂(AMN)vàHC,SC ⊂(SHC)

Suy mặt phẳng(AMN)song song mặt phẳng(SHC)

Trong hình vngABCDta có4BCP =4CDH(c.g.c)nêncB1=Cc1 MàcB1+P“1 =90◦ ⇒Cc1+P“1 =90◦ ⇒CH ⊥PB

Ta có

®

BP ⊥CH

BP ⊥SH ⇒ BP⊥(SHC)⇒ BP⊥(AMN)⇒ BP⊥ AM Bài 13. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a Gọi E điểm đối xứng điểm D qua trung điểm SA Gọi M, N trung điểm AE, BC

Chứng minh MN ⊥ BD

Lời giải.

GọiOlà giao điểm củaAC vàBD Plà trung điểm SA

Trong 4EAD có MP đường trung bình nên có MPk AD,

MP=

2AD (1)

VìNlà trung điểmBC nênNC k AD, NC=

2AD (2)

Từ(1)và(2)suy tứ giácCPMNlà hình bình hành nên MN k BC

Ta cóBD⊥(SAC)⇒ BD⊥CP(CP ⊂(SAC)) Suy BD⊥ MN

S

M E

P

O N A B

D C

Bài 14. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 Gọi H trực tâm tam giác ABC biết AH ⊥(ABC) Chứng minh rằng:

1 AA0 ⊥BCvà AA0 ⊥B0C0

2 Gọi MM0 giao tuyến hai (AH A0) và(BCC0B0)trong M ∈ BC M0 ∈ B0C0 Chứng minh tứ giác BCC0B0 hình chữ nhật MM0 đường cao hình chữ nhật

Lời giải.

1 Ta có

®

BC ⊥ AH (giả thiết) BC ⊥ A0H(A0H ⊥(ABC)) ⇒ BC ⊥(A0AH) ⇒BC ⊥ AA0

VìB0C0 ⊥ BCmàBC ⊥ AA0 ⇒ AA0 ⊥B0C0

2   

 

(AH A0)∩(BCC0B0)= MM0 AA0 k BB0

A0 ⊂(AH A0),BB0 ⊂(BCC0B0)

⇒ MM0 k AA0 k BB0

Mà AA0 ⊥ BC ⇒ BB0 ⊥ BC Vậy BCC0B0 hình chữ nhật

B0 M

0

B H A0

A N

C0

C M

(137)

1 ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 137

ACHvàBFKlà tam giác vuông

a) b) BF⊥ AHvàAC ⊥BK

Lời giải.

1 Ta cóABCD, ABEFlà hình chữ nhật nên

®

AB⊥BC

AB⊥BE ⇒ AB⊥(BCE)⇒ AB⊥CH

®

CH ⊥BE (giả thiết)

CH ⊥ AB ⇒ CH ⊥ (ABEF) ⇒ CH ⊥ AH

Vậy4ACHvuông tạiH

Chứng minh tương tự, ta có FK ⊥ (ABCD) ⇒ FK⊥BK

Vậy4BFKvng tạiK Ta có

®

BF⊥ AC (giả thiết)

BF⊥CH(vì H ⊥(ABEF)) ⇒ BF ⊥ (ACH)⇒ BF⊥ AH(AH ⊂(ACH))

®

AC ⊥FB(giả thiết)

AC ⊥FK(vìFK ⊥(ABCD)) ⇒ AC ⊥ (BKF) ⇒ AC ⊥BK

A F

C D

K

E

B H

Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, SAB tam giác đều,SCDlà tam giác cân đỉnhS gọi I,J trung điểm ABvàCD

1 Tính cạnh tam giácSI Jvà chứng minhSI ⊥(SCD), SI ⊥(SAB)

2 Gọi SH đường cao tam giác SI J Chứng minh SH ⊥ (ABCD)và tính độ dàiSH

Lời giải.

(138)

4SAB có SI = a

√

2 , 4SCD vuông cân S

Suy SI = CI = DI = a

2; SC = SD = a

√

2 vàI J = AD =BC =a

Xét tam giácSI JcóI J2=SI2+SJ2= a2⇒ 4SI J vng tạiS, suy raSI ⊥SJ (1)

Trong tam giác IBCvng tạiBcó: IC2 = IB2+

BC2 = 5a

2

4

Xét tam giácSIC có IC2 = IS2+SC2 = 5a

2

4 ⇒ 4SICvuông tạiS, haySI ⊥SC (2)

Từ (1) (2) có

®

SI ⊥SJ,SI ⊥SC

SJ,SC⊂(SCD) ⇒ SI ⊥ (SCD)

Chứng minh tương tự

®

SJ ⊥SI,SJ ⊥SB SI,SB ⊂(SAB) ⇒ SJ ⊥(SAB)

S

A H I B

D C

J

2 Đầu tiên ta chứng minh:CD⊥(SI J) Ta có

®

CD⊥ I J

CD⊥SI (vìSI ⊥(SCD)) ⇒CD⊥(SI J)⇒CD⊥SH(doSH ⊂(SCD)) (1) Ta lại có

®

SH ⊥ I J (giả thiết),SH ⊥CD(do(1))

I J,CD ⊂(ABCD) ⇒SH ⊥(ABCD) TínhSH: xét tam giácSI Jvng tạiScó

1 SH2 =

1 SI2 +

1 SJ2 =

4 3a2 +

4 a2 =

16

3a2 ⇒SH =

a√3

Bài 17. Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với đáy SA = 2a tam giác ABC vuông tạiCvới AB= 2a, ’BAC =30◦ Gọi Mlà điểm di động cạnh AC, Hlà

hình chiếu củaStrênBM Chứng minhAH ⊥ BM

2 Đặt AM = x, ≤ x ≤ a√3 Tính khoảng cách từStớiBMtheoavàx Tìmxđể khoảng cách lớn nhất, nhỏ

(139)

1

®

BM ⊥SH

BM ⊥SA ⇒ BM ⊥(SAM)⇒ BM ⊥AH Khoảng cách từ HtớiBMchính làSH

Trong tam giác ABC có AC = AB · cos 30◦ =

a√3,BC =AB·sin 30◦ = a

Xét tam giác BCM có BM = √BC2+CM2 =

»

a2+(a√3−x)2.

Xét tam giác ABMcó S4ABM =

2AH·BM = 2AM· AB·sin 30◦

⇒ AH = » ax

a2+(a√3−x)2

Xét tam giác SAH có SH2 = SA2+ AH2 = 4a2+

a2·x2 a2+(a√3−x)2

Để SH lớn AH lớn AH lớn M trùng vớiC AHlà AC vàSH làSC ĐểSH nhỏ AHnhỏ nhất.AHnhỏ khiMtrùng vớiA đóAH bằng0vàSHchính làSA

30◦

2a

2a x

S

H A

M C

B

Bài 18. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC tam giác cạnh a CC0= a

1 GọiI trung điểm củaBC Chứng minh AI ⊥BC0 GọiMtrung điểm củaBB0 Chứng minh AM⊥ BC0 Lấy điểmNthuộc A0B0sao cho NB0 = a

4 gọi Jlà trung điểm củaB

0C0 Chứng

minh AM⊥(MN J) Lời giải.

Vì ABC.A0B0C0 lăng trụ đứng vàAB = AC =BC =CC0 = anên mặt bên hình vuông

1

Chứng minh AI ⊥ BC0

®

AI ⊥BC

AI ⊥CC0 ⇒ AI ⊥(BCC

0B0) ⇒ AI ⊥BC0.

2 Chứng minhAM ⊥BC0

AM kCB0,CB0 ⊥ BC0 ⇒ I M⊥BC0 Ta có

®

AI ⊥ BC0

I M⊥ BC0 ⇒ BC

0 ⊥(AMI)⇒ BC0 ⊥ AM.

3 Chứng minhAM ⊥(MN J)

GọiHlà trung điểm củaA0B0, suy raNlà trung điểm củaHB0

Ta cóMN k BH,BH ⊥ AM(tính chất hình vng)

B

J

I A0

A N

C0

C B0

M H

Suy MN ⊥ AM (1)

(140)

140 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHÔNG GIAN

Suy AM ⊥MJ (2)

Từ(1)và(2)suy raAM ⊥(MN I)

Bài 19. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình chữ nhật tâmO,SA ⊥(ABCD) GọiH,Klà hình chiếu AtrênSB,SD Chứng minhSC ⊥(AHK) Kẻ AJ ⊥(SBD) Chứng minh J trực tâm tam giácSBD

Lời giải.

1

Ta có

®

BC ⊥ AB

BC ⊥SA ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH (1)

®

AH ⊥SB(giả thiết)

AH ⊥BC(do(1)) ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ SC (2)

Lại có

®

CD ⊥ AD

CD ⊥SA ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ AK (3)

®

AK ⊥SD(giả thiết)

AK ⊥CD (do(3)) ⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ AK ⊥ SC (4)

Từ(3)và(4)suy raSC ⊥(AHK)

S

J

B H

L

C

D K

M

A

2 GọiL= DJ∩SB (vìDJ,SB⊂(SBD)) M= BJ∩SD (vìBJ,SD⊂(SBD)) Ta cóAD ⊥mp(SAB)⇒ AD⊥SB

Suy

®

SB⊥ AD,SB ⊥AJ (do AJ ⊥(SBD)) AD,AJ ⊂(ADL)

⇒SB⊥(ADL) ⇒SB⊥DL

Chứng minh tương tự thìSD⊥ BM

Xét tam giácSBD, có Jlà giao điểm hai đường cao Suy Jlà trực tâm của4SBD

Bài 20. Cho tứ diệnABCDcóDA ⊥(ABC) GọiAI đường cao vàHlà trực tâm tam giác ABC HạHKvng góc vớiDI tạiK Chứng minh

HK ⊥BC

a) b) Klà trực tâm tam giác DBC

(141)

1 Ta có

®

BC ⊥ AI,BC ⊥ DA

AI,DA ⊂(DAI),DA∩ AI = A ⇒ BC ⊥(DAI)⇒BC ⊥ HK

2 Ta cóBC ⊥(DAI)BC ⊥DI (∗) Trong tam giácABCgọi M=CH∩AB Trong tam giácBCDgọiN =CK∩BD

®

HK ⊥DI (giả thiết), HK⊥ BC

DI,BC⊂(BCD),DI ∩BC = I ⇒ HK ⊥(BCD) (1)

®

CM ⊥AB,CM ⊥DA

AB,DA⊂(ABD),AB∩DA = A ⇒ CM ⊥ (DAB) (2)

®

BD⊥CM(do (1))

BD⊥ HK(do (**)) ⇒ BD ⊥ (CMN) ⇒ BD ⊥

CN (∗∗)

Từ(∗)và(∗∗)suy raKlà trực tâm tam giác BCD

D

K N

B H

I A

M

C

Bài 21. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, ASB‘ = 120◦, BSC‘ = 90◦, ‘

CSA =60◦

1 Chứng minh ta giácABCvuông

2 Xác định hình chiếuH củaStrên(ABC) TínhSHtheoa Lời giải.

AB2 = SA2+SB2−2SA·SBcosASB‘ = 3a2 ⇒ AB =

a√3

BC2 =SB2+SC2 =2a2 ⇒BC =a√2

AC2=SA2+SC2−2SA·SCcosCSA‘ =a2 ⇒ AC =a

Ta cóAB2 =BC2+AC2 Vậy tam giác ABCvng tạiC a)

Vì

®

SH ⊥(ABC)

SA=SB =SC nênH A =HB =HC Do đóHlà trung điểm AB

Vì tam giác ASHlà nửa tam giác nênSH = SA

2 = a b)

S

C H

A B

Bài 22. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCDlà tứ giác, có ABD tam giác đều, BCD tam giác cân tạiCcó’BCD =120◦, SA⊥(ABCD)

1 GọiH,Klà hình chiếu vng góc AtrênSB,SD Chứng minhSC ⊥(AHK) GọiC0 giao điểm củaSC với (AHK) Tính diện tích tứ giác AHC0Kkhi AB =

(142)

Vì

®

AB= AD

CB=CD nên AClà đường trung trực đoạn BD Tam giác ABDđều,ABD’ = ADB’ =60◦

Tam giácBCD cân tạiCcó’BCD =120◦ ⇒ ’CBD=CDB’ =

30◦

Vậy’ABC = ’ADC=90◦

Ta có

®

BC ⊥ AB,BC ⊥SA(vìSA ⊥(ABCD))

AB,SA ⊂(SAB),AB∩SA =A ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒BC ⊥ AK

S

K C0

A

B C

O

D I

H

1   

 

DC ⊥AD

DC ⊥SA(vìSA ⊥(ABCD)) AD,SA⊂(SAD),AB∩SA = A

⇒ DC ⊥(SAD)⇒ DC ⊥ AK

®

AH ⊥SB

AH ⊥BC ⇒ AH ⊥(SBC)⇒ AH ⊥SC;

®

AK ⊥SD

AK ⊥CD ⇒ AK ⊥(SCD) ⇒ AK ⊥SC Vậy

®

SC ⊥AH,SC ⊥ AK

AH,AK ⊂(AHK),AH∩ AK = A ⇒SC ⊥(AHK)

®

BD⊥ AC

BD⊥SA ⇒BD ⊥(SAC)

Ta có4SAB =4SAD(c.g.c), suy AH = AK(đường cao xuất phát từ2đỉnh tương ứng)

NênSH =SK, màSB =SD, suy raHKk BD(định lí Ta-lét) Ta có

®

BD ⊥(SAC)

BD k HK ⇒HK ⊥(SAC) Vậy HK⊥ AC0(vì AC0 ⊂(SAC)) (∗)

Ta lại cóAB=SA ⇒ 4SABvng cân tạiAnênH trung điểm củaSB Xét4SBDcóHKlà đường trung bình nên HK=

2BD = a Xét4ABCvuông tạiBnên AC = AB

sin 60◦ = 2a √

3 VìSC ⊥(AHK)nênSC ⊥ AC0(vì AC0 ⊂(AHK)) Xét4SACvng tạiA, ta có

AC02 =

1 AS2 +

1 AC2 =

1 a2 +

3 4a2 =

7

4a2 ⇒ AC

0 = √2a

7 Từ (∗) tứ giác AHC0K có đường chéo vng góc nên SAHC0K =

2 ·AC

0·HK =

1 2·

a 2·

2a √

7 = a2 2√7

Bài 23. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng tâmO, AB=SA =a,SAvng góc với đáy Gọi(P)là mặt phẳng quaAvà vng góc vớiSC,(P)cắtSB,SC,SDtạiH, I, K

1 Chứng minhHK k BD

2 Chứng minhAH ⊥SB, AK ⊥SD

3 Chứng minh tứ giác AH IKcó hai đường chéo vng góc Tính diện tích AH IK theoa

(143)

Chứng minh HKk BD

Trong(SAC), gọiL= AI∩SO Vì

®

BD ⊥(SAC) ⇒BD⊥SC

(P) ⊥SC nên BDk (P) Ta có

®

L ∈(P)∩(SBD)

BD k(P) ⇒ (P)∩(SBD) = HK, HKđi qua LvàHK k BD

S

K I

A

B C

O

D L

H

2 Chứng minhAH ⊥SB, AK ⊥SD Ta có

®

BC ⊥ AB

BC ⊥SA ⇒ BC⊥(SAB),

®

CD ⊥ AD

CD ⊥SA⊥CD ⇒CD⊥(SAD) Theo chứng minh trên, ta có

®

AH ⊥BC(vìBC ⊥(SAB))

AH ⊥SC(vìSC ⊥(P)) ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ SB

Tương tự ta chứng minh đượcAK ⊥(SCD)⇒ AK ⊥SD

3 Chứng minh tứ giácAH IKcó hai đường chéo vng góc Tính diện tíchAH IKtheoa DoBD⊥(SAC)vàBDk HKsuy raHK⊥(SAC)⇒ HK ⊥ AI(vì AI ⊂(SAC)) Trong4SAC có AI đường cao, ta có AI ·SC = SA·AC ⇒ AI = √SA·AC

SA2+AC2 =

a·a√2 a√3 =

a√6

Vì4SABvng cân tạiAnên Hlà trung điểm củaBC, suy raHK=

2BD = a√2

2 VậySAH IK =

2·AI·HK= 2·

a√2 ·

a√6 =

a2√3

Bài 24. Cho hình chópS.ABCD, đáy ABCDlà hình chữ nhật có AB = a, BC = a√3, mặt bênSBCvng tạiB,SCDvng tạiDcóSD =a√5

1 Chứng minhSA ⊥(ABCD)và tínhSA

2 Đường thẳng quaAvng góc vớiAC, cắtCB,CDtạiI, J GọiHlà hình chiếu A trênSC,K vàL giao điểm củaSB, SDvới(H I J) Chứng minh AK ⊥ (SBC) vàAL ⊥(SCD)

3 Tính diện tích tứ giácAKHL

Lời giải.

(144)

144 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN Chứng minhSA ⊥(ABCD)và tínhSA

•Ta có   

 

BC ⊥ AB(vì ABCDlà hình chữ nhật) BC ⊥SB(vì4SBCvng tạiB) AB, SB⊂(SAB), AB∩SB=B ⇒ BC ⊥(SAB)

Vậy (SAB) ⊥ (ABCD) (vì BC ⊂

(ABCD)) (∗)

Chứng minh tương tự thìCD⊥(SAD) ⇒(SAD)⊥(ABCD) (∗∗)

Ta có(SAB)∩(SAD)=SA (∗ ∗ ∗) Từ(∗),(∗∗)và(∗ ∗ ∗)suy raSA⊥(ABCD)

• Xét 4SAD vng A, ta có

SA =√SD2−AD2= a√2.

S J K A B C I D H L

2 Chứng minhAK ⊥(SBC)vàAL⊥(SCD) Ta có(H I J)∩(SBC) =I H

GọiK =SB∩I H ⇒K=SB∩(H I J)

(H I J)∩(SCD) = JH, gọiL =SD∩ JH⇒ L=SD(H I J) ãChng minh AK (SBC)

đ

I A⊥ AC(giả thiết)

I A⊥SA(vìSA ⊥(ABCD), I A⊂(ABCD)) ⇒ I A⊥(SAC)⇒ I A⊥SC (1)

®

SC ⊥ AH(giả thiết)

SC ⊥ I A(do (1)) ⇒ SC ⊥(P);

®

SC ⊥(P)

SC ⊂(SBC) ⇒(P)⊥(SBC) 

 

 

(P)∩(SAB)= AK (P)⊥(SBC) (SAB)⊥(SBC)

⇒ AK ⊥(SBC)

•Chứng minh hồn tồn tương tựAL ⊥(SCD) Tính diện tích tứ giácAKHL

Xét4SABvng Acó đường cao AKnên AK = √AB·SA SA2+AB2 =

a√2 √

3 Xét4SADvuông Acó đường cai ALnên AL= AD·AS

SD = a√6

√ Xét4SACvng tạiACó đường caoAH nên AH = √AC·SA

SA2+AC2 =

2a √

3 VìAK ⊥(SBC)nên AK ⊥KH

Xét4AKHvng tạiKnênKH =√AH2−AK2 = a

√ √

3 VìAL ⊥(SCD)nên AL⊥LH

Xét4ALH vuông tạiLnên LH =√AH2−AL2 = a

√ √

15 SAKHL =S4AKH+S4ALH =

2AK·HK+

2AL·HL =

Ç

a√2 √

3 · a√2

√ +

a√6 √

5 · a√2 √

15

å

=

8a2 15

(145)

Bài 2. HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC

1 Định nghĩa

Định nghĩa 1. Hai mặt phẳng gọi vng góc với góc chúng bằng90◦

2 Các định lí hệ Định lí 1.

Điều kiện cần đủ để hai mặt phẳng vng góc với mặt thẳng chứa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

®

a ⊂(Q)

a ⊥(P) ⇒(P)⊥(Q)

P Q

a

Hệ 1.

Nếu hai mặt phẳng(P)và(Q)vng góc với vàAlà điểm trong(Q)thì đường thẳng qua điểmAvng góc với(P)sẽ nằm trong(Q)

  

 

(P)⊥(Q) A ∈(Q) A ∈ a⊥(P)

⇒a⊂(Q)

P Q

a A

Định lí 2.

Nếu hai mặt phẳng cắt vuông góc với mặt phẳng thứ ba giao tuyến chúng vng góc với mặt phẳng thứ ba

  

 

(P)∩(Q) =a (P)⊥(R) (Q)⊥(R)

⇒a ⊥(R)

R

P Q

a

3 Hình lăng trụ đứng, hình hộp chữ nhật, hình lập phương

Định nghĩa 2. Hình lăng trụ đứng hình lăng trụ có cạnh bên vng góc với mặt đáy Độ dài cạnh bên gọi chiều cao hình lăng trụ đứng

1 Hình lăng trụ đứng có đáy tam giác, tứ giác, ngũ giác, .được gọi hình lăng trụ đứng tam giác, hình lăng trụ đứng tứ giác, hình lăng trụ đứng ngũ giác, Hình lăng trụ đứng có đáy đa giác gọi hình lăng trụ Ta

có loại lăng trụ hình lăng trụ tam giác đều, hình lăng trụ tứ giác đều, hình lăng trụ ngũ giác

(a) Hình lăng trụ đứng có đáy hình bình hành gọi hình hộp đứng (b) Hình lăng trụ đứng có đáy hình chữ nhật gọi hình hộp chữ nhật

(146)

4 Hình chóp hình chóp cụt

Định nghĩa 3. Một hình chóp gọi hình chóp có đáy đa giác có chân đường cao trùng với tâm đa giác đáy

!

1 Hình chóp có mặt bên tam giác cân Các mặt bên tạo với mặt đáy góc

2 Các cạnh bên hình chóp tạo với mặt đáy góc

Định nghĩa 4. Phần hình chóp nằm đáy thiết diện song song với đáy cắt cạnh bên hình chóp gọi hình chóp cụt

DẠNG 2.1 Chứng minh hai mặt phẳng vng góc

Cách 1. Ta chứng minh mặt phẳng chứa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Cách 2.Ta chứng minh góc chúng bằng90◦

Bài 1. Cho tứ diện ABCD có ABC tam giác vng B AD ⊥ (ABC) Chứng minh(ABD)⊥(BCD)

Lời giải.

Ta có     

   

BC ⊥ AB(vì4ABCvng tạiB) BC ⊥DA (vì AD⊥(ABC)) AB⊂(ABD)

AD ⊂(ABD) ⇒ BC ⊥(ABD)

MàBC ⊂(BCD)nên(BCD) ⊥(ABD)

D

B

A C

Bài 2. Cho tứ diện ABCDcó AB ⊥(BCD) Trong tam giácBCD vẽ đường caoBE DF cắt tạiO Trong mặt phẳng(ACD)vẽ DK ⊥ AC Gọi H trực tâm tam giác ACD

1 Chứng minh(ACD)⊥(ABE)và(ACD)⊥(DFK) Chứng minhOH ⊥(ACD)

Lời giải.

1 Ta có   

 

CD ⊥BE (giả thiết)

(147)

2 HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC 147 ⇒CD ⊥(ABE)

MàCD⊂(ACD)nên(ACD)⊥(ABE) Ta có

  

 

DF⊥ BC (giả thiết)

DF⊥ AB (vì AB⊥(BCD)) BC,AB⊂(ABC)

⇒ DF⊥(ABC)

MàAC ⊂(ABC)nên DF⊥ AC (1) Ta có

  

 

AC ⊥DF (do(1)) AC ⊥DK (giả thiết) DF,DK⊂(DFK)

⇒ AC ⊥(DFK) MàAC ⊂(ACD)nên(ACD)⊥(DFK)

A

H

C O

E F

B

K

D

2 Ta cóCD ⊥(ABE)vàOH⊂(ABE)nênCD ⊥OH (2)

Ta cóAC ⊥(DKF)vàOH ⊂(DKF)nên AC ⊥OH (3)

Từ(2)và(3)ta có   

 

OH ⊥CD OH ⊥ AC

CD,AC ⊂(ACD)

⇒OH ⊥(ACD)

Bài 3. Cho hình chópS.ABCcó đáyABClà tam giác vuông tạiC,SAClà tam giác nằm mặt phẳng vng góc với(ABC) GọiIlà trung điểm củaSC

1 Chứng minh(SBC)⊥(SAC) Chứng minh(ABI)⊥(SBC) Lời giải.

1 GọiHlà trung điểm AC Ta có

  

 

(SAC)∩(ABC)= AC (SAC)⊥(ABC) AC ⊥SH ⊂(SAC)

⇒ SH ⊥(ABC)

Ta có   

 

BC ⊥AC (giả thiết)

BC ⊥SH (vìSH ⊥(ABC)) AC,SH ⊂(SAC)

⇒ BC ⊥(SAC)

MàBC ⊂(SBC)nên(SBC)⊥(SAC)

2 Ta có   

 

AI ⊥SC (giả thiết)

AI ⊥BC (vìBC ⊥(SAC)) SC,BC ⊂(SBC)

⇒ AI ⊥

(SBC)

MàAI ⊂(ABI)nên(ABI)⊥(SBC)

S

I

C H

A B

Bài 4. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình thoi cạnhavàSA =SB =SC =a Chứng minh(SBD)⊥(ABCD)

(148)

148 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN GọiHlà hình chiếu vng góc củaStrên mặt phẳng(ABCD)

VìSA =SB=SCnên H A= HB =HC

Suy Hnằm đường trung trực đoạnAC Vậy H ∈ BD

1   

 

AC ⊥BD (vì ABCDlà hình thoi) AC ⊥SO (4SACcân tạiS) BD,SO ⊂(SBD)

⇒ AC ⊥(SBD)

MàAC ⊂(ABCD)nên(ABCD) ⊥(SBD) Ta có4SAC =4BAC=4DAC(c.c.c)

Suy ba đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh tương ứng nhau, nghĩa làSO =BO= DO

Trong 4SBD có SO trung tuyến vàSO =

1 2BD

⇒ 4SBD vuông tạiS

S

C

D H

B

A

O

Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, có cạnh a đường chéo BD = a, SC = a

√

2 vng góc với (ABCD) Chứng minh (SAB) ⊥ (SAD)

Lời giải.

Trong mặt phẳng(SAC), kẻOH ⊥SAtại H

Ta có 4ABD nên AO = AB

√ =

a√3 ⇒ AC =a√3

Trong4SACcóSA =√AC2+SC2 = √3a

2 Ta có4AHO v4ACS(g.g)

⇒ HO

CS = AO

AS ⇒ HO = a√3

2 3a √

2 · a

√ =

a

4HBD có HO đường trung tuyến HO =

1 2BD

⇒ 4HBDvuông tạiH 

 

 

BD⊥ AC (vì ABCDlà hình thoi) BD⊥SC (SC ⊥(ABCD))

AC,SC ⊂(SAC)

⇒ BD⊥(SAC)⇒ BD⊥SA

S

O C

D

B

A H

Có

®

SA ⊥BD,SA⊥OH

BD,OH⊂(BDH) ⇒SA⊥(BDH) ⇒

®

BH ⊥SA DH ⊥SA Vậy góc hai mặt phẳng(SAB)và(SAD)làBHD.’

Theo chứng minh ta cóBHD’ =90◦ ⇒(SAD) ⊥(SAB)

(149)

1 Chứng minh(SAD)⊥(SBC)

2 KẻCI ⊥ AB, CK⊥SB Chứng minhSB⊥(ICK) KẻBM ⊥ AC, MN ⊥SC Chứng minhSC ⊥ BN Chứng minh(CIK) ⊥(SBC)và(BMN)⊥(SBC)

5 MBcắtCI tạiG,CKcắtBNtạiH Chứng minhGH ⊥(SBC) Lời giải.

1 Chứng minh(SAD) ⊥(SBC) Vì4ABCđều nên AD⊥ BC Ta có

®

BC ⊥AD,BC⊥SA

AD,SA ⊂(SAD) ⇒ BC ⊥ (SAD)

MàBC ⊂(SBC)⇒(SAD)⊥(SBC) Chứng minhSB⊥(ICK)

Ta có

®

CI ⊥AB,CI ⊥SA AB,SA⊂(SAB) ⇒CI ⊥(SAB)⇒CI ⊥SB Do

®

SB⊥CK,SB⊥CI

CK,CI ⊂(CIK) ⇒ SB ⊥ (CIK)

3 Chứng minhSC ⊥BN Ta có

®

BM ⊥ AC,BM⊥SA AC,SA ⊂(SAC) ⇒ BM⊥(SAC)⇒ BM ⊥SC Do

®

SC ⊥ MN,SC ⊥ BM MN,BM⊂(BMN) ⇒SC ⊥(BMN)⇒SC ⊥BN

B S

K

N H M

A

I

C D G

4 Chứng minh(CIK)⊥(SBC)và(BMN)⊥(SBC) Ta cóSB ⊥(CIK), màSB⊂(SBC)⇒(SBC)⊥(CIK) Lại cóSC ⊥(BMN), màSC ⊂(SBC)⇒(SBC)⊥(BMN) Chứng minhGH ⊥(SBC)

Ta có   

 

(CIK) ⊥(SBC) (BMN)⊥(SBC) (CIK)∩(BMN)= HG

⇒ HG⊥(SBC)

Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi tâm O Hai mặt phẳng (SAC) (SBD)cùng vng góc với đáy ABCD

1 Chứng minh(SAC) ⊥(SBD)

2 TừOkẻOK ⊥ BC Chứng minh BC ⊥(SOK) Chứng minh(SBC)⊥(SOK)

(150)

Lời giải.

1 Chứng minh(SAC)⊥(SBD) Ta có

  

 

(SAC)⊥(ABCD) (SBD)⊥(ABCD) (SAC)∩(SBD)=SO ⇒SO ⊥(ABCD)

Có   

 

AC ⊥BD (vì ABCDlà hình thoi) AC ⊥SO (vìSO⊥(ABCD)) BD,SO ⊂(SBD)

⇒ AC ⊥(SBD)

MàAC ⊂(SAC)⇒(SAC)⊥(SBD) Chứng minhBC ⊥(SOK)

Ta có   

 

BC ⊥OK

BC ⊥SO (vìSO⊥(ABCD)) OK,SO ⊂(SOK)

⇒ BC ⊥(SOK)

3 Chứng minh(SBC)⊥(SOK) Ta có

®

BC ⊥(SOK)

BC ⊂(SBC) ⇒(SBC)⊥(SOK) Chứng minhOH ⊥(SBC)

Ta có   

 

OH⊥SK

OH⊥ BC (vì BC ⊥(SOK)) SK,BC ⊂(SBC)

⇒ OH ⊥(SBC)

A

B

H

C

D S

O K

Bài 8. Cho hình vng ABCD GọiSlà điểm không gian cho tam giácSAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy (ABCD) Gọi H I trung điểm ABvàBC

1 Chứng minh(SAB)⊥(SAD)và(SAB)⊥(SBC) Chứng minh(SHC)⊥(SDI)

Lời giải.

Vì tam giácSABđều nênSH ⊥ AB Có

  

 

(SAB) ⊥(ABCD) (SAB)∩(ABCD)= AB SH ⊂(SAB),SH ⊥ AB

(151)

1 Chứng minh (SAB) ⊥ (SAD) (SAB) ⊥ (SBC)

Ta có   

 

AD ⊥AB AD ⊥SH

AB,SH ⊂(SAB)

⇒ AD⊥(SAB) MàAD ⊂(SAD)⇒(SAB)⊥(SAD)

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh (SAB) ⊥(SBC)

2 Chứng minh(SHC) ⊥(SDI)

Có4BCH=4CDI (c-g-c)⇒Cb1 =D“1

Mà D“1+bI1 = 90◦ ⇒ Cb1+bI1 = 90◦ Do HC⊥ DI

Ta có   

 

DI ⊥CH DI ⊥SH

CH,SH ⊂(SHC)

⇒ DI ⊥(SHC) MàDI ⊂(SDI)⇒(SDI)⊥(SHC)

A

B H

C

D S

I

1 1

Bài 9. Cho tam giác ABC cạnh a Gọi D điểm đối xứng với A qua BC Trên đường thẳng vuông góc với(ABC)tạiDlấy điểmSsao choSD= a

√

2 Chứng minh (SBC)⊥(SAD)

2 (SAB)⊥(SAC) Lời giải.

1 Chứng minh(SBC)⊥(SAD) Ta có

®

BC ⊥ AD

BC ⊥SD ⇒ BC ⊥(SAD) MàBC ⊂(SBC)nên(SBC)⊥(SAD) Chứng minh(SAB)⊥(SAC)

GọiO= AC∩BD DựngOI ⊥SAtạiI Ta có

®

SA ⊥OI

SA ⊥BC ⇒SA⊥(IBC) Suy

®

SA⊥ IB

SA⊥ IC ⇒((SAB), (SAC))=(BI,CI) Ta có4AIOv4ADS(g-g)

Suy OI DS =

AO

AS ⇒OI =

AO·DS

AS (1)

B D

A C S

O I

Trong SD= a

√ AO= a

√

2 ⇒ AD=a √

3

SA =√SD2+AD2= 3a

(152)

Thay kết vào(1), ta cóOI = a

2 Xét tam giácBICcóOI = BC

2 nên tam giác BICvuông tạiI HayBIC‘ =90

◦.

Do đó((SAB), (SAC)) =90◦

Vậy(SAB) ⊥(SAC)

Bài 10. Cho hình chóp S.ABCDcó đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy Gọi M, N điểm thuộc BC CD cho BM = a

2, DN = 3a

4 Chứng minh (SAM)⊥(SMN)

Lời giải.

Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác vng ABM, CMN, ADN Ta có

       

      

AM2= AB2+BM2 = 5a

2

4 MN2 =CM2+CN2= 5a

2

16 AN2 =AD2+DN2 = 25a

2

16

⇒ AM2+MN2 = AN2

Suy tam giác AMNvng M Ta có

®

MN ⊥ AM

MN ⊥SA ⇒ MN ⊥(SAM) MàMN ⊂(SMN)nên(SAM)⊥(SMN)

A

B C

D N S

M

Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi tâm O, cạnh a, SB = SD = a, BD= 2a

√

3 Hai mặt phẳng(SAC)và(SBD)cùng vng góc với đáy Chứng minh tam giácSACvuông tạiS

2 Chứng minh(SBC)⊥(SCD)

(153)

1 Chứng minh tam giácSACvng tạiS Ta cóSO =√SB2−BO2= a

√ AO = √AB2−BO2 = a

√

3 ⇒ AC = 2a√6

3

Tam giác SAC có trung tuyến SO =

2AC, nên tam giácSACvuông tạiS

2 Chứng minh(SBC)⊥(SCD)

KẻOH ⊥ SC H, ta cóOH k SA, suy Hlà trung điểm củaSC

Ta có tam giácBSCcân tạiBnên BH ⊥SC Tam giácDSCcân tạiDnênDH ⊥SC Do đó((SBC), (SCD))=(BH,DH) Xét tam giácSOCvng tạiOcó

1 OH2 =

1 OS2+

1

OC2 ⇒OH =

OS·OC √

OS2+OC2 =

a√3 Xét tam giác BHD có HO đường trung

tuyến HO = BD

2 nên tam giác BHD

vuông H

Suy ra((SBC), (SCD))=BHD’ =90◦

Vậy(SBC)⊥(SCD)

A

B C

D S

H

O

Bài 12. Cho hình chópS.ABCDcóSAvng góc với đáy hình vng ABCD GọiO tâm đáy, vẽ CI vng góc vớiSO I, vẽ DH vng góc vớiSB H Chứng minh

1 (SAB)⊥(ADH) CI ⊥(SBD)

3 (ABE)⊥(SCD), vớiElà giao điểm củaSOvàDH

(154)

1 Chứng minh(SAB)⊥(ADH) Có

®

AD ⊥SA

AD ⊥AB ⇒ AD ⊥ (SAB) ⇒ AD⊥SB

Có

®

SB⊥DH

SB⊥ AD ⇒SB⊥(ADH)

Mà SB ⊂ (SAB) ⇒ (SAB) ⊥

(ADH)

2 Chứng minhCI ⊥(SBD) Có

®

BD⊥SA

BD⊥ AC ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD⊥CI

Có

®

CI ⊥SO

CI ⊥ BD ⇒CI ⊥(SBD) Chứng minh(ABE)⊥(SCD)

Có

®

SD⊥BE

SD⊥ AB ⇒SD⊥(ABE)

Mà SD ⊂ (SCD) ⇒ (ABE) ⊥

(SCD)

B

H

O

C

D S

I A

E

(155)

3 GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 155

Bài 3. GĨC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG

1 Cách xác định góc hai đường thẳng Chọn điểmOtùy ý

2 QuaOkẻ hai đường thẳnga0,b0sao choa0 k a, b0 k b

3 Khi góc hai đường thẳng a, b góc hai đường thẳnga0,b0

a

b a0

b0 O

2 Các phương pháp tính góc

1 Sử dụng hệ thức lượng tam giác

Xét4ABC, đặta= BC,b = AC,c = AB Ta có (a) Định lí sin a

sinA = b sinB =

c sinC (b) Định lí coscosA= b

2+c2−a2

2bc

A

C B

c b

a Tính theo véc-tơ phương

Gọi ϕ góc hai đường thẳng a b Nếu đường thẳng a, b có véc-tơ phương là−→u1,−→u2thìcosϕ=

−→u1· −→u2

−→u1 ·

−→u2

Chú ý:0◦ ≤ ϕ≤90◦

3 AB⊥CD ⇔−→AB·−→CD=0

4 Nếuavàbsong song trùng góc chúng làϕ=0◦

DẠNG 3.1 Tính góc hai đường thẳng

Cách xác định góc hai đường thẳng chéo nhauavàb:

Chọn điểm O thích hợp, kẻ hai đường thẳng qua điểmO: a0 k a vàb0 k b Góc hai đường thẳng avàblà góc hai đường thẳnga0 vàb0

Bài 1. Cho hình chópS.ABCcóSA =SB =SC =AB =AC =a,BC =a√2 Tính góc hai đường thẳngSCvà AB

(156)

156 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN GọiE, F,Glần lượt trung điểm củaBC, AC,SA

Ta cóEFk AB,FG k SC

⇒(SC◊,AB)=(◊EF,FG) =EFG.‘

Ta cóFE= FG=

2AB= a

4BAG=4CAG(c.g.c)⇒ GB=GC

Tam giácGBCcân tạiGcóGElà trung tuyến nên GE đường cao

GE =√BG2−BE2=

Ã Ç

a√3

å2

−

Ç

a√2

å2

= a

2 Tam giácEFGđều có3cạnh

Vậy EFG‘ =60◦

S F A G C E B

Bài 2. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có độ dài tất cạnh a >

’

BAD = ÷DAA0 = A’0AB = 60◦ Gọi M, Nlần lượt trung điểm AA0, CD Chứng

minh MN song song với mặt phẳng(A0C0D)và tính cosin góc tạo hai đường thẳng N MvàB0C

Lời giải.

GọiI trung điểm củaDC0

Trong tam giác CDC0 có N I đường trung bình tam giác, nên

 



N I k CC0 N I =

2CC

0

Mà

®

CC0 k AA0

CC0 = AA0 (tính chất hình hộp) ⇒

 



N I k AA0 N I =

2AA

0

⇔

®

N I k MA0 N I =MA0

Vậy tứ giác MN I A0 hình bình hành nên MN k I A0

Mà I A0 ⊂(A0C0D)⇒ MN k (A0C0D)

A0 D0

C0 I B0 B M D C N A Vì ®

MN k I A0

CB0 k DA0 ⇒(ŸCB

0,MN)=(

ÿ

DA0,I A0)= DA’0I hoặc180◦−DA’0I

Ta có tam giác DAA0đều nênDA0 =a

Xét4ABCcó: ’ABC =120◦; AC2 = AB2+BC2−2AB·BC·cos 120◦ =3a2⇒ AC =a

√ Tương tự, áp dụng định lý cosin cho4A0AB0ta có AB0 =a√3

Ta cóAC = A0C0 =a√3, AB0= DC0 =a√3 Trong4DA0C0cóA0I đường trung tuyến:

I A02= DA

02+A0C02

2 −

DC02 =

a2+3a2 −

3a2 =

5a2

4 ⇒ I A

0 = a

√ Trong4A0DIta có:cosDA’0I =

DA02+I A02−DI2 2·DA0·I A0 =

3

2√5 >0 Kết luận:cos(ŸMN,CB0)=

cosDA’

0I =

3 2√5 =

3√5

10

(157)

3 GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 157 Lời giải.

Trong mặt phẳng (ABB0A0), kẻ BD k AB0(D∈ A0B0)

⇒(ABÿ0,BC0)=(BDÿ,BC0)=60◦

Vậy DBC’0 =60◦ hoặcDBC’0 =120◦

Vì ABC.A0B0C0 lăng trụ nên BB0 ⊥ (A0B0C0)

Áp dụng Pytago cho 4BB0D vuông B ta có

BD=√DB02+BB02=√1+m2.

Áp dụng Pytago cho4BB0C0 vng tạiB0ta có

BC0 =√C0B02+BB02=√1+m2.

Áp dụng định lý cosin4DB0C0ta có

DC02 = DB02 + C0B02 − 2DB0 · C0B0 · cos 120◦ =3⇒ DC0 =√3

Trường hợp1: NếuDBC’0 = 60◦ tam giác

BDC0 nên:

BD=DC0 ⇔√m2+1=√3⇔m =√2.

Trường hợp 2: Nếu DBC’0 = 120◦ áp dụng

định lý cosin cho 4BDC0 Suy m = (loại)

A

B

A0

B0

C0 C

D

1

m

Bài 4. Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC tam giác vuông A, AB=a, AC = a√3và hình chiếu vng góc đỉnh A0trên mặt phẳng (ABC)là trung điểm cạnhBC Tính cosin góc hai đường thẳngAA0, B0C0 Lời giải.

GọiHlà trung điểm BC, theo đề A0H ⊥(ABC) Mà(ABC)k (A0B0C0)⇒ A0H ⊥(A0B0C0)

Tam giác ABCvuông tạiAta có BC =√AB2+AC2=2a ⇒BH =a.

Ta có

®

AA0 k BB0

B0C0 k BC ⇒(AAŸ

0,B0C0)=(

◊

BB0,BC)= B’0BH

Ta cóBC =√AB2+AC2=2a⇒ AH = BC

2 = anên A0H =√AA02−AH2 =a√3.

Trong tam giác A0B0H vng A0 có HB0 =

√

A0B02+A0H2 =2a.

Áp dụng định lý hàm cosin cho tam giácB0BHcó: cosB’0BH =

BB02+BH2−B0H2 2·BB0·BH =

4a2+a2−4a2 2·2a·a =

4 >0(thỏa)

A0 C0

B0

H B

C A

2a

a√3

a

Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a, SA = a, SB =

a√3 mặt phẳng(SAB)vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M, N trung điểm cạnh AB, AC Tính cosin góc hai đường thẳngSM, DN

(158)

158 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN HạSH ⊥ABtạiH

Vì mặt phẳng (SAB) vng góc với mặt phẳng (ABCD)cóABlà giao tuyến nênSH ⊥(ABCD) Trong mặt phẳng(ABCD), từ M kẻ ME k DN với E thuộc AD Vậy góc giữaSM vàDNchính góc SMvàME

Xét tam giácSABcóAB2 =SA2+SB2 =4a2 Vậy4SABvng tạiS

Và

SH2 =

1 SA2 +

1 SB2 =

1 a2 +

1 3a2 =

4

3a2 ⇒ SH =

a√3

Tam giácSH Avuông tạiH: H A=√SA2−SH2 =

a2−3a

4 = a

GọiKlà trung điểm ADta cóME k BK k DN Do đóMElà đường trung bình tam giác ABK

S K A M H D C N B E

Vậy AE=

2AK = a

2; ME= 2BK =

1

√

AB2+AK2 = a

√

Tam giác H AE vng A có HE = √AH2+AE2 =

a2 +

a2 =

a√2

Tam giác SHE vng H có SE = √SH2+HE2 =

3a2 +

2a2 =

a√5

Áp dụng định lý hàm cosin cho tam giácSMEcó: cosSME’ =

SM2+ME2−SE2 2·SM·ME =

a2+5a

2

4 − 5a2

4 2·a· a

√

= √1 = √

5 >0

A E K D

B N C

H M

Bài 6. Cho khối chópS.ABCDcóABCDlà hình vng cạnha,SA= a√3vàSAvng góc với mặt phẳng đáy Tính cosin góc hai đường thẳngSB, AC

Lời giải.

QuaBkẻ đường thẳngBxsong song AC.Bx cắtADtạiF

Góc AC vàSB, góc giữaBx SB

Ta cóAFBClà hình bình hành, nênAF=BC vàAC =FB

Suy raSF =SB, tam giácSBFcân tạiS Có SB = √SA2+AB2 = 2a; FB = AC =

a√2

HạSH ⊥FBtạiHthìHlà trung điểm FB Khi đócosSBF‘ =

HB SB =

a√2 2a =

√ S A F D C B H x

a√3

a

(159)

3 GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 159

Bài 7. Cho hình chópS.ABCD có tất cạnh bằnga, đáy hình vng Gọi Nlà trung điểmSB Tính góc ANvàCN, ANvàSD

Lời giải.

Theo đề SA = SB = SC = SD = AB = BC =

CD =DA =a

Gọi O = AC ∩ BD, có AN = a

√

2 (4SAB đều),

CN = a

√

2 (4SBCđều)

Áp dụng định lý cosin cho tam giác ANCta có cosANC’ =

AN2+CN2−AC2 2·AN·CN = −

1

3 < 0⇒ ANC’ = arccos

Å

1

ã

Trong tam giác BDS có ON đường trung bình tam giác nên

(ÿAN,SD)=(ANÿ,NO) = ANO.’

Áp dụng định lý cosin cho4ANOta có cosANO’ =

AN2+ON2−AO2 2·AN·ON =

√

3 ⇒ ANO’ = arccos

Ç√

3

å

S

A N

D

C B

O

(160)

Bài 4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG

A. Góc hai đường thẳng

Định nghĩa Định nghĩa góc hai đường thẳng khơng gian

Góc hai đường thẳngavàbtrong khơng gian góc hai đường thẳnga0vàb0 qua điểm song song với avàb

DẠNG 4.1 Tính góc hai đường thẳng

Cách xác định góc hai đường thẳng chéo nhauavàb Chọn điểm O thích hợp, kẻ hai đường thẳng quaO : a0 k avàb0 k b

O a0

b0 a

b

1 Sử dụng hệ thức lượng tam giác Định lý sin: a

sinA = b sinB =

c sinC Định lý cô-sin:cosA = b

2+c2−a2

2bc

Trong đó:a,b,clà3cạnh; A,B,Clà3góc của4ABC Tính góc theo véc-tơ phương:cosϕ=

−→u1· −→u2

−→u1 ·

−→u2

Chú ý:0◦ ≤ ϕ≤90◦

3 AB⊥CD ⇔−→AB·−→CD=0

4 Nếuavàbsong song trùng thìϕ=0◦

Bài 1. Cho hình chópS.ABCcóSA =SB=SC = AB= AC = a,BC =a√2 Tính góc hai đường thẳngSCvà AB

(161)

4 GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 161 GọiE,F,Glần lượt trung điểm củaBC,AC,SA

Ta có:EF k AB,FG k SC ⇒hSC◊,AB

i

=hEF◊,FG

i

=EFG.‘

Ta cóFE= FG=

2AB= a

4BAG=4CAG(c.g.c)⇒ GB=GC

Tam giácGBCcân tạiGcóGElà đường cao GE =√BG2−BE2=

Ã Ç

a√3

å2

−

Ç

a√2

å2

= a

2 Tam giácEFGđều có3cạnh

Vậy EFG‘ =60◦

F S B A C E G

Bài 2. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có độ dài tất cạnh a >

’

BAD = DAA÷0 = A’0AB = 60◦ Gọi M,N trung điểm AA0,CD Chứng

minh MN k(A0C0D)và tính cơ-sin góc tạo hai đường thẳng N MvàB0C Lời giải.

GọiI trung điểm củaDC0

Trong tam giác CDC0 có N I đường trung bình tam giác

nên  



N I kCC0 N I =

2CC

0

Mà

®

CC0 k AA0

CC0 = AA0 (Tính chất hình hộp) ⇒

 



N I k AA0 N I =

2AA

0 ⇔

®

N I k MA0 N I = MA0

Vậy tứ giác MN I A0 hình bình hành nên MN k I A0

Mà I A0 ⊂(A0C0D)⇒ MN k (A0C0D)

A0 D0

C0 B C N A B0 M D I Vì ®

MN k I A0 CB0 k DA0 ⇒

h

Ÿ

CB0,MNi=hDAÿ0,I A0

i

= DA’0I hoặc180◦−DA’0I

Ta có tam giác DAA0đều nênDA0 =a

Xét4ABCcó: ’ABC =120◦; AC2 = AB2+BC2−2AB·BC·cos 120◦ =3a2⇒ AC =a

√ Tương tự, áp dụng định lý cô-sin cho4A0AB0 : AB0 =a√3

Ta cóAC = A0C0 =a,AB0 =DC0 = a√3 Trong4DA0C0cóA0I đường trung tuyến: I A0 = DA

02+A0

C02

2 −

DC02 =

a2+3a2 −

3a2

4 ⇒ I A

0 = a

√ Trong4A0DIta có:cosDA’0I =

DA02+I A02−DI2 2·DA0·I A0 =

3

2√5 >0 Kết luận:coshŸMN,CB0

i

=

cosDA’

0I =

3 2√5 =

3√5

10

Bài 3. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0có AB = 1,CC0 = m(m > 0) Tìm mbiết góc hai đường thẳng AB0vàBC0 bằng60◦

(162)

162 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN Trong mặt phẳng(ABB0A0), kẻBD k AB0(D∈ A0B)

⇒hABÿ0,BC0

i

=hÿBD,BC0

i

=60◦ Vậy:BDC’0 =60◦ hoặcDBC’0 =120◦

VìABC.A0B0C0là lăng trụ nên BB0 ⊥(A0B0C0) Áp dụng Py-ta-go cho4BB0Dvuông tạiB:

BD=pDB02+BB02 =p1+m2.

Áp dụng Py-ta-go cho4BB0C0vuông tạiB0: BC0 =pC0B02+BB02=p1+m2.

Áp dụng Cô-sin cho4DB0C0:

A

C0

D

B

B0

C A0

m

1

DC02 =DB02+C0B02−2DB0·C0B0·cos 120◦ =3⇒DC0 =√3 Trường hợp 1:NếuBDC’0 =60◦ tam giácBDC0đều nên:

BD =DC0 ⇔pm2+1=√3 ⇔m=√2.

Trường hợp 2:Nếu BDC’0 = 120◦, áp dụng định lý cô-sin cho 4BDC0 suy m = 0(loại)

Bài 4. Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC tam giác vuông A, AB= a,AC = a√3và hình chiếu vng góc đỉnh A0trên mặt phẳng (ABC)là trung điểm cạnhBC Tính cơ-sin góc hai đường thẳngAA0,B0C0 Lời giải.

Gọi H trung điểm BC, theo đề A0H ⊥(ABC)

Mà (ABC) k (A0B0C0) ⇒ A0H ⊥ (A0B0C0)

Tam giác ABCvuông tạiA:

BC =pAB2+AC2=2a⇒BH = a.

Ta có:

®

AA0 k BB0 B0C0 k BC ⇒AAŸ0,B0C0

=BB◊0,BC

=B’0BH

Trong tam giácA0B0Hvng tạiA0có: HB0 =pA0B2+A0H2 =2a.

B0

B

A0

A

C0

C H

2a

a√3

a

2a 2a

Áp dụng định lý cơ-sin cho tam giácB0BHcó: cosB’0BH =

BB02+BH2−B0H2 2·BB0·BH =

4a2+a2−4a2 2·2a·a =

1

4 >0thỏa

(163)

4 GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 163 Lời giải.

HạSH ⊥ABtạiH

Vì mặt phẳng(SAB)vng góc với mặt phẳng đáy(ABCD)có ABlà giao tuyến Suy ra:SH ⊥(ABCD)

Trong mặt phẳng(ABCD), từMkẻ MEk DN với E thuộc AD Vậy góc SM DN góc giữaSMvàME

Xét tam giácSABcó:

AB2 =SA2+SB2=4a2 Vậy4SABvng tạiS

Và:

SH2 =

1 SA2 +

1 SB2 =

1 a2 +

1 3a2 =

4 3a2

⇒SH = a

√

Tam giácSH Avuông tạiH:

H A=pSA2−SH2 =

a2−3a2

4 = a GọiKlà trung điểm AD

Ta cóMEk BK k DN

Suy MElà đường trung bình tam giác ABK

Vậy AE=

2AK = a 2; ME=

2BK =

p

AB2+AK2 = a

√ Tam giácH AEvuông A:

HE =pAH2+AE2 =

a2 +

a2 =

a√2

S

K E

B N C

M H

A

D

A E K D

B N C

M H

Tam giácSHEvuông tạiH:

SE=pSH2+HE2 =

3a2 +

2a2 =

a√5 Áp dụng định lý cô-sin cho tam giácSMEcó:

cosSME’ =

SM2+ME2−SE2 2·SM·ME =

a2+5a

2

4 − 5a2

4 2·a· a

√

= √1 =

√ 5 >0

Bài 6. Cho khối chópS.ABCDcóABCDlà hình vng cạnha,SA= a√3vàSAvng góc với mặt phẳng đáy Tính cơ-sin góc hai đường thẳngSB,AC

(164)

164 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHÔNG GIAN QuaBkẻ đường thẳngBxsong song với AC BxcắtAD

tạiF

Góc giữaACvàSBchính góc giữaBxvàAC

Ta có AFBC hình bình hành nên AF = BC AC =

FB

Suy raSF =SB, tam giácSBFcân tạiS

CóSB=√SA2+AB2 =2a,FB= AC =a√2.

HạSH ⊥FB, thìHlà trung điểm FB

cosSBF‘ =

HB SB =

a√2 2a =

√

S

x C

H B

F A D

Bài 7. Cho hình chópS.ABCD có tất cạnh bằnga, đáy hình vng Gọi Nlà trung điểmSB Tính góc ANvàCN, ANvàSD

Lời giải.

Theo đề bài:SA=SB=SC =SD =AB =BC =CD= DA= a

Gọi O = AC∩ BD có AN = a

√

2 (4SAB

đều) CN = a

√

2 (4SBCđều)

Áp dụng định lý cô-sin cho tam giác ANC: cosANC’ =

AN2+CN2−AC2 2·AN·CN =−

1 <0 ⇒ ANC’ =arccos

Å

1

ã

Trong tam giác BDS cóON đường trung bình tam giác

⇒hÿAN,SD

i

=hANÿ,NO

i

= ANO.’

S

A

D

B

C N

O

Áp dụng định lý cô-sin cho4ANO:

cosANO’ =

AN2+ON2−AO2 2·AN·ON =

√

3 ⇒ ANO’ =arccos

Ç√

3

å

C. Góc đường thẳng mặt phẳng

Định nghĩa Góc đường thẳng mặt phẳng

Góc đường thẳngdvà mặt phẳng(P)là góc giữadvà hình chiếu mặt phẳng(P)

(165)

DẠNG 4.2 Xác định tính góc đường thẳng mặt phẳng Để xác định góc đường thẳngdvà mặt phẳng(P)

ta làm sau

• Tìm giao điểm Acủadvà(P)

• Trênd chọn điểm Bkhác A, dựng BH vng góc (P)tại điểm H

Suy AH hình chiếu vng góc d mặt phẳng(P)

Vậy góc giữadvà(P)là gócBAH.’

B

A H

d

d0 α

P

Nếu xác định góc giữadvà(P)khó q (khơng chọn điểm B để dựng BH ⊥ (P)) ta sử dụng cơng thức sau

Gọiαlà góc giữadvà(P), suy sinα = d(M, (P))

AM

Ta phải chọn điểmMtrêndmà tính khoảng cách đến mặt phẳng (P) Còn A giao điểm d (P)

M

A H

d

d0 α

P

D. Bài tập rèn luyện

Bài 8. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng cạnh a,SAvng góc với đáy SA=a√6 Tính góc

SC và(ABCD)

a) b) SCvà(SAB)

ACvà(SBC)

c) d) SBvà(SAC)

(166)

1 AClà hình chiếu vng góc củaSClên(ABCD) Do đó(SC, (ABCD))=(SC,AC)=SCA.‘

Xét tam giác vngSAC, ta có tanSCA‘ =

SA AC =

a√6 a√2 =

√ Suy raSCA‘ =60◦

2 Ta có

®

BC ⊥ AB

BC ⊥SA nên BC ⊥(SAB)

Suy raSBlà hình chiếu vng góc củaSClên mặt phẳng(SAB)

Do đó(SC, (SAB))=(SB,SC)=CSB.‘

Xét tam giác vngSBC, ta có tanCSB‘ =

BC SB =

a a√7 =

1 √

7 Suy raCSB‘ =arctan

Å

1 √

ã

A

D

C S

B

O F

3 GọiFlà hình chiếu vng góc Alên cạnhSB Ta có

®

AF⊥SB

AF⊥ BC nên AF⊥(SBC)

Suy FClà hình chiếu vng góc AClên(SBC) Do đó(AC, (SBC))=(AC,FC)= ACF.‘

Xét tam giác vngSAB, ta có

AF2 =

1 AS2 +

1 AB2 =

1 6a2 +

1 a2 =

7

6a2 ⇔ AF =

a√42 Xét tam giác vng ACF, ta có

sinACF‘ =

AF AC =

a√42 a√2 =

√ 21 Suy ACF‘ =arcsin

Ç√

21

å

4 Ta có

®

BO ⊥ AC

BO ⊥SA nên BO⊥(SAC)

Suy raSOlà hình chiếu vng góc củaSBlên(SAC) Do đó(SB, (SAC))=(SB,SO)= BSO.‘

Xét tam giác vngSAO, ta có

SO =pSA2+AO2 =

6a2+ a

2 = a√13

(167)

4 GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 167 Xét tam giác vngSBO, ta có

tanBSO‘ =

OB OS =

a √ a√13

√

= √1 13

Suy raBSO‘ =arctan Å

1 √

13

ã

Bài 9. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình thoi BiếtSD= a√3, tất cạnh cịn lại bằnga

1 Chứng minh(SBD)là mặt phẳng trung trực ACvàSBD tam giác vng Xác định góc giữaSDvà mặt phẳng(ABCD)

Lời giải.

1 GọiHlà hình chiếu vng góc củaSlên(ABCD) Theo đề bàiSA =SB=SCsuy raH A= HB= HC Vậy H thuộc đường trung trực đoạn AChay H thuộcBD

Ta có

®

AC ⊥BD

AC ⊥SH(SH⊂(SBD)) nên AC ⊥ (SBD) (1)

Mặt khác,O trung điểm AC giao điểm

củaACvà(SBD) (2)

Từ (1) (2) suy ra(SBD) mặt phẳng trung trực củaAC

Ta có4SAC =4BAC(c.c.c) suy raBO =SO Trong tam giácSBD,SO =

2BDnên tam giácSBD vng tạiS

2 VìSH ⊥(ABCD)nên HD hình chiếu vng góc củaSDlên(ABCD)

Do đó(SD, (ABCD))=(SD,HD)=SDH.’

Xét tam giác vngSBD, ta có

SH2 =

1 SB2 +

1 SD2 =

4

3a2 ⇔SH =

a√3 Xét tam giác vngSHD, ta có

sinSDH’ =

SH SD =

a√3 a√3 =

√ 2 Suy raSDH’ =45◦

A

D

C S

B

O M

H

(168)

Bài 10. Cho tam giácABCvng A, AB=anằm mặt phẳng(P) CạnhAC =

a√2và tạo với(P)một góc60◦ Tính góc BCvà(P)

Lời giải.

Xét tam giác vng ABC, ta có

BC =pAB2+AC2 =a√3.

GọiHlà hình chiếu vng góc củaClên(P)

Khi AHlà hình chiếu vng góc AClên(P) Do đó,(AC, (P))=(AC,AH)=CAH’ =60◦

Xét tam giác vngCAH, ta có sinCAH’ =

CH

CA ⇔CH =CA·sin 60

◦ =

a√2· √

3 =

a√6 Ta cóBHlà hình chiếu vng góc củaBC lên mặt phẳng(P) Do đó,(BC, (P)) =(BC,BH)=CBH.’

H

B

A C

Xét tam giác vngBHC, ta có

sin’CBH =

CH CB =

a√6 a√3 =

√ 2

Suy raCBH’ =45◦

Bài 11. Cho hình chópS.ABCcóSA =SB=SC = 2a

√

3 đáy ABClà tam giác cạnha

1 GọiHlà hình chiếu vng góc củaSlên mặt phẳng(ABC) TínhSH Tính góc giữaSAvà(ABC)

(169)

1 Ta cóHlà trọng tâm tam giác ABCnên AH =

3AF = ·

a√3 =

a√3 Xét tam giác vngSAH, ta có

SH =pSA2−AH2 =

4a2 −

a2 =a Ta cóAH hình chiếu vng góc củaSAlên(ABC)

Do đó,(SA, (ABC))=(SA,AH) =SAH.’

Xét tam giác vngSAH, ta có tanSAH’ =

SH AH =

a a√3

3

=√3

Suy raSAH’ =60◦

A

C

B F

M H

S

Bài 12. Cho hình chópS.ABCDcóSAvng góc với đáy,ABCDlà hình thang đáy lớn AD,AB =BC =DC =a,DA =2a VẽAH ⊥SCvàMlà trung điểmSB Góc giữaSB mặt phẳng(ABCD)là45◦ Tính góc:

Ô

AM, (SBD);

a) AHÔ, (ABCD)

;

b) (SADÔ), (SBC)

c)

Lời giải.

1

Theo đề ABCD nửa lục giác đều, nên ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AD, có: AC =BD =√AD2−AB2 =a√3.

Có

®

BD⊥ AB

BD⊥SA ⇒ BD⊥(SAB)

Vậy AB hình chiếu SB lên mt phng (ABCD), nờnSBÔ, (ABCD)

=SBA =45

⇒ SA = AB = a(Vì tam giác SABvng cân A)

Có:

®

AM ⊥SB(gt)

AM BD(BD(SAB)) AM (SBD)AMÔ, (SBD)

=90◦

A D

H M

S x

B C

I K Trong tam giácSAC: KẻH I k SA⇒ H I ⊥(ABCD)

VậyAIlà hỡnh chiu caAItrờn mt phng(ABCD):AHÔ, (ABCD)

=H AI = H AC.’

Trong tam giácSACvuông tạiA:tanSCA‘ =

SA AC =

a a√3 =

1 √

3 ⇒SCA‘ =30

◦.

(170)

170 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN Muốn tìm góc hai mặt phẳng(SAD)và(SBC), ta phải tìm giao tuyến hai mặt

phẳng: Có:

®

S ∈(SAD)∩(SBD)

ADk BC ⇒(SAD)∩(SBD)=Sx(Sxk ADk BC) (1) Kẻ AK ⊥BCtạiK Có

®

BC ⊥AK

BC ⊥SA ⇒ BC ⊥(SAK)⇒BC ⊥SK (2) Từ(1)và(2)

®

SA⊥Sx SK ⊥Sx ⇒

h

Ô

(SAD), (SBC)i = ASK.

Trong tam giỏc AKBvuông tạiK: AK = AB·cos’KAB =a·cos 30◦ =

a√3

2 (Vì’DAB= 60◦)

Trong tam giác SAKvng A: tanASK‘ =

AK AS =

a√3 a =

√

2 ⇒ ASK‘ = arctan

√

Bài 13. Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với đáy ABCD, đáy hình thang vng A, có đáy lớnAB, AB=2a, AD= DC =a Vẽ AH ⊥SCvàMlà trung điểm AB Góc giữa(SDC)và(ABC)là60◦ Tính:

SD, (SAB);

a) (SADÔ), (SMC)

;

b) Chứng minh BC ⊥

(SAC) c)

Lời giải.

1 Có

®

CD⊥ AD

CD⊥SA ⇒CD ⊥(SAD)⇒CD ⊥SD

Có   

 

(SCD)∩(ABCD)=CD AD⊥CD, SD CD

AD(ABCD), SD (SCD) (SCDÔ), (ABCD)

=SDA’ =60◦,

trong4SADcóSA = AD·tan 60◦ Có

®

AD⊥ AB

AD⊥SA ⇒ AD⊥(SAB)

Suy raSAlà hình chiếu vng góc củaSDtrên mp(SAB)

VậySD⁄, (SAB)

=’DSA=30◦

B

C D

M S

H

A

2 Ta cóAD kCM(dễ dàng chứng minh được) Tìm giao tuyến mp(SAD)và mp(SCM) Có:

  

 

S∈ (SAD)∩(SCM) AD kCM

AD ⊂(SAD), CM ⊂(SCM)

⇒(SAD∩(SCM)=Sx(Sxk ADk CM) Ta cóDA ⊥SA(vìDA ⊥(SAB))⇒SA⊥Sx

(171)

Vyh(SADÔ), (SCM)

i

=SA,SM

=ASM.’

Có:tanASM’ =

AM AS =

a a√3 =

1 √

3 ⇒ ASM’ =30

◦.

3 Ta có ACDMlà hình vng nênCM = a, tam giác ACBcóCMlà đường trung tuyến nửa cạnhBC Suy tam giác ACBvuông tạiC

Có:

®

BC⊥ AC

BC⊥SA ⇒BC ⊥(SAC)

Bài 14. Cho hình vng ABD tam giác SABcạnha nằm hai mặt phẳng vng góc với Gọi Ilà trung điểm AB

1 Chứng minhSI ⊥(ABCD)và tính góc hợp bởiSCvà mặt phẳng(ABCD) Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD) Từ tính góc SC mặt

phẳng(SAD)

3 Gọi Jlà trung điểm củaCD, chứng minh(SI J)⊥(ABCD) Tính góc hợp bởiSI mặt phẳng(SDC)

5 Xác định tính góc hợp bởiSAvà mặt phẳng(SCD) Lời giải.

1

Chứng minhSI ⊥(ABCD) 

 

 

(SAB)∩(ABCD)= AB (SAB) ⊥(ABCD)

SI ⊥AB(vì4ABCđều), SI ⊂(SAB) ⇒SI ⊥(ABCD)

Tính góc hợp bởiSCvà mp(ABCD) Ta có IC hình chiếu vng gúc ca SC trờn mt phng (ABCD), nờnhSCÔ, (ABCD)

i

=‘SCI

SI đường cao tam giác SABnênSI = a

√

Trong tam giácIBCvuông tạiB: IC = √BC2+BI2 =

a2+a2

4 = a√5

2

B

H

y

J A

C

D I

S

K x L

P

Trong tam giácSCIvuông tạiI:tanSCI‘=

SI CI =

a√3 a√5

2

=

15

VyhSCÔ, (ABCD)

i

=‘SCI =arctan Ç√

15

å

(172)

172 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN Tính khoảng cách từBđến mặt phẳng(SAD)

Có:

®

AD⊥ AB(ABCDlà hình vng)

AD⊥SI(vìSI ⊥(ABCD)) ⇒ AD ⊥(SAB) AD⊂(SAD)⇒(SAD) ⊥(SAB)

Hai mặt phẳng vng góc với theo giao tuyếnSA DựngBH ⊥SAtạiH⇒ SH ⊥(SAD)

Vậyd (B, (SAD))=BH = a

√

2 (Vì4SABđều)

Trong mp(SAD)kẻ Hx k AD; Trong mp(BC,Hx)quaCkẻ đường thẳng song song với BHcắt HxtạiKthìCK ⊥(SAD) Suy raSK hình chiếu vng góc củaSCtrên mặt phẳng(SAD)nên góc giữaSCvà(SAD)là gócCSK.‘

Theo chứng minh thìBCKHlà hình bình hành nênBH =CK= a

√ Trong4SCIcó:SC =√SI2+IC2 =

3a2 +

5a2 =a

√

Có:sinCSK‘ =

CK SC =

a√3 a√2 =

√

4 ⇒CSK‘ =arcsin √

6 Kết luậnSC⁄, (SAD)

=arcsin √ Có: ®

CD ⊥I J

CD ⊥SI ⇒CD⊥(SI J), màCD ⊂(SCD)⇒(SCD)⊥(SI J) Tính góc hợp bởiSI mp(SDC)

Hai mặt phẳng(SCD)và(SI J)vng góc với theo giao tuyếnSJ

Dựng IL ⊥ SJ ⇒ IL ⊥ (SCD) Suy SL hình chiếu vng góc SI mặt phẳng(SCD)

Vậy góc giữaSI mà mặt phẳng(SCD)là gócISL.d Trong tam giácSI Jcó:

IL2 =

1 IS2 +

1 I J2 =

4 3a2 +

1 a2 =

7

3a2 ⇒ IL=

a√21 ; sinISLd =

IL SI =

a√21 a√3

2

=

√

7 ⇒ dISL=arcsin 2√7

7

Kết luậnSIŸ, (SCD)

=arcsin2 √

7

5 Xác định tính góc hợp bởiSAvà mặt phẳng(SCD) Trong mặt phẳng(SCD)kẻ Lyk CD

Trong mp(AB,Ly)quaAkẻ đường thẳng song song với ILcắtLytạiPthìAP⊥(SCD) Suy raSPlà hình chiếu vng góc củaSAtrên mp(SCD)nên góc giữaSAvà(SCD)là góc ASP.‘

Theo chứng minh thìAILPlà hình bình hành nênAP =IL= a

√ 21 Trong4SAPcósinASP‘ =

AP SA =

a√21 a =

√ 21

7 ⇒ ASP‘ =arcsin a√21

7 Kết luận:SA⁄, (SCD)

(173)

E. Góc hai mặt phẳng

Định nghĩa Định nghĩa góc hai mặt phẳng

Góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng vng góc với hai mặt phẳng

DẠNG 4.3 Tính góc hai mặt phẳng

Để tìm góc hai mặt phẳng, tìm giao tuyến hai mặt phẳng Sau tìm hai đường thẳng thuộc hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến điểm Góc hai mặt

phẳng góc hai đường thẳng vừa tìm Q

P

d1

Những trường hợp đặc biệt dễ hay xảy ra:

1 Trường hợp1 : Hai tam giác cân ACD BCD có chung cạnh đáy CD, góc hai mặt phẳng(ACD)và(BCD)là góc AHB.’

B

D

A C

H

2 Trường hợp2 : Hai tam giác ACDvàBCDbằng có chung cạnhCD Dựng AH ⊥ CD ⇒ BH ⊥ CD Vậy góc hai mặt phẳng (ACD) và(BCD)là góc

’

AHB

A

C B

H D

3 Trương hợp3 : Khi xác định góc hai mặt phẳng khó quá, ta nên sử dụng công thức sau:

sinϕ= d A,mp(Q)

(174)

Với ϕlà góc hai mặt phẳng(P)và mặt phẳng(Q), Alà điểm thuộc mặt phẳng(P)vàalà giao tuyến hai mặt phẳng(P)và(Q)

4 Trường hợp4 : Có thể tìm góc hai mặt phẳng cơng thứcS0 =S cosϕ. Trường hợp5 : Tìm hai đường thẳng dvà d0 vng góc với mặt phẳng

(P)và mặt phẳng(Q) Góc hai mặt phẳng góc giữadvàd0

6 Trường hợp6 : Cách xác định góc mặt phẳng bên mặt phẳng đáy (a) Bước1 : Xác định giao tuyếnd

(b) Bước2 : Từ hình chiếu vng góc đình , dựng AH ⊥d (c) Bước3 : Góc cần tìm gócSH A.’

VớiSlà đỉnh,Alà hình chiếu vng góc đỉnh mặt đáy

F. Bài tập rèn luyện

Bài 15. Cho hình chópS.ABCcóSAvng góc với mặt đáy(ABC) Hãy xác định góc mặt bên(SBC)và mặt đáy(ABC)

Lời giải.

Ta cóBClà giao tuyến mp(SBC)và mp(ABC) Từ hình chiếu đỉnh điểmA, dựngAH ⊥BC

Vì

®

BC ⊥SA

BC ⊥ AH ⇒BC ⊥(SAH)⇒ BC ⊥SH

Kết luận góc hai mặt phẳng(SBC)và(ABC)là gócSH A.’

S

B

A C

H

Bài 16. Cho tứ diện ABCD có AD ⊥ (BCD)và AB = 3a Biết BCD tam giác cạnh2a Tính góc hai mặt phẳng:

(ACD)và(BCD)

a) b) (ABC)và(DBC)

(175)

1 Tính góc hai mặt phẳng(ACD)và(BCD)

Vì AD vng góc với (BCD) nên hai mặt phẳng (ACD) (BCD)vng góc với nhau, suy góc chúng bằng90◦ Tính góc hai mặt phẳng(ABC)và(BCD) DựngDE⊥BC

tại E Ta có:

®

BC ⊥ AD

BC ⊥DE ⇒ BC⊥mp(SBC)⇒BC ⊥ AE

Hai mặt phẳng (ABC) (BCD) có BC giao tuyến hai đường thẳng DE, AE thuộc hai mặt phẳng vng góc với giao tuyếnBC Nên góc giữa(ABC)và(DBC)là góc giữaDEvàAEchính góc ’AED

Tam giácBCDđều nên cóDE= BC

√ =a

√

Tam giác ABD vng D có AD = √AB2−DB2 =

√

9a2−4a2= a√5.

Trong∆ADEvng tạiD, có: tanAED’ =

AD DE =

a√5 a√3 =

√ 15

3 ⇒ ’AED =arctan

Ç√

15

å

A

B

D C

E

Bài 17. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng tâmOcạnha,SAvng góc với đáy ABCD, SA= a√3 Tính góc cặp mặt phẳng sau:

(SAB)và(SBC)

a) b) (SAD)và(SCD)

(SAB)và(SCD)

c) d) (SBC)và(SAD)

(SBD)và(ABCD)

e) f) (SBD)và(SAB)

(SBC)và(ABCD)

g) h) (SCD)và(ABCD)

(SBD)và(SBC)

i) j) (SBC)và(SCD)

(176)

1 Góc giữa(SAB)và(SBC) Ta có:

®

BC ⊥ AB

BC ⊥SA ⇒BC ⊥(SAB) ⇒(SBC)⊥(SAB)vì(BC ⊂(SBC)) Vậy góc hai mặt phẳng(SAB) và(SBC)bằng90◦

2 Góc giữa(SAD)và(SCD) Ta có:

®

CD⊥ AD

CD⊥SA ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAD) (CD ⊂(SCD))

Vậy góc mặt phẳng (SCD) mặt phẳng(SAD)bằng90◦

3 Góc giữa(SAB)và(SCD) DựngAH ⊥SD, H ∈ SD

Ta có AH ⊥ SD AH ⊥ CD

CD ⊥(SAD)

Từ ⇒ AH ⊥

(SCD) (2)

Ngồi ta có AD ⊥ (SAB) Sử dụng cách xác định góc trường hợp 5, góc hai mặt phẳng (SAB) (SCD) góc hai đường thẳng AH AD góc H AD.’

Ta có DAH’ = ’DSA (vì phụ

vớiSAH).’

tan’DSA=

AD AS =

1 √

3 ⇒ ’DSA=30

◦

A

B I

H J

K S

C

D O

4 Góc giữa(SBC)và(SAD) DựngAI ⊥SB, I ∈ SB

Ta cóAI ⊥SBvàAI ⊥CBvìCB⊥(SAB) Từ suy raAI ⊥(SBC)

Ngồi ta cóAB ⊥(SAD) Sử dụng cách xác định góc trường hợp5, góc hai mặt phẳng(SBC)và(SAD)là góc hai đường thẳng AIvàABchính gócBAI.‘

Ta cóBAI‘ = BSA‘ (vì phụ với gócSAI).‘

cótanBSA‘ =

AB AS =

1 √

3 ⇒ BSA‘ =30

◦.

Vậy((SBC), (SAD))=BAI‘ =30◦

5 Góc giữa(SBD)và(ABCD) Ta có

®

BD ⊥ AC

BD ⊥SA ⇒ BD⊥(SAC)⇒ BD⊥SO

(177)

Ta có: tan’SOA=

AO SO =

a√2 a√3 =

√

6 ⇒SOA’=arctan

Ç√

6

å

Vậy((SBD), (ABCD))=arctan

Ç√

6

å

Góc giữa(SBD)và(SAB)

Vì(SAC)⊥(SBD)theo giao tuyếnSO Dựng AJ ⊥SO, J ∈ SO Suy AJ ⊥(SBD)

Ta cóAJ ⊥(SBD), AD⊥(SAB)⇒((SBD), (SAB))=(AJ,AD)= DAJ.‘

Có

AJ2 =

1 AS +

1 AO2 =

1 3a2 +

2 a2 =

7

3a2 ⇒ AJ =

a√21

VìAJ ⊥(SBD) ⇒ AJ ⊥ JD, JD ⊂(SBD)⇒ 4AJDvuông tạiJ nên: cosDAJ‘ =

AJ AD =

√ 21

7 ⇒DAJ‘ =arccos

Ç√

21

å

Vậy((SBD), (SAB))=arccos

Ç√

21

å

Góc giữa(SBC)và(ABCD)

Ta cóBC ⊥(SAB)⇒BC ⊥SB

Hai mặt phẳng(SBC)và(ABCD)có giao tuyếnBCvàAB⊥BC,SB⊥ BC ⇒((SBC), (ABCD))=(AB,SB)=SBA‘ =60◦(vìBSA‘ =30◦)

8 Góc giữa(SCD)và(ABCD) Ta cóCD ⊥(SAD)⇒CD ⊥SD

Hai mặt phẳng(SCD)và(ABCD)có giao tuyếnCDvàAD ⊥CD,SD⊥CD ⇒((SCD), (ABCD))=(AD,SD)=SDA’=60◦ (vì’DSA=30◦)

9 Góc giữa(SBD)và(SBC)

Ta cóAI ⊥(SBC), AJ ⊥(SBD)⇒((SBC), (SBD))=(AI,AJ)

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vngSABvàSAOta có: SA2=SI·SB⇒ SI = 3a

2

2a = 3a

2 ; SA2=SJ·SO ⇒SI = SA

2

SO =

SA2 √

SA2+AO2 =

3a2

3a2+a

2

= 3a

√ 14

AI·SB=SA·AB ⇒ AI = a

√ 3·a 2a =

a√3 Trong tam giác vngSBOtạiOcócosBSO‘ =

SO SB =

a√14 2a =

√ 14 Trong∆SJ I có:

I J2=SI2+SJ2−2SI·SJ·cosBSO‘ =

9a2 +

18a2 −2·

3a ·

3a√14 ·

√ 14 =

9a2 28 Trong4AI J có:

cos‘I AJ =

AI2+AJ2−I J2 2AI·AJ =

3a2 +

3a2 −

9a2 28 2· a

√ ·

a√21

=

√ 27

7 ⇒‘I AJ =arccos

Ç

2√7

å

(178)

Kết luận((SBC), (SBD))=‘J AI =arccos Ç

2√7

å

10 góc giữa(SBC)và(SCD)

Ta có4SBC =4SDC(Cạnh huyền - cạnh góc vng) DựngBK ⊥SC, (K∈ SC)⇒DK⊥SC vàDK= BK Hai mặt phẳng(SBC)và(SCD)có cạnhSCchung nên:

((SBC), (SCD))=(BK,DK) =’BKD 180◦−BKD’

Xét4SBCvng tạiBcó:

BK·SC = BS·BC ⇒ BK = BS·BC

SC =

BS·BC √

SA2+AC2 =

2a·a √

3a2+2a2 =

2a √

5 Trong4BDK có:

cos’BKD =

BK2+DK2−BD2 2·BK·DK =

4a2 +

4a2 −2a

2

2· 4a

2

5

=−1

4 <0⇒(BK,DK) =’BKD =arccos

Å

1

ã

Bài 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật AB = a, BC = 2a Cạnh bênSAvng góc với đáy vàSA =a.Tính góc mặt phẳng sau:

Góc mặt bên mặt đáy

a) b) Góc hai mặt bên liên tiếp

Góc hai mặt bên đối diện c)

Lời giải.

1 Góc mặt bên mặt đáy Ta cóSA ⊥(ABCD)⇒

®

(SAB) ⊥(ABCD) (SAD)⊥(ABCD) Vậy góc hai mặt phẳng(SAB), (SAD)với mặt phẳng(ABCD)bằng90◦

BC⊥ AB,BC ⊥SA ⇒BC ⊥SB.(đl ba đường vng góc)

Hai mặt phẳng(SBC)và(ABCD)có giao tuyến BCnên góc chúng góc giữaSBvàABlà

‘

SBA

Tam giác SAB vuông A có AB = SA nên 4SABvng cân tạiA, suy ra:SBA‘ =45◦

Suy ra((SBC), (ABCD)) =45◦

CD ⊥ AD,CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ SD (đl ba

đường vng góc)

Hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) có giao tuyến CD nên góc chúng góc SD vàCDlà’SDA

Tam giác SAD vng A có tanSDA’ =

SA AD =

1

Suy ra((SCD), (ABCD))=’SDA=arctan

1

A S

I

B C

(179)

4 GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 179 Góc hai mặt bên liên tiếp

Góc giữa(SAB)và(SBC) Ta có

®

BC ⊥ AB

BC ⊥SA ⇒ BC⊥(SAB)⇒(SBC)⊥(SAB)(vìBC ⊂(SBC)) Vậy góc mặt phẳng(SBC)và mặt phẳng(SAB)bằng90◦

Góc giữa(SAB)và(SAD) Ta có

®

AD⊥ AB

AD⊥SA ⇒ AD⊥(SAB) ⇒(SAD)⊥(SAB)(vì AD⊂(SAD)) Vậy góc mặt phẳng(SAB)và mặt phẳng(SAD)bằng90◦

Góc giữa(SAD)và(SCD) Ta có

®

CD⊥ AD

CD⊥SA ⇒CD ⊥(SAD)⇒(SCD)⊥(SAD)(vìCD ⊂(SCD)) Vậy góc mặt phẳng(SCD)và mặt phẳng(SAD)bằng90◦

Góc giữa(SBC)và(SCD)

GọiI trung điểmSB, AI ⊥SBmàBC⊥ AI ⇒ AI ⊥(SBC) DựngAH ⊥SD ⇒ AH⊥(SCD)

Vậy góc mặt phẳng(SBC)và mặt phẳng(SCD)là góc giữaAI vàAHchính góc

’I AHhoặc180◦−’I AH

Ta có 4SAB vng cân A nên SB = a√2,AI = a

√

2 ; 4SAD vuông A nên SD= a√5

AH·SD=SA·AD⇒ AH = SA·AD

SD = 2a √

5;SI = SB

2 = a√2

2 ,SH = SA2

SD = a√5

5 Áp dụng định lí cosin hai tam giácBSDvàISHcó chung gócS

cosSb=

SB2+SD2−BD2 2·SB·SD =

2a2+5a2−5a2 2·a√2·a√5 =

√ 10 10 I H2 =SI2+SH2−2·SI·SH·cosSb=

a2 +

a2 −2·

a√2 ·

a√5 · √ 10 10 = a2 cos’I AH =

AI2+AH2−I H2 2·AI·AH =

a2 +

4a2 −

a2 2· √a

2· 2a √ = √ 10

5 ⇒’I AH =arccos √

10

Kết luận((SBC), (SCD))=’I AH =arccos

√ 10 , Góc hai mặt bên đối diện

Góc giữa(SAB)và(SCD)

VìAD ⊥(SAB)và AH ⊥(SCD)nên góc giữa(SAB)và(SCD)là góc ADvàAH góc nhọnDAH’

Ta cótan’DSA=

AD AS =

2a

a =2⇒ ’DSA=arctan

Vì gócDAH’ và’DSAcùng phụ với gócSAH’ nênDAH’ =arctan

Góc giữa(SBC)và(SAD)

VìAB ⊥(SAD)vàAI ⊥ (SBC)nên góc giữa(SAD)và(SBC)là góc ABvà AI góc nhọnBAI‘

Ta cóASB‘ =45◦ ⇒BAI‘ =45◦

(180)

Bài 19. Cho hình chópS.ABCDcóSAvng góc với đáy ABCDlà hình thang vng AvàD, cóAB=2a, AD=DC = a, dựngAH ⊥SC(H∈ SC), gọiMlà trung điểm AB.Góc hai mặt phẳng(SCD)và(ABCD)bằng60◦

Tính góc giữaSDvà(SAB)

a) b) Tính góc giữa(SAD)và(SMC)

Tính góc giữa(SBC)và(ABCD)

c) d) Tính góc giữa(SBC)và(SCD)

Lời giải.

Ta có

®

CD⊥ AD

CD⊥SA ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥SD

Hai mặt phẳng(SCD) và(SAD) có SDlà giao tuyến nên góc hai mặt phẳng (SCD) (SAD) góc AD SD góc ’SDA = 60◦, nên có

SA = AD · tan 60◦ = a√3, SD =

√

SA2+AD2 =√3a2+a2 =2a.

1 Tính góc giữaSDvà(SAB)

®

AD⊥ AB

AD⊥SA ⇒ AD⊥(SAB)

Hình chiếu vng góc SD lên mặt phẳng(SAB)là đường thẳng SA nên góc giữaSDvà(SAB)là góc’DSA

Suy ra(SD, (SAB))= ’DSA=30◦

Vậy(SD, (SAB))= ’DSA=30◦

x

A S

I

D C

B H

M 60◦

2 Tính góc giữa(SAD)và(SMC)

Hai mặt phẳng(SAD)và(SMC)có điểm chungSvà có AD k MC nên giao tuyến chúng đường thẳngSxvà song song với ADvàMC

®

CM ⊥AB

CM ⊥SA ⇒CM ⊥(SAB) ⇒CM⊥SMmàCM kSxnênSM ⊥Sx (1)

SA ⊥ ADmà ADk Sxnên SA⊥Sx (2)

Từ (1) (2) suy ra((SAD), (SMC))=(SA,SM)= MSA’

Tam giác4SAMvng tạiAcótanASM’ =

AM SA =

a a√3 =

1 √

3 ⇒ ASM’ =30

◦.

Vậy((SAD), (SMC))= ASM’ =30◦

3 Tính góc giữa(SBC)và(ABCD)

Trong tam giácABCcóCMlà trung tuyến vàCM =

2AB⇒ 4ABCvng tạiC Ta có:

®

BC ⊥SA

BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥(SAC)⇒BC ⊥SC

Hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) có giao tuyến BC, hai đường thẳng SC AC nằm hai mặt phẳng vng góc với giao tuyếnBC,nên góc giữa(SBC) và(ABCD)là góc giữaSCvàAClà gócSCA‘

Trong tam giác vngSACvng tạiAcótanSCA‘ =

SA AC =

SA √

AB2+DC2 =

a√3 a√2 = √

(181)

Vậy((SBC), (ABCD)) =SCA‘ =arctan

√ Tính góc giữa(SBC)và(SCD)

®

BC ⊥(SAC)

BC ⊂(SBC) ⇒(SBC) ⊥(SAC)

Hai mặt phẳng(SBC)và(SAC)vng góc với theo giao tuyếnSC

DựngAH ⊥SC(H ∈ SC)⇒ AH ⊥(SBC) (3)

Hai mặt phẳng(SAD)và(SDC)vng góc với theo giao tuyếnSD

DựngAI ⊥SD(I ∈ SD)⇒ AI ⊥(SCD) (4)

Từ (3) (4) suy ra((SBC), (SDC))=(AH,AI) Hai tam giácSADvàSACvng vng Ata có

SA·AD =AI·SD ⇒ AI = SA·AD

SD =

a√3·a 2a =

a√3 ; SA2 =SI·SD ⇒SI = SA

2

SD = 3a2

2a = 3a

2 SA·AC = AH·SC⇒ AH = SA·AC

SC =

a√3·a√2 a√5 =

a√30 ; SA2 =SH·SC ⇒SH = SA

2

SC = 3a2 a√5 =

3a √

5

Tam giácSACvuông tạiDcócos’CSD =

SD SC =

2a a√5 =

2 √

5 Áp dụng định lí cosin hai tam giácSI H vàAI H

I H2 =SI2+SH2−2SI·SH·cos’CSD =

9a2 +

9a2 −2·

3a ·

3a √

5 · √

5 = 9a2

20 cos’I AH =

AI2+AH2−I H2 2·AI·AH =

3a2 +

6a2 −

9a2 20 2· a

√ ·

a√30

=

√ 10 >0,

suy ra’I AHnhọn và’I AH =arccos

√ 10 Vậy((SBC), (SDC))=’I AH =arccos

√ 10

Bài 20. Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCDcó cạnh đáy a,mặt bên hợp với đáy góc60◦.Tính góc mặt phẳng:

(SAB)và(SCD)

a) b) (SAB)và(SBC)

(182)

1 Tính góc hai mặt phẳng(SAB)và (SCD)

Gọi O tâm đáy I,H trung điểm AB,CD

Ta có   

 

(SCD)∩(ABCD)=CD OH ⊥CD,OH ⊂(ABCD) SH ⊥CD,SH ⊂(SCD) ⇒((SCD), (ABCD))=SHO’ =60◦

Tam giácSHOvuông tạiO tanSHO’ =

SO

OH ⇒ SO = OH · tan 60◦ = a

√ Ta có

  

 

S ∈(SAB)∩(SCD) ABk CD

AB⊂(SAB),CD ⊂(SCD) ⇒ (SAB)∩(SCD) = Sx(Sx k AB k CD)

AB ⊥ SI ⇒ SI ⊥ Sx, CD ⊥ SH ⇒ SH ⊥Sx

Suy ra((SAB), (SCD))= ISH‘

Vì4SI H cân tạiS cóSH I‘ = 60◦ nên

4SI Hđều nên ISH‘ =60◦

Vậy((SAB), (SCD))= ISH‘ =60◦

x

A

S

K

B C

H I

D

O 60◦

2 Tính góc hai mặt phẳng(SAB)và(SBC) Ta có(SAB)∩(SBC)=SB

Vì S.ABCD hình chóp nên mặt bên tam giác cân 4SAB =4SBC

Từ Akẻ AK ⊥SBthìCK ⊥SB.Suy ra:((SAB), (SBC))=(AK,CK) Trong tam giácSOBvng tạiO, có SB= √SO2+OC2 =

Ã Ç

a√3

å2

+

Ç

a√2

å2

=

a√5

Trong tam giác SABcóS4SAB =

2SI· AB =

2AK·SB ⇒ AK =

SI·AB SB =

a·a a√5

=

2a √

5

Tam giác ACKcân tạiKtừ chứng minh trên, nên AK =CK= √2a Áp dụng định lí cosin tam giácAKC cos’AKC =

AK2+CK2−AC2 2AK·CK =

4a2 +

4a2 −2a

2

2· 4a

2

5

=

−1 <0

(183)

Vậy((SAB), (SBC)) =arccos1

Bài 21. Cho tam giác đềuABCcạnhanằm mặt phẳng(P) Trên đường thẳng vng góc với(P)vẽ từBvàClấy đoạn BD= a

√

2 ,CE =a √

2nằm bên đối với(P)

1 Chứng minh tam giác ADEvuông Tính diện tích tam giác Tính góc hai mặt phẳng(ADE)và(P)

Lời giải.

1 Gọi Flà trung điểm củaCE cóFE = FC = CE

2 = a√2

2

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác ABD, ACE, DEF

• AD2 = AB2+BD2= 3a

2

• AE2= AC2+CE2=3a2

• DE2 =DF2+FE2 = 3a

2

Trong tam giác ADE có AE2 = AD2+DE2 =

3a2 +

3a2 =3a

2.

Vậy tam giác ADEvuông tạiD

A B

D

C E

F

a a

a√2

2 VìBD⊥(ABC),CE⊥(ABC)nên tam giác ABClà hình chiếu vng góc tam giác ADE

Khi mặt phẳng(ABC)chính mặt phẳng(P)

Gọiϕlà góc hai mặt phẳng(ADE)và mp(P) Khi S4ABC =cosϕS4ADE⇒cosϕ=

S4ABC S4ADE

=

AB2√3

2DE·DA

= a

2√3

2·3a

2

=

√ 3

Bài 22. Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng cạnh a SABlà tam giác (SAB)⊥(ABCD) Tính góc giữa:

1 (SCD)và(ABCD) (SCD)và(SAD) Lời giải.

(184)

184 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN GọiE,Flần lượt trung điểm AB,CD

CóSE⊥ AB(4SABđều) ⇒SE⊥ ABCD

Có

đ

CDEF

CDSE CD(SEF)CD SF Vy[(SCDÔ), (ABCD)]=SFE.

Trong tam giác 4SEF vuông E: tanSFE‘ =

SE EF = √

3

A H

C F B

E

I S

D

2 Ta có

®

CD⊥ EF

CD⊥SE ⇒CD⊥(SEF)⇒(SCD)⊥(SEF)

DựngEI ⊥SF(I ∈ SF)⇒EI ⊥(SCD)⇒d(E, (SCD))= EI Trong tam giác4SEFvng tạiEta có

1 EI2 =

1 ES2 +

1 EF2 =

4 3a2 +

1 a2 =

7

3a2 ⇒EH =

a√3 √

7

VìAEk CDnên AEk(SCD)⇒d(A, (SCD))=d(E, (SCD))= a

√ 21 Ta cóSD2=SE2+ED2 =SE2+EA2+AD2= 3a

2

4 + a2

4 +a

2 =2a2.

DựngAH ⊥SD(H∈ SD), vì4SADcân tạiAnênAH2=√SA2−SH2 =

a2− a

2 = a√2

2

Ta có(SAD)∩(SCD) =SD;A ∈(SAD); d(A,SD)= AH = a

√

2 ;d(A, (SCD)) = a√21

7 Gọiϕlà góc hai mặt phẳng(SAD)và(SCD) Sử dụng cơng thức tính góc trường hợp3ta

sinϕ= d(A, (SCD)) d(A,SD) =

a√21 a√2

2

=

√ 42

7 ⇒ ϕ=arcsin

Ç√

42

å

Bài 23. Cho tứ diện S.ABC, hai mặt phẳng (SAB) (SBC) vuông góc nhau, có SA vng góc với mặt phẳng(ABC)biếtSB=a√2,BSC‘ =45◦, ASB‘ =α.

1 Chứng minhBCvng góc vớiSB

(185)

1 Chứng minhBC vng góc vớiSB

VìSA ⊥(ABC)nên(SAB)⊥(ABC) (1)

Theo đề bài(SAB)⊥(SBC) (2)

Và(ABC)∩(SBC)=BC (3)

Từ (1),(2) (3) suy raBC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB(hai mặt phẳng vng góc với mặt phẳng thứ ba giao tuyến chúng vng góc với mặt phẳng thứ ba)

S

F

B

A E C

α 45◦

2 Xác địnhαđể hai mặt phẳng(SAC)và(SBC)tạo với góc60◦ DựngAE⊥SBtạiE DựngAF ⊥SCtạiF

Theo câu a) thìAE⊥(SBC)⇒ AE⊥SC VậySC ⊥(AEF)⇒SC ⊥EF

Hai đường thẳng AFvàEFthuộc hai mặt phẳng(SAC)và(SBC)cùng vuụng gúc vi giao tuynSCnờn[(SACÔ), (SBC)]= AFE =60

Ta cóM AEF vng tạiE(vì AE⊥(SBC)⇒ AE⊥EF) có AE=EFtan 60◦ =EF·√3 XétM SAEcóAE=SEtanα.

XétM SEFcóEF =SEsin 45◦ = SE

√ 2 Suy AE=EF·√3⇔SEtanα = SE

√ 2 ·

√

3⇔tanα = √

6

2 ⇒α =arctan √

6

Bài 24. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáyABClà tam giác cân với AB= AC =a,

’

BAC=120◦,BB0 = a GọiI trung điểm củaCC0 Chứng minh tam giác AB0Ivuông A

2 Tính cosin góc hai mặt phẳng(ABC)và(AB0I)

(186)

1 Gọi H trung điểm BC Vì 4ABC cân Anên AH ⊥BC

Do’BAC=120◦ ⇒ ACH’ =30◦

Xét 4ACH vuông H có

  

 

AH = AC·sinACH’ =

a CH = AC·cosACH’ =

a√3 ⇒ BC =2CH =a√3

• Xét4B0C0Ivuông Inên IB02 =B0C02+

IC02= 13a

2

4

• Xét4ABB0vng tạiBnên AB02= AB2+

BB02=2a2

• Xét4ACI vng Cnên AI2 = AC2+

IC2 = 5a

2

4

Ta thấy IB02 = AB02+AI2 = 13a

2

4 Chứng tỏ 4B0AI vuông tạiA

B0

B

H A0

A

C0

C I

120

◦

2 Ta cóS4B0AI =

2 ·AH·BC = a2√3

4 vàS4ABC =

2·AH·BC = a2√3

4 Gọiα góc hai mặt phẳng(ABC)và(AB0I)

Ta cóS4ABC =S4AB0I ·cosα ⇒cosα = a2√3

4 :

a2√10 =

√ 30 10

Bài 25. Trong mặt phẳng(P)cho hình vngABCDcạnha Lấy hai điểm M, N thuộc CB vàCD Đặt CM = x,CN = y Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng(P)tại điểm Alấy imS Tỡm liờn h giax,y

1 (SAMÔ), (SAN)

=45◦ (SAM)⊥(SMN)

(187)

1 VìSA ⊥(ABCD)⇒SA ⊥ AM, SA⊥ AN Hai mặt phẳng(SAM)và(SAN)có giao tuyến SA Nên góc hai mặt phẳng góc giữaAM vàANchính góc ÷MAN =45◦ ⇔ Ac2 =45◦ Ta cóAc1+Ac2+Ac3 =90◦ ⇒ cA1+Ac3 =45◦ Lại có

tan(A1+A3)= tanA1

+tanA3

1−tanA1·tanA3

⇔ tanA1+tanA3 1−tanA1·tanA3

=1 (1) Xét hai tam giác vngABMvàADNcó

tanA1 =

BM BA =

a−x

a ; tanA2 = DN AD =

a−y a (2) Thay (2) vào (1)

a−x a +

a−y a 1−a−x

a · a−y

a

=1

⇔ a(2a−x−y)=a(x+y)−xy ⇔ 2a2 =2a(x+y)−xy

Vậy liên hệ giữax, ylà2a2=2a(x+y)−xy

S

C

B M

D N A

1 3

2 Ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒ (SAM) ⊥ (ABCD) Giả sử (SMN) ⊥ (SAM) hai mặt phẳng (ABCD) (SMN) vng góc với (SAM) nên giao tuyến chúng MN vng góc với mặt phẳng (SAM) Suy MN ⊥ AM hay ÷AMN = 90◦ Lúc ”

M1+M”3 =90◦ ⇒ ”M3= Ac1nên có tanM3=tanA1⇔

y x =

a−x a ⇔x

2= a

(x−y) Vậy liên hệ giữax, ylàx2= a(x−y)

(188)

188 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHÔNG GIAN

Bài KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG

A. Phương pháp giải toán

Bài tốn tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, dạng toán quan trọng chương vng góc lớp 11 phần hay đề thi Đại học Để giải vấn đề bạn phải thành thạo hai cơng cụ sau liên quan với

Bài tốn Tính khoảng cách từ hình chiếu vng góc đỉnh đến mặt bên Phương pháp xác định khoảng cách từ hình chiếu đỉnh đến mặt phẳng bên

• Bước 1.Xác định giao tuyến∆

• Bước 2.Từ hình chiếu vng góc đỉnh, dựngAH ⊥∆(với H∈ ∆)

• Bước 3.DựngAI ⊥SH (với I ∈ SH) Khoảng cách cần tìm AI VớiSlà đỉnh,Alà hình chiếu vng góc đỉnh mặt đáy

Ba bước dựng sử dụng tính chất: Hai mặt phẳng vng góc với nhau, đường thẳng nằm mặt phẳng vng góc với giao tuyến vng góc với mặt phẳng

Đây tốn vơ quan trọng việc tính khoảng cách từ điểm đến một mặt phẳng Hầu tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng bên thơng qua điểm này dựa vào cơng thức Bài tốn 2

Ví dụ điển hình: Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với đáy (ABC) Hãy xác định khoảng cách từ điểm Ađến mặt bên(SBC)

Lời giải.

Ta cóBClà giao tuyến hai mặt phẳng(SBC)và(ABC) Từ hình chiếu đỉnh điểm A

DựngAH ⊥ BCtạiH DựngAI ⊥SHtại I Vì

®

BC ⊥SA

BC ⊥ AH ⇒BC ⊥(SAH)⇒(SBC)⊥(SAH)

Mặt phẳng(SBC)vng góc với mặt phẳng(SAH)theo giao tuyếnSHcóAI ⊥SHnên AI ⊥(SBC)

Vậyd A,mp(SBC)

= AI

S

A

B

C H

I

Bài toán Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Thường sử dụng công thức sau:

P

O

H K

A

(189)

P K

M

O H

A d

Cơng thức tính tỉ lệ khoảng cách d M,mp(P)

d A,mp(P) = MO

AO

Ở cơng thức cần tính khoảng cách từ điểmMđến mặt phẳng(P)

Phương pháp phải tìm đường thẳngdquaMvà chứa điểmAmà tính khoảng cách đến mặt phẳng(P) Kinh nghiệm thường điểm Alà hình chiếu đỉnh

B. Bài tập mẫu

Bài (Dự bị Đại học khối D- 2002). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng(SBC)theoa, biếtSA= a

√ Lời giải.

Gọi E trung điểm BC BC ⊥ AE (vì ABC đều) DựngAF ⊥SEtạiF

CóBC ⊥SA, BC⊥ AEnênBC ⊥mp(SAE) Suy ra(SBC)⊥(SAE)

Mp (SBC) vng góc với mp (SAE) theo giao tuyến SE có AF ⊥SE

Suy AF ⊥(SBC) Vậyd (A, (SBC)) =AF Trong tam giácSAEcó

1 AF2 =

1 AS2 +

1 AE2 =

2 3a2 +

4 3a2 =

2 a2

⇒ AF = a

√ 2

Kết luậnd (A, (SBC))= AF= a

√ 2

S

A

B

C E

F

Bài (Đề thi TSĐH Khối A- 2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng(SBC)vng góc với mặt phẳng (ABC) BiếtSB =2a√3vàSBC‘ =30◦ Tính thể tích khối chópS.ABCvà khoảng cách từ điểm

(190)

Nhận xét. Hlà hình chiếu vng góc đỉnh điểm Bcùng nằm đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SAC)tạiC Nên bước ta phải tính khoảng cách từHđến mặt phẳng(SAC), sau sử dụng cơng thức tỉ số khoảng cách để tính khoảng cách từ điểm B.

GọiHlà hình chiếu vng góc củaSlênBC Do mp(SBC)⊥mp(ABC)nênSH ⊥mp(ABC) Trong4SBHvng tạiHcó:

SH =SB·sin 30◦ =a√3,BH =SB·cos 30◦ =3a DựngHG ⊥ ACtạiG

DựngHK ⊥SGtạiK Ta có

®

AC ⊥ HG

AC ⊥SH ⇒ AC ⊥mp(SHG)

⇒mp(SAC)⊥mp(SHG)(vì AC ⊂mp(SAC)) Và(SAC)∩(SHG)=SG⇒ HK⊥mp(SAC) Vậyd H,mp(SAC)

= HK

30◦ 3a

4a

2a√3

S

A

B

C H

G K

Ta có4CGHv4CBA ⇒ GH

BA = CH

CA ⇒ GH = a

5a ·3a= 3a

5 Trong4SHGvuông tạiHta có

1 HK2 =

1 HG2 +

1 HS2 =

25 9a2 +

1 3a2 =

28

9a2 ⇒ HK=

3a√7 14

Hai điểmHvàBnằm đường thẳng có giao điểm với mp(SAC)tạiCnên có d B,mp(SAC)

d H,mp(SAC) = BC

HC =4

Vậyd B,mp(SAC)

=4d H,mp(SAC)

= 6a

√

7

Bài 3. Cho hình chópS.ABCcó đáy tam giác vng AvớiBC =2a,’ABC =60◦

Gọi Mlà trung điểmBC BiếtSA =SB=SC =a√5 Tính chiều cao hình chóp

2 Tính khoảng cách từ Mđến mặt phẳng(SAB) Lời giải.

60◦

2a a√5

S

B

A

C M

G

(191)

5 KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 191 Tính chiều cao hình chóp

Vì4ABCvng tạiA, Mlà trung điểm BCnên ta cóMA = MB= MC (1)

Theo đềSA =SB=SC (2)

Từ(1)và(2)suy raMlà hình chiếu vng góc củaSlên mặt phẳng(ABC) Vậyd (S, (ABC))=SM

Trong4SBMcóSM =√SB2−BM2 =

… Ä

a√5ä2−a2 =2a.

2 Tính khoảng cách từ Mđến mặt phẳng(SAB)

4! Mlà hình chiếu vng góc đỉnh Strên mặt phẳng(ABC).

Kẻ MF⊥ ABtại F Kẻ MG⊥SFtạiG ⇒MG ⊥(SAB) MABlà tam giác cân có góc60◦ nên MABđều⇒ MF = a

√ Trong tam giác vngSMFta có

1 MG2 =

1 SM2 +

1 MF2 =

1 (2a)2 +

1

Ç

a√3

å2 ⇒ MG=

2a√3 √

19

Bài 4. Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng tâmO, AB =

2a,SA =4a Tính

1 Khoảng cách từOđến(SAB) Khoảng cách từ Ađến(SCD) Lời giải.

S

A

B C

D

O K

I H

1 Khoảng cách từOđến(SAB)

Theo đề thìSO⊥(ABCD) DựngOI ⊥ ABtạiIthìAB⊥(SIO)⇒(SAB)⊥(SIO) Hai mặt phẳng vng góc với theo giao tuyếnSI

DựngOH ⊥SI tạiH Suy raOH ⊥(SAB) Vậyd (O, (SAB))=OH OIlà đường trung bình của4BAD ⇒OI =

2AD =a

Trong4SAOvng tạiOcóSO=√SA2−AO2 =√16a2−2a2 =a√14.

Trong4SOI vng tạiO, ta có

OH2 =

1 OI2 +

1 OS2 =

1 a2 +

1 14a2 =

15

14a2 ⇒OH =

(192)

192 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN Khoảng cách từ Ađến(SCD)

VìS.ABCDlà hình chóp nên khoảng cách từ tâmOđến mặt bên nhau, cód (O, (SAB))=d (O, (SCD))=OH = a

√ 210 15

Hai điểm AvàOnằm đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SCD)tạiC, nên có d (A, (SCD))

˚

d(O, (SCD)) = AC AO =2

Vậyd (A, (SCD)) =2·d (O, (SCD))= 2a

√ 10 15

Bài 5. Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O, cạnh a, SA vng góc với đáy Góc tạo bởiSCvà mặt phẳng(SAB)bằng30◦

1 Tính khoảng cách từ điểmAđến mặt phẳng(SBD) Tính khoảng cách từ điểmCđến mặt phẳng(SBD)

3 Tính khoảng cách từ trung điểm I SC, trọng tâm G tam giác SCD đến mặt phẳng(SBD)

4 Tính khoảng cách từO, IvàGđến mặt phẳng(SAB) Lời giải.

30◦

S

A

B C

D I

G

E O

H

1 Tính khoảng cách từ điểmAđến mặt phẳng(SBD) Vì

®

CB⊥ AB

CB⊥SA ⇒CB⊥(SAB) Do đóSBlà hình chiếu củaSClên mặt phẳng(SAB) ⇒⁄SC, (SAB)

=SC÷,SB

=CSB‘ =30◦

Trong4SBCvng tạiBcóSB=BC·cot 30◦ =a√3

Trong4SABvng tạiAcóSA =√SB2−AB2 =√3a2−a2 =a√2.

Ta có

®

SA ⊥BD

AC ⊥BD ⇒ BD⊥(SAC)⇒(SBD)⊥(SAC)

Trong mặt phẳng(SAC), kẻ AH ⊥SO⇒ AH ⊥(SBD)⇒d (A, (SBD))= AH Trong4SAOvuông tạiAcó

1 AH2 =

1 SA2 +

1 AO2 =

1 2a2 +

2 a2 =

5

2a2 ⇒ AH =

(193)

Vậyd (A, (SBD))= a

√ 10

2 Tính khoảng cách từCđến mặt phẳng(SBD)

Vì hai điểm A C nằm đường thẳng có giao điểm với (SBD) O nên ta có d (C, (SBD))

d (A, (SBD)) = CO AO =1

Suy rad (C, (SBD))=d (A, (SBD))= a

√ 10

3 Tính khoảng cách từ IvàGđến mặt phẳng(SBD)

Vì hai điểm I C nằm đường thẳng có giao điểm với (SBD) S nên ta có d (I, (SBD))

d (C, (SBD)) = IS CS =

1 Do đód (I, (SBD))=

2d (C, (SBD))= a√10

10

Vì hai điểm I G nằm đường thẳng có giao điểm với (SBD) D nên ta có d (G, (SBD))

d (I, (SBD)) = GD

ID = Suy rad (G, (SBD))=

3d (I, (SBD))= a√10

15

4 Tính khoảng cách từO, IvàGđến mặt phẳng(SAB) Theo câu a) ta cóCB⊥(SAB)⇒d (C, (SAB)) =CB=a

Vì hai điểmI vàCnằm đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SAB)tạiSnên có d (I, (SAB))

d (C, (SAB)) = IS CS =

1 ⇒d (I, (SAB))=

2d (C, (SAB))= a

Vì hai điểmOvàCnằm đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SAB)tạiAnên có d (O, (SAB))

d (C, (SAB)) = OA CA =

1 ⇒d (O, (SAB))=

2d (C, (SAB))= a

VìCEk ABnênd (C, (SAB))=d (E, (SAB))= a

Vì hai điểmEvàGnằm đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SAB)tạiSnên có d (G, (SAB))

d (E, (SAB)) = GS

ES = ⇒d (G, (SAB))=

3d (E, (SAB))= 2a

3

Thông qua tập bạn thấy mấu chốt chủ yếu toán dựa vào khoảng cách từ hình chiếu đỉnh điểm A, sau sử dụng cơng thức tính tỉ lệ khoảng cách

Bài 6. Cho hình chópS.ABCDcó đáy nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AD=2a,SAvng góc với đáy(ABCD)vàSA =a√6

1 Tính khoảng cách từ A,Bđến(SCD) Tính khoảng cách từ ADđến(SBC) Lời giải.

(194)

Theo đề ta có

®

CD ⊥AC CD ⊥SA ⇒

®

CD ⊥(SAC)

CD ⊂(SCD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAC)theo giao tuyến SC

Kẻ AH ⊥ SC (H ∈ SC) ⇒

AH ⊥(SCD)

Do đód(A, (SCD))= AH Xét tam giác vng ACDcó AC = √AD2−CD2 =

√

4a2−a2= a√3.

Xét tam giác vngSACcó

AH2 =

1 SA2 +

1 AC2 =

1 a2 +

1 3a2 =

4 3a2

⇒ AH = a

√ ·

Gọi M trung điểm AD BMk CD

⇒ BMk (SCD) Gọi{O} = AC∩BM

⇒ d(B, (SCD)) =

d(O, (SCD))

Vì {C} = AO ∩ (SCD) OC =

2AC

nên d(O, (SCD)) =

1

2·d(A, (SCD))= a√3

4 Vậyd(B, (SCD))= a

√ Tính khoảng cách từ ADđến

(SBC)

VìADk BC ⇒ ADk(SBC) ⇒ d(AD, (SBC)) =

d(A, (SBC))

Kẻ AK ⊥BC (K ∈ BC)

M D H A J S O C B K

a√6

a

a a

30◦

Ta có

®

BC ⊥ AK BC ⊥SA ⇒

®

BC ⊥(SAK)

BC ⊂(SBC) ⇒(SBC)⊥(SAK)theo giao tuyếnSK Kẻ AJ ⊥SK (J ∈ SK)⇒ AJ ⊥(SBC) Do đód(A, (SBC))= AJ

Xét tam giác vngSAKcóAK =√AB2−BK2=

…

a2−a

2 = a √ · Xét tam giác vngSAKcó

AJ2 =

1 SA2 +

1 AK2 =

1 a2 +

4

3a2 ⇒ AJ =

a√21 · Vậyd(AD, (SBC))= a

√ 21 ·

(195)

5 KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 195 GọiHlà giao điểm củaBMvàAN

Ta có 4DAN = 4ABM (c.g.c) ⇒ DAN’ = ABM’ mà ABM’ +÷AMH = 90◦ ⇒ ÷H AM+ ÷

AMH =90◦ ⇒ ÷AHM=90◦hayBM ⊥ AN

Ta có

®

BM ⊥ AN

BM ⊥SA ⇒BM ⊥(SAN)⇒BM ⊥SH BMlà giao tuyến của(SBM)và(ABCD)

Khi góc mặt phẳng (SBM) mặt phẳng (ABCD) góc hai đường thẳng AN SH haySH A’ =45◦

Tam giácSAHvuông cân tạiA⇒ AH = AS =a Xét tam giác vng ABMcó

1 AH2 =

1 AM2 +

1

AB2 ⇔ AB

2 = 5AH2 ⇔ AB =

AH√5=a√5

Dựng AI ⊥ SH (I ∈ SH) Hai mặt phẳng (SBM) (SAN)vng góc với theo giao tuyếnSH ⇒ AI ⊥(SBM)⇒d(A, (SBM))= AI

Xét tam giác vng SAH có AI = SH

2 =

AH√2 = a√2

2 ·

S

M A

B C

H

D N I

45◦ a

Hai điểm AvàDnằm đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SBM)tạiMvới M trung điểm AD, nên có d(D, (SBM))

d(A, (SBM)) = DM

AM = ⇒ d(D, (SBM)) = d(A, (SBM)) = a√2

2 ·

Vậyd(D, (SBM))= a

√

2 ·

Bài 8. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDhình vng tâmO cạnha, SAvng góc với mặt đáy(ABCD)vàSA =a GọiI, Jlần lượt trung điểmSCvàAB

1 Chứng minh IO⊥(ABCD) Tính khoảng cách từ IđếnCJ Lời giải.

1 Chứng minh IO⊥(ABCD)

Ta cóOI đường trung bình của4SAC ⇒

®

OI k SA SA ⊥(ABCD) ⇒OI ⊥(ABCD)

2 Tính khoảng cách từ IđếnCJ KẻOH ⊥CJtại H

Ta có

®

CJ⊥OI

CJ⊥OH ⇒ CJ ⊥ (IOH) ⇒ CJ ⊥ I H ⇒ d(I,CJ)= I H

Gọi {G} = BO∩ CJ suy G trọng tâm 4ABC

Ta cóOG=

3OB= a√2

6 ·

S

I J

G

B H C

D A

O a

(196)

Xét tam giác vngCOGcó OH2 =

1 OC2 +

1 OG2 =

20

a2 ⇒OH =

a √

20· Xét tam giác vngOI H cóI H =√OH2+OI2 =

a2 20+

a2 =

a√30 10 · Vậyd(I,CJ)= I H = a

√ 30 10 ·

Bài 9. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có AA0 = a, đáy ABC tam giác vng AcóBC =2a, AB= a√3

1 Tính khoảng cách từ AA0tới mặt phẳng(BCC0B0) Tính khoảng cách từ Atới(A0BC)

3 Chứng minh AB ⊥ (ACC0A0) tính khoảng cách từ A0 đến mặt phẳng (ABC0)

Lời giải.

(197)

5 KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 197 DựngAH ⊥ BCtạiH, ta có:

®

AH ⊥BC

AH ⊥BB0 ⇒ AH ⊥ (BCB

0C0

) ⇒ d(A, (BCB0C0))= AH

4ABCvng tạiAcó: AC =√BC2−AB2 =a

AH · BC = AB· AC ⇒ AH = AB·AC

BC = a√3·a

2a = a√3

2

Kết luậnd(A, (BCB0C0)) =AH = a

√ VìAA0 k BB0 ⇒ AA0 k(BCC0B0)

⇒ d(AA0, (BCB0C0)) = d(A, (BCB0C0)) = AH =

a√3

Vậyd(AA0, (BCB0C0))= a

√ Tính khoảng cách từ Atới(A0BC)

Ta có:

®

BC⊥ AH

BC⊥ AA0 ⇒ BC ⊥ (A

0AH) ⇒

(A0BC) ⊥(A0AH)

(A0BC)∩(A0AH) =A0H

DựngAK ⊥ A0H, (K∈ A0H)⇒ AK ⊥(A0BC) Do đód(A, (A0BC))= AK

Trong4A0AHvng tạiAcó:

AK2 =

1 AA02+

1 AH2 =

7

3a2 ⇒ AK =

a√21 Vậyd(A, (A0BC))= AK = a

√ 21 Chứng minh AB⊥(ACC0A0)

Ta có:

®

AB ⊥AC

AB ⊥AA0 ⇒ AB⊥(ACC

0

A0)

Tính khoảng cách từ A0đến mặt phẳng(ABC0) AB⊥(ACC0A0) ⇒(ABC0)⊥(ACC0A0)

(ABC0)∩(ACC0A0)= AC0

DựngA0I ⊥ AC0 ⇒ A0I ⊥(ABC0) Do đód(A0, (ABC0)) =A0I

Trong4AA0C0vng tạiA0có:

A0I2 =

1 AA02 +

1 A0C02 =

2 a2 ⇒ A

0I = a

√ 2 Vậyd(A, (A0BC))= A0I = a

√ 2

B

C B0

C0

H A

A0

I K

Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O, cạnh a, SA ⊥ (ABCD)vàSA =a√3

1 Tính khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(SBC) Tính khoảng cách từOđến mặt phẳng(SBC)

(198)

Lời giải.

1 Tính khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(SBC) Ta có:

®

BC ⊥ AB

BC ⊥SA ⇒BC ⊥(SAB)⇒(SBC)⊥(SAB) Hai mặt phẳng này vng góc với theo giao tuyếnSB

Kẻ AH ⊥SBtạiH ⇒ AH ⊥(SBC) Vậy:d(A, (SBC))= AH

Trong4SABta có:

AH2 =

1 AB2 +

1 SA2 =

1 a2 +

1 3a2 =

4

3a2 ⇒ AH =

a√3

Kết luận:d(A, (SBC))= a

√

2 Tính khoảng cách từOđến mặt phẳng(SBC)

Hai điểm A O nằm đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SBC)tạiB.Nên ta có:

d(O, (SBC)) d(A, (SBC)) =

OC AC =

1

2 ⇒ d(O, (SBC)) =

2d(A, (SBC))= a√3

4 Vậyd(O, (SBC))= a

√

B H

I G

A

C

D O

S

3 Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giácSABđến mặt phẳng(SAC) Ta cóBO⊥(SAC)⇒d(B, (SAC)) =BO= BD

2 = a√2

2

Hai điểmBvàGnằm đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SAC)tại I với I trung điểm củaSA

Do ta có d(G, (SAC)) d(B, (SAC)) =

GI BI =

1

3 ⇒d(G, (SAC))=

3d(B, (SAC))= a√2

6 Vậyd(G, (SAC))= a

√

Bài 11. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng cạnha,SA = avàSA ⊥ (ABCD)

1 GọiI trung điểm củaSD Chứng minh AI ⊥(SCD)

2 Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giácSBCđến mặt phẳng(ABCD) Lời giải.

1 Chứng minhAI ⊥(SCD) Ta có

®

CD⊥ AD

(199)

5 KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 199 Hai mặt phẳng vng góc với theo

giao tuyếnSD

Mặt khácAI ⊥SDvì tam giácSADcân tạiA Suy AI ⊥(SCD)

2 Tính khoảng cách từ trọng tâm tam giácSBC đến mặt phẳng(ABCD)

GọiHlà trung điểm BC

Hai điểmSvàG nằm đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(ABCD)tạiH nên có:

d(G, (ABCD)) d(S, (ABCD)) =

GH SH =

1

3 ⇒d(G, (ABCD))=

3d(S, (ABCD))= a Vậyd(G, (ABCD))= a

3

B

A G

I

C

D

H S

Bài 12. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình chữ nhật vớiAB =a, AD =2a, SA=avàSA ⊥(ABCD) GọiI, Mlần lượt trung điểm củaSC,CD

1 Tính khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(SBD) Tính khoảng cách từ Iđến mặt phẳng(SBD) Tính khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(SBM) Lời giải.

1 Tínhd(A, (SBD)) Kẻ AO⊥BDtạiO

CóBD⊥ AOvàBD⊥SA⇒ BD⊥(SAO)⇒(SBD)⊥(SAO) Hai mặt phẳng vng góc với theo giao tuyếnSO DựngAH ⊥SOtạiH ⇒ AH ⊥(SBD)

Vậyd(A, (SBD))= AH Trong tam giácABD có:

1 AO2 =

1 AB2+

1 AD2 =

1 a2+

1 4a =

5

4a2 ⇒ AO =

2a √

5 Trong4SAOcó:

1 AH2 =

1 AO2 +

1 SA2 =

5 4a2 +

1 a2 =

9 4a2 ⇒

AH = 2a

3

Vậyd(A, (SBD))= 2a

3

2 Tính khoảng cách từ Iđến mặt phẳng(SBD) GọiN = AC∩BD

Vì hai điểm A C nằm đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SBD)tạiN, nên có:

d(C, (SBD)) d(A, (SBD)) =

CN

AN = ⇒ d(C, (SBD)) = d(A, (SBD))= 2a

3

B

A

J I

C

D M K

H O N S

a

2a

(200)

200 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN Vì hai điểm IvàCnằm đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng(SBD)tạiS, nên có:

d(I, (SBD)) d(C, (SBD)) =

SI SC =

1

2 ⇒d(I, (SBD))=

2d(C, (SBD))= a Vậyd(I, (SBD)) = a

3

3 Tính khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(SBM)

Kẻ AK ⊥BM, AJ ⊥SK Suy AJ ⊥(SBM)⇒d(A, (SBM))= AJ Ta có:BM =√BC2+CM2 =

4a2+ a

4 = a√17

2 Ta có:

SABCD =S4ABM+2S4BCM ⇔ 2a2=

2AK·BM+2·

2BC·CM ⇔ 2a2=

2· a√17

2 ·AK+ a2

2 ⇒ AK = √6a

17

Trong4SAKcó: AJ2 =

1 AK2 +

1 SA2 =

17 36a2 +

1 a2 =

53

36a2 ⇒ AJ =

6a √

53 Kết luận:d(A, (SBM))= √6a

53

Bài 13. Cho hình thoiABCDtâmO, cạnhavàAC =a Từ trung điểm HcủaABdựng SHvng góc với(ABCD)vớiSH =a

1 Tính khoảng cách từ Hđến(SCD) Tính khoảng cách từOđến(SCD) Tính khoảng cách từ Ađến(SBC)

Lời giải.

Tài liệu hình học không gian dành cho học sinh lớp 11 - TOANMATH.com

Thông tin tài liệu

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

Tài liệu liên quan