ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a, SO vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SO = a.. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, mặt bên SBC tạo với đ[r]
(1)3
BÀI 1. VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN
A TĨM TẮT LÍ THUYẾT 1 CÁC ĐỊNH NGHĨA
1 Véctơ đoạn thẳng có hướng (có phân biệt điểm đầu điểm cuối)
2 Véctơ - khơng véctơ có điểm đầu điểm cuối trùng
3 Ký hiệu véctơ: AB# »(điểm đầu A, điểm cuối làB) hay #»a,#»b, #»x,#»y,
4 Độ dài véctơ khoảng cách điểm đầu điểm cuối véctơ Kí hiệu |AB|,# » |#»a|
5 Giá véctơ đường thẳng qua điểm đầu điểm cuối véctơ
6 Hai véctơ gọi phương giá chúng song song trùng
7 Hai véctơ phương hướng ngược hướng
8 Hai véctơ hai véctơ hướng có độ dài Tức là#»a = #»b ⇔ ®
cùng hướng |#»a|=|#»b|
9 Hai véctơ đối hai véctơ ngược hướng có độ dài
10 Các phép toán cộng, trừ, nhân véctơ với số định nghĩa tương tự mặt phẳng
2 CÁC QUY TẮC TÍNH TỐN VỚI VÉCTƠ
1 Quy tắc ba điểm (với phép cộng):AB# »+BC# »= AC.# »
2 Quy tắc ba điểm (với phép trừ):OB# »−OA# »= AB.# »
3 Quy tắc ba điểm (mở rộng):AX# »1+X# »1X2+X2X3# »· · ·+Xn# »−1Xn +Xn# »B = AB.# »
4 Quy tắc hình bình hành: (a) AB# »+AD# » = # »AC (b) AB# »+AD# » =2# »AE
trong ABCDlà hình bình hành vàElà trung điểm củaBD
5 Quy tắc hình hộp:
# »
AB+AD# »+# »AA0 = AC# »0 ABCD.A0B0C0D0là hình hộp
A0 B
0 C0
D0 A
B C
D
(2)3 MỘT SỐ HỆ THỨC VÉCTƠ TRỌNG TÂM, CẦN NHỚ
1 Ilà trung điểm đoạn thẳng AB⇔ I A# »+IB# »= #»0 ⇔OA# »+OB# »=2OI# » (vớiOlà điểm bất kỳ)
2 G trọng tâm tam giác ABC ⇔ GA# »+GB# »+GC# » = #»0 ⇔ OA# »+OB# »+OC# » = 3OG# » ⇔ AG# »=
3
# »
AM(vớiOlà điểm bất kỳ,Mlà trung điểm cạnh BC)
3 Glà trọng tâm tứ diệnABCD⇔ GA# »+GB# »+GC# »+GD# »= #»0 ⇔OA# »+OB# »+OC# »+OD# »=
4OG# »⇔ AG# »=
4
# »
AA0(với điểmObất kỳ,A0là trọng tâm của∆BCD) ⇔GM# »+GN# »= #»0 (với M,Nlà trung điểm cặp cạnh đối diện)
4 #»a #»b 6= #»0 phương⇔ ∃k ∈R: #»a =k.#»b
5 #»a #»b 6= #»0 hướng⇔ ∃k ∈R+ : #»a =k.#»b
6 #»a #»b 6= #»0 ngược hướng⇔ ∃k∈ R− : #»a =k.#»b
7 Ba điểmA,B,Cthẳng hàng⇔ ∃k∈ R: AB# »=k.AC# » 4 ĐIỀU KIỆN ĐỒNG PHẲNG CỦA BA VÉCTƠ
Định nghĩa Trong không gian, ba véctơ gọi đồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng
Hệ Nếu có mặt phẳng chứa véctơ đồng thời song song với giá hai véctơ ba véctơ đồng phẳng
Định lí (Điều kiện để ba véctơ đồng phẳng) Trong không gian cho hai véctơ #»a và #»b không cùng phương véctơ #»c Khi đó #»a, #»b và #»c đồng phẳng tồn cặp số (m;n) sao cho #»c = m#»a +n#»b (cặp số(m;n)nêu nhất).
4! Bốn điểm phân biệt A,B,C,Dđồng phẳng⇔ # »AB,AC# »,AD# »đồng phẳng⇔ AB# »=m.AC# »+n.AD# ». 5 PHÂN TÍCH MỘT VÉCTƠ THEO BA VÉCTƠ KHƠNG ĐỒNG PHẲNG
Định lí
Cho ba véctơ #»a, #»b và #»c không đồng phẳng Với véctơ #»x, ta tìm duy nhất số(m;n;p)sao cho #»x =m.#»a +n.#»b +p.#»c.
#»a #»b #»c #»x
6 TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VÉCTƠ
Định nghĩa
1 Nếu #»a 6= #»0 #»b 6= #»0 #»a.#»b =|#»a|
#» b
cos(
#»a, #»b)
(3)3 Bình phương vơ hướng véctơ: #»a2 =|#»a|2 4! Một số ứng dụng tích vô hướng
1 Nếu #»a 6= #»0 và #»b 6= #»0 ta có #»a ⊥ #»b ⇔ #»a.#»b =0
2 Cơng thức tính cơsin góc hợp hai véctơ khác #»0:cos(#»a,#»b) =
#»a.#»b |#»a|
#» b
3 Cơng thức tính độ dài đoạn thẳng:AB =
# » AB
= p# »
AB2
B CÁC DẠNG TOÁN
{DẠNG 1.1 Xác định véctơ khái niệm có liên quan
Phương pháp giải:
Dựa vào định nghĩa khái niệm liên quan đến véctơ (xem mục 1) Dựa vào tính chất hình học hình hình học cụ thể.
VÍ DỤ Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 Hãy xác định véctơ (khác #»0) có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình hộp ABCD.A0B0C0D0
a) phương với AB;# » b) phươngAA# »0
L Lời giải
a) Các véctơ có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình hộp phương vớiAB# »là # »
BA;CD# »;DC# »;A# »0B0;B# »0A0;C# »0D0;D# »0C0
b) Các véctơ có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình hộp phương vớiAA# »0là # »
AA0;A# »0A;BB# »0;B# »0B;CC# »0;C# »0C;DD# »0;D# »0D
VÍ DỤ Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 GọiO,O0lần lượt giao điểm hai đường chéo hai đáy Hãy xác định véctơ (khác #»0) có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình lập phương ABCD.A0B0C0D0sao cho
a) bằngOO# »0 b) bằngAO.# »
L Lời giải
a) Ta cóOO# »0 = AA# »0 = BB# »0 =CC# »0 =DD# »0
b) Ta có Các véctơ thỏa mãn là: AO# »= A# »0O0 =OC# »=O# »0C0
(4)
a) hướngAM.# » b) ngược hướngMN.# »
Lời giải.
a) Các véctơ có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình lăng trụ hướng với # »AMlà # »
AB;DN# »;DC# »;A# »0B0;D# »0C0
b) Các véc tơ có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình lăng trụ ngược hướng vớiMN# »là # »
DA;CB# »;D# »0A0;C# »0B0
BÀI Cho bốn điểmA,B,C,D Hãy xác định véctơ trường hợp sau: a) Có điểm đầu cuối làA,B;
b) Có điểm đầu cuối làA,B,C; c) Có điểm đầu cuối làA,B,C,D
Lời giải.
a) Các véctơ thỏa mãn là:AB# »;BA.# »
b) Các véctơ thỏa mãn là:AB# »;BA# »;BC# »;CB# »;AC# »;CA.# »
c) Các véctơ thỏa mãn là:AB# »;BA# »;BC# »;CB# »;CD# »;DC# »;DA# »;# »AD;AC# »;CA# »;BD# »;DB.# »
BÀI Cho hình lăng trụ tứ giácABCD.A0B0C0D0.Mặt phẳng(P)cắt cạnh bênAA0,BB0,CC0,DD0 I,K,L,M.Xét véctơ có điểm đầu điểm I,K,L,M có điểm cuối đỉnh hình trụ Hãy véctơ
a) Cùng phương vớiI A.# » b) Cùng hướng với # »I A
c) Ngược hướng với I A.# »
Lời giải.
a) Các véctơ phương với I A# »bao gồm I A# », I A# »0, KB# », KB# »0, LC# », LC# »0, MD# », MD# »0 b) Các véctơ hướng vớiI A# »bao gồmI A# », KB# », LC# », MD.# »
c) Các véctơ ngược hướng vớiI A# »bao gồmI A# », KB# », LC# », MD.# »
{DẠNG 1.2 Chứng minh đẳng thức véctơ
Để chứng minh đẳng thức vectơ ta thường sử dụng:
(5)Tính chất trung điểm, trọng tâm tam giác, tích số với vectơ Để biến đổi vế thành vế kia.
VÍ DỤ Cho bốn điểm A,B,C,Dbất kì không gian Chứng minh rằng: # »
AB+CD# »= AD# »+CB# »
L Lời giải
Ta có: AB# »+CD# » =AD# »+DB# »+CB# »+BD# »= AD# »+CB# »+DB# »+BD# » =AD# »+CB# »+ #»0 = AD# »+CB# »
VÍ DỤ Cho tứ diện A,B,C,D Gọi I,J trung điểm củaAB,CD
a) Chứng minh rằng:I J#»=
2
# »
AD+BC# »
b) Cho G trung điểm I,J Chứng minh rằng: 4MG# » = MA# »+MB# »+MC# »+MD, với# » điểmMtrong không gian
L Lời giải
a) Chứng minh rằng:I J#»=
2
# »
AD+BC# »
Ta cóI J#»= I A# »+AD# »+DJ# »vàI J#»= IB# »+BC# »+CJ# »
Suy ra2#»I J = # »I A+AD# »+DJ# »+IB# »+BC# »+CJ# »=I A# »+IB# »+AD# »+BC# »+DJ# »+CJ# » = #»0 +# »AD+BC# »+#»0 = AD# »+BC# »
b) Cho G trung điểm I,J Chứng minh rằng: 4MG# » = MA# »+MB# »+MC# »+MD, với mọi# » điểmMtrong khơng gian
TacóMA# »+MB# »+MC# »+MD# »=4MG# »+GA# »+GB# »+GC# »+GD# »=4MG# »+2GI# »+2GJ# »=4MG# »+
2#»0 =4MG# »
(VìI trung điểm AB,J trung điểm củaCD,Glà trung điểm I J)
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho tứ diệnABCD GọiM,Nlần lượt trung điểm củaABvàCD Chứng minh rằng:AD# »+ # »
BC =2MN# »
Lời giải.
VìNlà trung điểm cuảCDnên ta có: MN# »=MA# »+AD# »+DN.# » VìMlà trung điểm AB nên ta có:MN# »= MB# »+BC# »+CN.# »
Suy ra,2MN# »=MA# »+MB# »+AD# »+BC# »+DN# »+CN# »= #»0 +AD# »+BC# »+#»0 =AD# »+BC# »
(6)BÀI Cho tứ diện ABCD Gọi M,N trung điểm cạnhABvàCD Gọi P,Qlà điểm nằm cạnh ADvàBC cho: # »AP =
4
# »
AD,BQ# » =
4
# »
BC Chứng minh # »
MN =2MP# »+2# »MQ
Lời giải.
Ta có, # »MN =MA# »+AD# »+DN# »vàMN# »= MB# »+BC# »+CN.# »
⇒2MN# »= MA# »+AD# »+DN# »+MB# »+BC# »+CN# » = MA# »+MB# »+DN# »+CN# »+AD# »+BC# » = AD# »+BC# »
⇒2MN# »= AD# »+BC# » (3.1)
Ta lại có theo giả thiết:
# » AP =
4
# » AD # »
BQ =
4
# » BC
⇒ ®# »
AD =4AP# » # »
BC =4BQ# » (3.2)
Thay(1.2)vào(1.1)ta được: # »
MN =2# »AP+2BQ# » =2AM# »+MP# »+BM# »+MQ# » =2MP# »+MQ# »+AM# »+BM# »
=2MP# »+2MQ# » (ĐPCM)
BÀI Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình chữ nhật Chứng minh rằng:
a) SA# »+SC# »=SB# »+SD# »
b) SA# »2+SC# »2=SB# »2+SD# »2
Lời giải.
a) SA# »+SC# »=SB# »+SD# »
GọiOlà tâm hình chữ nhât ABCD Ta có,Olà trung điểm ACvàBDnên # »
SA+SC# »=2SO# » (3.3)
# »
SB+SD# » =2SO# » (3.4)
Từ(1.3)và(1.4)suy ra,SA# »+SC# »=SB# »+SD# »
b) SA# »2+SC# »2=SB# »2+SD# »2
Ta có,SA# »2 = SO# »+OA# »2 =SO# »2+OA# »2+2SO# ».OA# »vàSC# »2 = SO# »+OC# »2 = SO# »2+OC# »2+
(7)Suy ra,SA# »2+SC# »2 =2SO# »2+OA# »2+OC# »2+2SO# »OA# »+OC# »=2SO# »2+OA# »2+OC# »2 Tương tự,SB# »2+SD# »2 =2SO# »2+OB# »2+OD# »2
VìABCDlà hình chữ nhật nên ta có
# » OA
=
# » OB
=
# » OC
=
# » OD
Từ suy ra,SA# »2+SC# »2 =SB# »2+SD# »2
{DẠNG 1.3 Tìm điểm thỏa mãn đẳng thức vecto
Dựa vào yếu tố cố định điểm véc-tơ.
Các bước thực hành giải toán:
1 Biến đổi đẳng thức véc-tơ cho trước dạng:OM# »= #»v. Trong đó: ĐiểmOvà véc-tơ #»v đã biết.
2 Nếu muốn dựng điểmM, ta lấyOlàm gốc dựng véc-tơ véc-tơ #»v, điểm ngọn véc-tơ làM.
Ứng dụng tính chất tâm tỉ cự hệ điểm
Với điểm A1,A2, ,An và sốα1,α2, ,αn thỏa mãn điều kiện n ∑ i=1
ai 6=0.
Tồn điểm Msao cho:
n ∑ i=1
αiMA# »i= #»0.
Điểm M như gọi tâm tỉ cự hệ điểm {A1,A2, ,An} với hệ số tương ứng là
{α1,α2, ,αn}.
Trong trường hợpαi =αj∀i,jđiểm Mgọi trọng tâm hệ điểm{A1,A2, ,An}.
Một số kết thường sử dụng
Với A,B,Clà điểm cố định, #»v là véc-tơ biết.
1 MA# »+MB# » = #»0 ⇒Mlà trung điểmAB.
2 Nếu A,B,Ckhông thẳng hàng thì MA# »+MB# »+MC# » = #»0 ⇒ Mlà trọng tâm tam giác
ABC.
3 Tập hợp điểmMthỏa mãn
# » MA
=
# » MB
là mặt phẳng trung trực củaAB.
4 Tập hợp điểmMthỏa mãn
# » MC
=k
# » AB
là mặt cầu tâmCbán kính bằngk.AB.
VÍ DỤ 1.# » Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 Xác định vị trí điểmOsao cho: OA+OB# »+OC# »+OD# »+OA1# »+OB1# »+OC1# »+OD1# »= #»0
(8)GọiG,G0 giao điểm đường chéo ABCD A1B1C1D1 Khi ta có:# »
OA+OB# »+OC# »+OD# »+OA1# »+OB1# »+OC1# »+OD1# » =GA# »+GB# »+GC# »+GD# »+G# »0A1+
# » G0B1+
# » G0C1+
# »
G0D1+4(GO# »+ # » G0O) =4(GO# »+G# »0O) = #»0
Suy raOlà trung điểmGG0
A B C D A1 B1 C1 D1 G G0 O
VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD Xác định điểmI,H,Gthỏa mãn
1 AI# » = # »AB+# »AC+AD.# »
2 AH# »= AB# »+AC# »−AD.# »
3 GA# »+GB# »+GC# »+GD# »= #»0
L Lời giải
1 Ta có: # »AI = AB# »+AC# »+# »AD
Mà(AB# »+AC) +# » AD# » = AG# »+AD# » với G đỉnh cịn lại hình bình hànhABGCvìAG# » =AB# »+AC.# »
Vậy AI# » = AG# »+AD# »với I đỉnh cịn lại hình bình hành AGID
Do AI đường chéo hình hộp có ba cạnh AB,AC,AD
2 Ta có: # »AH= AB# »+AC# »−AD.# »
Mà(AB# »+AC)# » −AD# » = # »AG−# »AD=DG.# »
Vậy AH# » = DG# » nên F đỉnh cịn lại hình bình hành ADGH
3 Ta có:GA# »+GB# »+GC# »+GD# »=4GP# »+PD# »= #»0 ⇒ PD# »=4PG# » vớiPlà trọng tâm tam giác ABC ⇒Glà điểm nằm đoạn thẳngDPsao choPD =4PG
ĐiểmGthỏa mãn đẳng thức gọi trọng tâm tứ diện
D I A C G B H P
VÍ DỤ Trong khơng gian cho ba điểm A,B,Ccố định khơng thẳng hàng, tìm tập hợp điểmMsao cho:
# »
MA+MB# »+MC# » =
# »
MA−MB# »−MC# »
L Lời giải
GọiGlà trọng tâm∆ABC, ta biến đổi đẳng thức dạng:
# » MG = # »
MA−3MG# » ⇔ # » MG = # » GA
⇒ Mthuộc mặt cầu tâmG, bán kínhGAcố định
(9)BÀI Cho tứ giác ABCD Tìm điểmGthỏa mãn: # »
GA+GB# »+GC# »+GD# »= #»0
Lời giải.
GọiIlà trọng tâm tam giác ABC ⇒ Icố định Khi ta có: # »
GA+GB# »+GC# »+GD# »=4GI# »+ID# »= #»0 ⇒ ID# »=4IG.# »
ĐiểmGđược xác định nhờ đẳng thức
BÀI Cho hình chópS.ABCD Tìm điểmOthỏa mãn:OA# »+OB# »+OC# »+OD# »+OS# » = #»0
Lời giải.
GọiGlà trọng tâm tứ giácABCD ⇒Gcố định Khi ta có: # »
GA+GB# »+GC# »+GD# »= #»0 ⇒OA# »+OB# »+OC# »+OD# »+OS# » =4OG# »+OS# » = #»0
⇒OS# »=4OG# »⇒GS# »=3OG.# »
ĐiểmOđược xác định nhờ đẳng thức
BÀI Cho hình chópS.ABC Tìm điểmGthỏa mãn:SA# »=3SG# »−2SB# »−BC.# »
Lời giải.
Ta có:SA# »=3SG# »−2SB# »−BC# » ⇔SA# »=3SG# »−SB# »−(SB# »+BC)# »
⇔SA# »=3SG# »−SB# »−SC# »⇔SA# »+SB# »+SC# »=3SG# » ⇔GA# »+GB# »+GC# » = #»0
ĐiểmGlà trọng tâm tam giácABC
BÀI Cho tứ diện ABCD Tìm điểmIthỏa mãn đẳng thức:2# »I A+IB# »+# »IC+ID# »= #»0
Lời giải.
GọiGlà trọng tâm tứ diện Khi đó:GA# »+GB# »+GC# »+GD# »= #»0
2I A# »+IB# »+IC# »+ID# » = #»0 ⇔ I A# »+IB# »+IC# »+ID# »=4IG# »= # »AI
⇒Glà điểm nằm AGthỏa mãn4GI = AI
BÀI Trong không gian cho ba điểm A,B,C cố định không thẳng hàng Tìm tập hợp điểm Nsao cho:
# »
N A+2# »NB−NC# » =
# »
2BN−2# »BA
Lời giải.
GọiGlà điểm thỏa mãn đẳng thứcGA# »+2GB# »−GC# » = #»0 ⇒ Gcố định Ta có
# »
N A+2# »NB−NC# » =
# »
2BN−2# »BA ⇔
# » NG
=
# »
2AN
⇒Tập hợp Nlà mặt phẳng trung trực AG
BÀI 6.# » Cho tứ diện ABCD có cạnh AB = Xác định vị trí M đểP = 3MA# »2+MB# »2+ MC2+MD# »2có giá trị nhỏ
Lời giải.
B
C
D A
I
G
(10)P =3MI# »+I A# »2+MI# »+IB# »2+MI# »+IC# »2+MI# »+ID# »2 =6MI2+3I A2+IB2+IC2+ID2+2MI# »3I A# »+IB# »+IC# »+ID# » =6MI2+3I A2+IB2+IC2+ID2
Do đó:Pnhỏ nhất⇔ Mtrùng I
GọiGlà trọng tâm tam giácBCDta có:ID# »+IB# »+IC# »=3IG.# » Kết hợp với(1)⇒ I A# » =GI# »⇒ I trung điểmGA
Khi đóI A2= 25
6 ,IB
2= IC2= ID2 = 25
2 ⇒ P=50
{DẠNG 1.4 Tích vơ hướng hai véctơ
Phương pháp giải: dựa vào định nghĩa tính chất tích vơ hướng (xem mục 6), quy tắc tính toán véctơ (xem mục 2) hệ thức véctơ trọng tâm (xem mục 3) để giải tốn.
VÍ DỤ Cho hai véctơ #»a #»b Chứng minh rằng: #»a.#»b =
4(
#»a +#»b
2 −
#»a −#»b
2 )
L Lời giải
Ta có:VP =
4(
#»a +#»b
2 −
#»a −#»b
2 ) =
4((
#»a +#»b)2
−(#»a − #»b)2).=
4(
#»a2+#»
b2+2#»a.#»b −(#»a2+ #»
b2−2#»a.#»b)) = #»a.#»b =VT
VÍ DỤ Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0có cạnh bằnga Tính# »AB+# »AD.B# »0D0
L Lời giải
Ta có:AB# »+AD# ».B# »0D0 = AC# ».B# »0D0 =0(vì AC⊥B0D0 ⇒ AC# ».B# »0D0 =0)
VÍ DỤ Cho|#»a|=2,
#» b
=3,(
#»a, #»b) =120◦
Tính
#»a +#»b
#»a − #»b
L Lời giải
Ta có:
#»a + #»b
2
= #»a +#»b2 = |#»a|2+
#» b
2
+2#»a.#»b = |#»a|2+
#» b
2
+2|#»a|
#» b
cos #»
a, #»b ⇒
#»a +#»b
2
=22+32+2.2.3 cos 120◦ =7 ⇒
#»a +#»b = √ Ta có:
#»a − #»b
2
= #»a −#»b2 = |#»a|2+
#» b
2
−2#»a.#»b = |#»a|2+
#» b
2
−2|#»a|
#» b
cos #»
a, #»b ⇒
#»a +#»b
2
=22+32−2.2.3 cos 120◦ =19 ⇒
#»a +#»b =
√
19
VÍ DỤ Cho|#»a|=3,
#» b
=4,
#»a.#»b =−6 Tính góc hợp hai véctơ #»a và #»b.
(11)Ta có #»a.#»b =|#»a|
#» b
cos #»
a,#»b ⇔cos#»a,#»b=
#»a.#»b |#»a|
#» b
= −6
3.4 =−
Vậy góc hợp hai véctơ #»a #»b là120◦
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có mặt đáy ABCD hình chữ nhật Tính SA# ».SC# »− # »
SB.SD.# »
L Lời giải
Ta cóSA# ».SC# »=SB# »+BA# ».SD# »+DC# » =SB# ».SD# »+SB# ».DC# »+BA# ».SD# »+BA# ».DC# »
=SB# ».SD# »+SB# ».AB# »+BA# ».SD# »+BA# ».DC# »(vìDC# » = AB)# » =SB# ».SD# »+−SB# ».BA# »+BA# ».SD# »+BA# ».DC# »
=SB# ».SD# »+BA# »−SB# »+SD# »+DC# »
=SB# ».SD# »+BA# »BS# »+SD# »+DC# » =SB# ».SD# »+BA# ».BC# »= SB# ».SD# » (vìBA⊥BC ⇒ BA# ».BC# » =0)
VậySA# ».SC# »−SB# ».SD# » =0 A B
C D
S
VÍ DỤ Cho hình chópS.ABCcóSA=SB=SC = AB= AC =avàBC= a√2
1 Tính tích vơ hướngSA# ».AB;# »
2 Tính tích vơ hướngSC# ».AB.# »
L Lời giải
a) Ta cóSA# ».AB# »=−AS# ».AB# »=−AS.AB cosAS# ».AB# » =−a.a cosSAB=−a.a cos 60◦ =−1
2a
2.
S
A B
C b) Ta có: SC# ».AB# » = AC# »−AS# ».AB# » = AC# ».AB# »−AS# ».AB# » = 0−
# » AS.AB# » = −
# » AS
# » AB
cos # »
AS,AB# » =−a.a cosSAB‘ = −a.a cos 60◦ = −1
2a
2.
S
B C
A H
(12)BÀI Cho tứ diện ABCDcó cạnh bằnga GọiM, N trung điểm cạnhBC vàCD Tính tích vơ hướng # »AM.# »AN
Lời giải.
Do mặt tứ diệnABCDđều tam giác đều, nên ta dễ dàng tính độ dài đoạn thẳng trong∆AMN:AM =AN = a
√
3 ,
MN = a
2
Xét ∆AMN, ta có: cos÷MAN =
AM2+AN2−MN2
2AM.AN =
a√3 !2 + a √ !2
−a
2 2.a √
a√3
=
6
Ta có: AM# ».AN# » = # » AM # » AN cos # »
AM,# »AN = a√3
2
a√3
2 cos÷MAN =
a√3
a√3 = 8a A B D C M N
BÀI Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC ABD tam giác có cạnh a, CD = a√2 GọiGlà trọng tâm tam giácBCA Tính tích vơ hướngAG# ».BC# »
Lời giải.
Ta có3AG# ».CD# »=AB# »+AC# » AD# »−AC# » = AB# ».AD# »−# »AB.AC# »+AC# ».AD# »−AC2 =a.a cos 60◦−a.a cos 60◦+0−a2=−a2 Vậy AG# ».CD# » =−a
2
6
A
B G D
C
BÀI Cho tứ diện ABCDcó cạnh bằnga, Mlà trung điểm cạnh BCTínhAM# ».AD.# »
Lời giải.
Do mặt tứ diệnABCDđều tam giác đều, nên ta dễ dàng tính độ dài đoạn thẳng trong∆AMD: AM= MD= a
√
3 ,
AD=a
Xét ∆AMD, ta có: cos÷MAD =
AM2+AD2−MD2
2AM.AD =
a√3
!2
+a2− a √ !2 2.a √ a
= √
3
Ta có: AM# ».AD# » = # » AM # » AD cos # »
AM,AD# » = a√3
2 a cos÷MAD =
a√3 a
√ 3 = 2a 2. A B D C M H
BÀI Cho tứ diện ABCDcạnha,Mlà trung điểm cạnh AB TínhCM# ».DM.# »
(13)Do mặt tứ diệnABCDđều tam giác đều, nên ta dễ dàng tính độ dài đoạn thẳng trong∆MCD:MC = MD= a
√
3 ,
CD= a
Ta có: CM# ».DM# » = −MC# ».−MD# » = MC# ».MD# » =
# » MC # » MD cos # »
MC,MD# » Xét4CMD, ta có:
cosMC# »,MD# » = cosCMD’ =
MC2+MD2−CD2
2MC.MD =
a√3 !2 + a √ !2
−a2
2.a
√
3
a√3
=
3
Khi đó:CM# ».DM# »= a √
3
a√3 = a2 A B M D C H
BÀI Cho tứ diện ABCDcạnha; I, J trung điểmABvàCD TínhCI# ».AJ# »
Lời giải.
GọiHlà tâm đường tròn ngoại tiếp∆BCD ⇒ AH⊥(BCD)
Ta có: CI# ».AJ# » = AI# »−# »AC.AC# »+CJ# » = AI# ».AC# »+ AI# ».CJ# »− # »
AC.AC# »−AC# ».CJ.# » Ta có:
®
CD⊥BJ
CD⊥AH ⇒CD⊥(ABJ)⇒CD⊥AB⇒ # »
AI.CJ# »=0 Ta có: AI# ».AC# » =
# » AI # » AC cos # »
AI,# »AC = a
2.a cosI AC‘ =
a
2.a cos 60
◦ = a2
Tương tự: −AC# ».CJ# » = CA# ».CJ# » = # » CA # » CJ cos # »
CA,CJ# » = a
2.a cosACJ‘ =
a
2.a cos 60 ◦ = a2
4
Do đó:CI# ».AJ# »= a
4 +
a2
4 −
# » AC2 = a
2
4 +
a2
4 −a
2=−1
2a 2. A I B D J C H
{DẠNG 1.5 Chứng minh ba véctơ đồng phẳng
Để chứng minh ba vectơ đồng phẳng, ta chứng minh hai cách: Chứng minh giá ba vectơ song song với mặt phẳng.
Dựa vào điều kiện để ba vectơ đồng phẳng : Nếu cóm,n ∈ R : #»c = m#»a +n#»b thì #»a,#»b, #»c
đồng phẳng.
VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD GọiM,Nlần lượt trung điểm củaABvàCD Chứng minh rẳng vectơBC# »,AD# »,MN# »đồng phẳng
(14)GọiP,Qlần lượt trung điểm AC,BD
Ta có
PN k MQ PN =MQ=
2AD
⇒ MNPQlà hình bình hành
Mặt khác(MNPQ)chứa đường thẳng MN song song với đường thẳng ADvàBC
⇒ba đường thẳng MN,AD,BCcùng song song với mặt
phẳng Do vectơBC# »,AD# »,MN# »đồng phẳng Q
C
B D
N A
P M
VÍ DỤ Cho tam giác ABC Lấy điểmS nằm mặt phẳng(ABC) Trên đoạnSA lấy điểm Msao cho MS# » = −2MA# »và đoạn BClấy điểm Nsao cho NB# » = −1
2
# »
NC Chứng minh ba vectơ AB# »,MN# »,SC# »đồng phẳng
L Lời giải
Ta có :MN# »= MA# »+AB# »+BN# » ⇒2MN# »=2# »MA+2AB# »+2BN# »(1) Mặt khác :MN# »= MS# »+SC# »+CN# »=−2MA# »+SC# »+2NB# » (2) Cộng vế theo vế, ta :3MN# »=SC# »+2# »ABhayMN# »=
3
# » SC+2
3
# » AB
Vậy :AB# »,MN# »,SC# »đồng phẳng
{DẠNG 1.6 Phân tích vectơ theo vectơ không đồng phẳng cho trước
Để phân tích vectơ #»x theo ba vectơ #»a,#»b, #»c khơng đồng phẳng, ta tìm số m,n,p sao cho
#»x =m#»a +n#»b +p#»c.
VÍ DỤ Cho hình hộp ABCD.EFGH có AB# » = #»a,AD# » = #»b,# »AE = #»c Gọi Ilà trung điểm củaBG biểu thị vectơ AItheo vectơ #»a, #»b,#»c
L Lời giải
E
F
I
H A
G
B C
D #»a
#» b
#»c
VìIlà trung điểm BGnên AI# » =
2
# »
(15)Theo quy tắc hình hộp, AG# »= #»a +#»b +#»c nên AI# »=
2
#»
a + #»a +#»b +#»c= #»a +1
2
#» b +
2
#»c.
VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD Gọi M trung điểm củaCD, I trung điểm BM Đặt # »
AB = #»b,AC# »= #»b vàAD# »= #»c phân tích vectơAI# »theo vectơ #»a,#»b, #»c
L Lời giải
Ta có2AI# » =AB# »+AM# »= AB# »+ # » AC+AD# »
2 =
#»a + #»b +#»c
2
Vậy AI# »=
2
#»a + +1
#» b +1
4
#»c.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho tứ diện ABCD GọiM,Nlần lượt trung điểm củaABvàCD Trên cạnhAD,BC lấy điểmP,Qsao choAP# »=
3
# »
ADvàBQ# » =
3
# »
BC Chứng minh điểmM,N,P,Q thuộc mặt phẳng
Lời giải. M C N Q B D P A
Ta có :
®# »
MN =MA# »+AD# »+DN# » # »
MN =MB# »+BC# »+CN# » ⇒2MN# »= AD# »+BC# »hayMN# »=
2
# »
AD+BC# » (1) Mặt khác AP# »=
3 nên
# » AD=
2
# »
APvàBQ# »=
3
# »
BCnên BC# » =
2BQ
Từ(1)ta suy raMN# »=
2
# »
AP+BQ# »=
4
# »
AM+MP# »+BM# »+MQ# » VìAM# »+BM# » = #»0 nên MN# »=
4
# »
MP+MQ# »suy raMN# »,MP# »,MQ# »đồng phẳng
Do điểm M,N,P,Qcùng thuộc mặt phẳng
BÀI Cho vectơ #»a,#»b,#»c khác #»0 số thực m,n,p 6= Chứng minh ba vectơ #»x = m#»a −n#»b, #»y = p#»b −m#»c, #»z =n#»c −p#»a đồng phẳng
Lời giải. Ta có:
#»x =m#»a −n#»b ⇒ p#»x =mp#»a −np#»b (1) #»y = p#»b −m#»c ⇒n#»y =np#»b −nm#»c (2) #»z =n#»c −p#»a ⇒m#»z =mn#»c −np#»a (3) Cộng vế theo vế, ta đượcp#»x +n#»y +m#»z = #»0
(16)BÀI Cho tứ diện ABCD Gọi M,N trung điểm củaAB,CD GọiP,Qlần lượt điểm thỏa mãnPA# »=kPD# »,QB# »=kQC# »,k 6=1 Chứng minh M,N,P,Qđồng phẳng
Lời giải.
Ta cóPA# »=kPD# »⇒ MA# »−MP# »=kMD# »−MP# »⇔ MP# »= # »
MA−kMD# »
1−k Tương tựQB# »=kQC# »⇒ MQ# »=
# »
MA−kMC# »
1−k Suy MP# »+MQ# »=
# »
MA−kMD# »+MA# »−kMC# »
1−k =
k k−1
# »
MC+MD# »(DoMA# »+MB# » = #»0) Mặt khácNlà trung điểm củaCDnên MC# »+MD# » =2MN# » ⇒MP# »+MQ# »= 2k
k−1
# » MN
Suy ba vectơMP# »,MQ# »,MN# »đồng phẳng hay bốn điểm M,N,P,Qđồng phẳng
BÀI Cho tứ diện ABCD Các điểm M,N xác định MA# » = xMC# »,NB# » = yND, với# » x,y 6=1 Tìm điều kiện giữaxvàyđể ba vectơ # »AB,CD# »,MN# »đồng phẳng
Lời giải.
ĐặtDA# »= #»a,DB# »= #»b,DC# »= #»c #»a, #»b,#»c khơng đồng phẳng Ta có :# »MA= xMC# »⇒DA# »−DM# »= xDC# »−DM# »⇒ DM# »=
# »
DA−xDC# »
1−x =
#»a −x#»c
1−x , (1) Mặt khác :NB# »=yND# »⇒ DN# »=
1−y # »
DB=
1−y #» b, (2)
Từ(1)và(2)suy MN# »=DN# »−DM# »=−
1−x
#»a + 1−y
#» b + x
1−x #»c.
Ta cóAB# »=DB# »−DA# » = #»b −#»a,CD# » =−#»c;AB# »vàCD# »là hai vectơ phương nênAB# »,CD# »,MN# » đồng phẳng MN# »=mAB# »+nCD, tức :# »
−
1−x
#»a + 1−y
#» b + x
1−x
#»c =m#»
b − #»a−n#»c
⇔
m−
1−x
#»a +
1
1−y −m
#»
b +
n+ x
1−x
#»c = #»0.⇔
m =
1−x m =
1−y n =− x
1−x
⇒x =y
Vậy ba vectơAB# »,CD# »,MN# »đồng phẳng khix =y
{DẠNG 1.7 Ứng dụng véctơ chứng minh tốn hình học
Phương pháp giải:
Chọn3véctơ không đồng phẳng làm sở.
Biểu diễn véctơ cần tính tốn hệ3véctơ sở.
Dựa vào hệ thức biểu diễn ta tìm mối quan hệ véctơ cần xét.
VÍ DỤ Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 Gọi G trọng tâm tam giác A0BD Chứng minh A,G,C0thẳng hàng
(17)ĐặtAA# »0 = #»a,AB# »= #»b,AD# » = #»c Khi AC# »0 = #»a +#»b +#»c # »
AG= AA# »0+A# »0G = AA# »0+1
3(
# »
A0D+# »A0B) =
3(
#»a +#»b +#»c)
Suy AG# »=
3
# »
AC0hay A,G,C0 thẳng hàng
VÍ DỤ Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 Gọi G,G0 trọng tâm tam giác ABCvàA0B0C0, Ilà giao điểm hai đường thẳng AB0 vàA0B Chứng minh đường thẳngGI vàCG0song song với
L Lời giải
1 Phương pháp véctơ.
Lấy trung điểmE,F(như hình vẽ)
Ta có CG# »0 = CC# »0+C# »0G0 = CC# »0+
3
# »
C0F = CC# »0 +
2
# »
A0F−A# »0C0=−A# »0A+1
3
# » A0B0−2
3
# » A0C0,(1)
Và GI# » = GE# » + EI# » =
3
# » CE −
2
# » A0A =
1
# »
AE−AC# » −
2
# »
A0A =
3
1
# »
A0B0−A# »0C0
−
1
# » A0A=
2
−A# »0A+1
3
# » A0B0−2
3
# » A0C0
=
2
# » CG0,(2)
Suy raGI# »vàCG# »0 phương⇒GI kCG0
C0 A0 B0 G0 F C A B G E K I
2 Phương pháp cổ điển.
Lấy trung điểmE,F,K
Chứng minhEG0CKlà hình bình hành⇒CG0 k FK, (1)
Chứng minhGI đường trung bình của4EFK: suy raGI k FK, (2)
Kết hợp (1) (2) suy raGI kCG0
VÍ DỤ Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0; điểm M,N thuộc đường thẳng CA DC0 cho MC# » = m.MA# »,ND# » = m.NC# »0 Xác định m để đường thẳng MN BD0 song song với Khi ấy, tính MN biết ’ABC = ABB’0 = CBB’0 = 60◦ BA = a,BB0 =b,BC =c
(18)C0 A0 B0 D0 N C A B D M
Đặt #»a =BA# »,#»b =BB# »0,#»c = BC.# » Ta có
(# »
MC=mMA# » # »
ND =mNC# »0 ⇔
# »
BC−BM# » =mBA# »−BM# » # »
BD−BN# »=mBC# »0−BN# » ⇒ # »
BM =− m
1−m # »
BA+
1−m # » BC # »
BN =
1−m # »
BD− m
1−m # »
BC0 =
1−m
# »
BA+BC# »− m
1−m
# »
BC+BB# »0 ⇒ # »
BM =− m
1−m
#»a + 1−m
#»c # »
AN =
1−m
#»a − m
1−m #»
b +#»c
⇒ MN# »=BN# »−BM# »= 1+m
1−m
#»a − m
1−m #»
b − m
1−m #»c
Ngoài raBD# »0 = #»a +#»b + #»c nên để MN k BD0thì cần cóMN# »=k.BD# »0 ⇔ 1+m
1−m =− m
1−m Giải hệ phương trình ta tìm đượcm=−0,
Vớim=−1
2 ta có
# » MN =
3
#»
a +#»b + #»c⇒ MN# »2=
9
#»
a2+#»b2+ #»c2+2#»a#»b +2#»b #»c +2#»c #»a Do’ABC = ABB’0 =CBB’0 =60◦ nên2#»a
#»
b +2#»b#»c +2#»c #»a =ab+bc+ca Vậy MN =
3
√
a2+b2+c2+ab+bc+ca.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho tứ diện S.ABC có G trọng tâm tam giác ABC Một mặt phẳng (α) cắt tia
SA,SB,SC,SGlần lượt tạiA0,B0,C0,G0 Chứng minh SA
SA0 +
SB SB0 +
SC SC0 =3
SG SG0
Lời giải.
Đặt SA SA0 = a,
SB SB0 =b,
SC SC0 =c,
SG
SG0 =t Khi
3tSG# »0 =3SG# »=SA# »+SB# »+SC# »=aSA# »0+bSB# »0+cSC# »0 Trong mặt phẳng(α)xét điểm I choaI A# »0+bIB# »0+c# »IC0 = #»0 Khi
(19)nênSG# »0cùng phương vớiSI# »hay Ilà giao điểm củaSGvà(α)nghĩa làI ≡G0 Suy 3tSG# »0 = (a+b+c)SG# »0
haya+b+c =3t
BÀI Cho tứ diện ABCD Tìm điểm M cho biểu thức T = MA2+MB2+MC2+MD2đạt giá trị nhỏ
Lời giải.
GọiE,F,Glần lượt trung điểmAB,CD,EF Ta có # »
GA+GB# »+GC# »+GD# »=2GE# »+2GF# »= 0.#»
Từ ta
MA2+MB2+MC2+MD2
= (MG# »+GA)# » 2+ (MG# »+GB)# » 2+ (MG# »+GC# »)2+ (MG# »+GD)# » =4MG2+GA2+GB2+GC2+GD2+2MG(# » GA# »+GB# »+GC# »+GD)# » =4MG2+GA2+GB2+GC2+GD2 ≥GA2+GB2+GC2+GD2
Dấu đẳng thức xảy khiMtrùng vớiG VậyTđạt giá trị nhỏ bằngGA2+GB2+ GC2+GD2,khiMtrùng với trọng tâmGcủa tứ diện ABCD
BÀI Cho ba tia Ax,By,Czđôi chéo không gian Ba điểmM,N,Plần lượt thay đổi tia choAM =2BN =3CP Chứng minh trọng tâm Icủa tam giác MNP thuộc đường thẳng cố định
Lời giải.
Trên ba tiaAx,By,Czlần lượt lấy vec-tơ đơn vị #»a,#»b, #»c chiều với tia chứa Giả sử # »
AM =t#»a Khi đó,
# » BN =
2t
#»
b,CP# » =
3t
#»c. GọiGlà trọng tâm tam giácABC,Olà điểm tùy ý Ta có
(
3OG# »=OA# »+OB# »+OC# »
3OI# » =OM# »+ON# »+OP# », suy
# » GI =
3(
# »
AM+BN# »+CP) =# » t
3
#»a +1
#» b +1
3
#»c
nên I thuộc tiaGtcó gốcG,cùng chiều với vec-tơ #»u = #»a +1
2
#» b +1
3
#»c.
BÀI Cho hình lăng trụ tam giácABC.A0B0C0có cạnh bên bằnga Trên cạnh bênAA0,BB0,CC0 ta lấy tương ứng điểm M,N,P cho AM+BN+CP = a Chứng minh mặt phẳng (MNP)luôn qua1điểm cố định
(20)C0 A0
B0
G0 M
P N
C A
B G
GọiG,G0lần lượt trọng tâm của4ABCvà4MNPthì
(
3OG# »0 =OM# »+ON# »+OP# »
3OG# »=OA# »+OB# »+OC# » Trừ vế theo vế ta được3GG# »0 = # »AM+BN# »+CP# »
⇒3GG# »0 = AM AA0 ·
# »
AA0+ BN BB0 ·
# »
BB0+ CN CC0 ·
# »
CC0 = AA# »0 (*) DoA,A0,Gcố định nên từ (*) ta suy G0cố định Vậy(MNP)luôn qua điểmG0 cố định xác định hệ thứcGG# »0 =
3
# »
AA0
BÀI Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0cóPvàRlần lượt trung điểm cạnh ABvàA0D0 Gọi P0,Q,Q0,R0lần lượt tâm đối xứng hình bình hànhABCD,CDD0C0,A0B0C0D0,ADD0A0
1 Chứng minh rằngPP# »0+QQ# »0+RR# »0 = #»0
2 Chứng minh hai tam giácPQRvàP0Q0R0có trọng tâm
Lời giải.
C0 A0
B0
D0 Q0
R
P
P0 Q
R0
C A
B
D
1 Theo tính chất đường trung bình tam giác ta có DA# »0 = 2QQ# »0,DD# »0 = −2RR# »0 # »
DA =−2PP# »0
Theo quy tắc hình bình hànhDA# »0 =DA# »+DD# »0 Từ đó,2QQ# »0 =−2RR# »0−2PP# »0 ⇒PP# »0+QQ# »0+RR# »0 = #»0
2 GọiG,G0lần lượt trọng tâm tam giácPQRvàP0Q0R0 Khi
(# »
AP0+AQ# »0+# »AR0 =3AG# »0 # »
(21)
BÀI Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 GọiM,Nlần lượt trung điểm cạnhCD,DD0 G,G0 trọng tâm tứ diệnA0D0MN vàBCC0D0 Chứng minh đường thẳng GG0 mặt phẳng(ABB0A0)song song với
Lời giải.
C0 A0
B0
D0
G
N
C A
B
D M
DoG,G0lần lượt trọng tâm A0D0MNvàBCC0D0nên
(# »
AA0+AD# »0+AM# »+AN# »=4AG# » # »
AB+AC# »+AC# »0+AD# »0 =4AG# »0
Trừ vế theo vế ta được4GG# »0 =A# »0B+D# »0C+MC# »0+ND# »0 =2A# »0B+MC# »+CC# »0+1
2
# » DD0
= 2# »A0A+A# »0B0+
1
# »
A0B0−A# »0A
−1
2
# » A0A =
2
# » A0A+5
2
# »
A0B0 ⇒ GG# »0,A# »0A,A# »0B0 đồng phẳng
⇒GG0 k(ABB0A0)
BÀI Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 Gọi M,N điểm thuộc AD0 vàDB choMA# »=k.MD# »0, ND# »=k.NB# »với(k6=0,k 6=1)
1 Chứng minh rằngMN song song với mặt phẳng(BCA0)
2 Khi đường thẳng MN song song với đường thẳng A0C, chứng tỏ MN vng góc với AD0vàDB
Lời giải.
C0 A0
B0
D0
M
C A
B
(22)1 Đặt #»a = AA# »0, #»b = AB# »,#»c = AD# »thì #»a.#»b = #»b.#»c = #»c.#»a =0 DoMA# »=kMD# »0nên # »AM= k
k−1(
#»a +#»c). Tương tự AN# »=− k
1−k #»
b +
1−k #»c. Từ đóMN# »= AN# »−AM# »= 1+k
1−k·
#»c + k
1−k·
#»
a −#»bhayMN# »= 1+k
1−k· # » BC+ k
1−k· # » BA0 Vậy MN# »,BC# »,BA# »0đồng phẳng suy MN k (BCA0)doM 6∈(BCA0)
2 DoMN k A0Cnên MN# »=m.A# »0C, k
1−k ·
#»a − k
1−k · #»
b +1+k
1−k ·
#»c =−m.#»a +m.#»b + m.#»c
Suy
k
1−k =−m − k
1−k =m
1+k
1−k =m
Giải hệ ta đượck =−1
2 Khi
# » MN =−1
3
#»
a −#»b −#»c
Mặt khácAD# »0 = #»a +#»c,DB# »= #»b − #»c nên ta có # »MN.AD# »0 =0vàMN# ».DB# »=0 Như làMN vng góc vớiAD0 vàDB
(23)BÀI 2. HAI ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC A TĨM TẮT LÍ THUYẾT
1 TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VEC-TƠ TRONG KHÔNG GIAN
Định nghĩa Trong không gian, cho #»u #»v hai vec-tơ khác vec-tơ - khơng Lấy điểm A bất kì, gọiB, Clà hai điểm cho AB# » = #»u, AC# » = #»v Khi đó, ta gọi’BAC(0◦ ≤ ’BAC ≤180◦) góc hai vec-tơ #»u #»v, kí hiệu là(#»u,#»v)
B
A
C #»
u
#»v
Định nghĩa Trong không gian, cho #»u #»v hai vec-tơ khác vec-tơ - không Tích vơ hướng hai vec-tơ #»u #»v số, kí hiệu #»u.#»v, tính công thức
#»u.#»v =|#»u|.|#»v| cos(#»u,#»v). 4! Trong trường hợp #»u = #»0 hoặc #»v = #»0, ta quy ước #»u.#»v =0.
2 GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG
Định nghĩa
Vec-tơ #»a khác vec-tơ - không gọi vec-tơ phương đường thẳngdnếu giá vec-tơ #»a song song trùng với đường thẳngd
#»a d
4!
1 Nếu #»a là vec-tơ phương đường thẳngdthì vec-tơk.#»a vớik 6=0cũng vec-tơ phương của đường thẳngd.
2 Một đường thẳngdtrong khơng gian hồn tồn xác định biết điểm Athuộcdvà một vec-tơ phương #»a của nó.
3 Hai đường thẳng song song với chúng hai đường thẳng phân biệt có hai vec-tơ
chỉ phương phương.
(24)a
a0
b b0 O
4!
1 Để xác định góc hai đường thẳngavàb ta lấy điểmOthuộc hai đường thẳng đó vẽ đường thẳng quaOvà song song với đường thẳng lại.
2 Nếu #»u và #»v lần lượt vec-tơ phương của avàb, đồng thời(#»u,#»v) = αthì góc hai đường
thẳngavàbbằngαnếu0◦ ≤α ≤90◦và bằng180◦−αnếu90◦ <α ≤180◦.
3 Nếuavàblà hai đường thẳng song song trùng góc chúng bằng0◦.
B CÁC DẠNG TOÁN
{DẠNG 2.1 Xác định góc hai vec-tơ
Ta xác định điểm cho trước hình làm điểm gốc dời vec-tơ cần tính góc điểm gốc đó.
VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD có H trung điểm cạnh AB Hãy tính góc cặp vec-tơ sau đây:
1 AB# »vàBD.# » 2 DH# »vàAD.# »
L Lời giải
C B
H
D
E
F A
1 DựngAE# »=BD Ta có# » (# »AB,BD) = (# » AB# »,AE) =# » BAE‘ =120◦
2 DựngDF# »= AD Ta có# » (DH# »,AD) = (# » DH# »,DF) =# » HDF’ =180◦−30◦ =150◦
(25)VÍ DỤ Cho tứ diệnSABC cóSA,SB, SCđơi vng góc vàSA = SB= SC = a Gọi Mlà trung điểm củaBC Tính góc hai vec-tơSM# »vàAB.# »
L Lời giải
Gọiαlà góc hai vec-tơSM# »vàAB, ta có# » cosα =
# » SM·AB# » SM·AB CóBC = AB=√SA2+SB2 =a√2, SM= BC
2 =
a√2
Mặt khác ta cóSM# »·AB# »=
2(
# »
SB+SC)# » ·(SB# »−SA)# » =
2(
# »
SB2−SB# »·SA# »+SC# »·SB# »−SC# »·SA) =# » a
2
Vậycosα = a
2
2·a√2· a √
2
=
2 ⇒α =60 ◦.
Cách khác:Gọi Nlà trung điểm AC, ta dễ dàng chứng minh được4SMNđều
Có(SM# »,AB) = (# » SM# »,N M) = (# » MS# »,MN) =# » N MS’ =60◦
B
C
M S
A
N
{DẠNG 2.2 Xác định góc hai đường thẳng khơng gian
Ta thường có hai phương pháp để giải cho dạng toán này.
Phương pháp 1: Sử dụng định nghĩa góc hai đường thẳng, kết hợp sử dụng hệ thức lượng tam giác (định lýcos, công thức trung tuyến).
Phương pháp 2:Sử dụng tích vơ hương hai vec-tơ.
VÍ DỤ Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh làa Tính góc cặp đường thẳng sau
1 ABvàA0D0 2 ADvàA0C0 3 BC0vàB0D0
L Lời giải
C
D C0
D0 A0
B0
A
(26)1 Ta cóA0D0 k ADnên(AB,A0D0) = (AB,AD) = BAD’ =90◦
2 Ta cóA0C0 k AC nên(AD,A0C0) = (AD,AC) = DAC’ =45◦
3 Ta cóB0D0 k BDnên (BC0,B0D0) = (BC0,BD) = DBC’0
Ta cóBD=BC0 =C0D= AB√2nên4BDC0đều, suy raDBC’0 =60◦ Vậy(BC0,B0D0) =60◦
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCcó SA = SB = SC = AB = AC = a√2vàBC = 2a Tính góc hai đường thẳng ACvàSB
L Lời giải
Ta cóSABvà SAClà tam giác đều, ABC vàSBC tam giác vuông cân cạnh huyềnBC
Gọi M, N, P trung điểm SA, AB, BC, ta có MN k SB,NP k ACnên(AC,SB) = (NP,MN)
MN = SB
2 =
a√2
2 ,NP =
AC
2 =
a√2
AP=SP= BC
2 =a, SA=a
√
2
Nên4SAPvuông cân tạiP ⇒ MP= SA
2 =
a√2
Vậy4MNPđều⇒(AC,SB) = (NP,N M) = MNP’ =60◦
Cách khác:# »
AC·SB# » = (SC# »−SA)# » ·SB# »=SC# »·SB# »−SA# »·SB# » =0−SA·SB·cosASB‘ =−a2
cos(AC,SB) =
# » AC·SB# »
AC·SB =
a2
a√2·a√2 =
⇒(AC,SB) = 60◦
B
C P
S
A
M
N
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho hình chópS.ABCcó đáyABClà tam giác cạnh là2a, tam giácSBCvng cân S,SA =2a
1 Tính góc hai đường thẳngSBvàAC
2 GọiGlà trọng tâm tam giácSBC Tính góc tạo AGvàSC
(27)B
C P
G S
A
M
N
1 Gọi M, N, P trung điểm SA, AB, BC, ta có MN k SB, NP k AC nên (SB,AC) = (MN,NP)
4ABCđều nên AP = AB √
3
2 = a
√
3,4SBC vuông cân tạiSnên SP = BC
2 = a, mặt khác
cóSA =2a=√SP2+AP2nên4SAPvng tạiP. MN = SB
2 =
a√2
2 , NP =
AC
2 =a, MP=
SA
2 =a cosMNP’ =
MN2+NP2−MP2
2MN·NP =
√
2
4 ⇒ (SB,AC) = (MN,NP) = MNP’ ≈69 ◦
170
2 Ta cóAG# »·SC# »= (PG# »−PA)(# » PC# »−PS)# »
=PG# »·PC# »−PG# »·PS# »−PA# »·PC# »+PA# »·PS# » =0− PS
3 −0+0=
a2
3
CóSC =a√2, AG=√AP2+PG2 = 2a √
7 cos(SC,AG) =
# » AG·SC# »
SC·AG =
a2
3
a√2· 2a √
7
=
2√14 ⇒(SC,AG) ≈82 ◦190.
BÀI Cho tứ diện ABCDcó cạnh bằnga Gọi Mlà điểm cạnhABsao choBM=3AM Tính góc tạo hai đường thẳngCMvàBD
Lời giải.
KẻMN k BD, N ∈ AD, ta có(CM,BD) = (CM,MN) DoABCDlà tứ diện nên ta có
CM =CN =√BM2+BC2−2·BM·BC·cos 60◦ = a
√
13
MN = BD
4 =
a
4 cos÷CMN =
MC2+MN2−CN2
2·MC·MN =
1 2√13
⇒(CM,BD) = (CM,MN) = ÷CMN ≈82◦10
B D
N A M
C
(28)
1 Tính góc tạo hai vec-tơAC# »vàSD.# »
2 Tính góc tạo hai đường thẳng AMvàSC
Lời giải.
B C
D S
M
A
1 CóAC# »·SD# » = (AB# »+AD)# » ·(AD# »−# »AS) = AB# »·# »AD−AB# »·AS# »+AD# »2−AD# »·# »AS= a2 DoABCDlà hình vng nênAC = AB√2=a√2, SD=√SA2+AD2 =a√3.
Vậycos(AC# »,SD) =# » # » AC·SD# » AC·SD =
a2
a√2·a√3 =
√
6 ⇒ (
# »
AC,SD)# » ≈65◦540
2 4SABvuông tạiAnên AM= SB
2 =
√
AB2+SA2
2 =
a√3
CóSA# »·AC# »=SA# »·(AB# »+AD) =# » SA# »·AB# »+SA# »·AD# » =0
NênSA ⊥AC ⇒SC =√SA2+AC2 =2a. # »
AM·SC# »=
2(
# »
AB+AS)# » ·(AC# »−# »AS) =
2(
# »
AB·AC# »−# »AB·AS# »+AS# »·AC# »−AS# »2) =
2 a·a
√
2· √
2
2 −0+0−2a
2
!
=−a
2
cos(AM,SC) =
# » AM·SC# »
AM·SC = a2
2
a√3 ·2a
=
2√3 ⇒(AM,SC) ≈73 ◦
130
BÀI Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằnga, gọi Mlà trung điểm AB, Nlà điểm cạnhB0C0sao choB0N =2C0N Tínhcoscủa góc tạo hai đường thẳngDMvàAN
(29)C
D C0
M
N
D0 A0
B0
A
B
Ta cóAA# »0·A# »0N = AA# »0·(A# »0B0+B# »0N) = AA# »0·A# »0B0+AA# »0·B# »0N =0+BB# »0·B# »0N =0
Vậy AA0⊥ A0N nên AN =√AA02+A0N2 =√AA02+A0B02+B0N2 = a √
22
DM =√AM2+AD2 = a √
5
# »
AN·DM# » = (AA# »0+# »A0B0+B# »0N)·(AM# »−AD) =# » AA# »0·AM# »+A# »0B0·AM# »+B# »0N· # »AM−AA# »0· # »
AD−A# »0B0·# »AD−B# »0N·AD# »=0+ AB
2 +0−0−0− 2AD2
3 =
a2
2 − 2a2
3 =−
a2
6
Cócos(AN,DM) =
# »
AN·DM# »
AN·DM =
a2
6
a√22
3 ·
a√5
= √1
110
{DẠNG 2.3 Sử dụng tính chất vng góc mặt phẳng.
Để chứng minh hai đường thẳng ∆và∆0vuông góc với ta sử dụng tính chất vng góc trong mặt phẳng, cụ thể:
Tam giác ABCvuông tại Akhi khi’BAC=90◦ ⇔ ’ABC+’ACB=90◦
Tam giác ABCvuông tại Akhi khi AB2+AC2 =BC2
Tam giácABCvuông tạiAkhi trung tuyến xuất phát từAcó độ dài nửa cạnh
BC.
Nếu tam giác ABC cân tại A thì đường trung tuyến xuất phát từ A cũng đường cao của tam giác.
Ngồi ra, sử dụng tính chất: Nếud ⊥ ∆và∆0 k dthì∆0cũng vng góc với đường thẳng∆
VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD có AB = AC = AD, ’BAC = BAD’ = 60◦ Gọi M N trung điểm củaABvàCD, chứng minh rằngMNlà đường vng góc chung đường thẳng ABvàCD
(30)Từ giả thiết suy tam giác ABC,ABD nên DM = CM, đó∆MCDcân tạiM
Từ suy raMN ⊥CD
Mặt khác∆BCD =∆ACDnên BN =AN, đó∆N ABcân tạiN
Từ suy raN M⊥ AB
Vậy MNlà đường vng góc chung ABvàCD
A
B M
D
C
N
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABC cóSA = SB = SC = a, ASB‘ = 60◦,BSC‘ = 90◦,CSA‘ =
120◦ Cho Hlà trung điểmAC Chứng minh rằng:
1 SH ⊥ AC
2 AB⊥ BC
L Lời giải
1 Do tam giácSACcân tạiSvàH trung điểm ACnên SH ⊥ AC
2 DoSA =SB =avà ASB‘ =60◦ nên∆SABđều Từ
suy raAB=a (1)
Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giácSAC ta có
AC2 = SA2 + SC2 −2SA.SC cosASC‘ = 2a2 −
2a2 cos 120◦ =3a2 (2)
Áp dụng định lý Pitago cho tam giácSBC, ta cóBC2 =
SB2+SC2 =2a2 (3)
Từ (1), (2), (3) suy raAC2= AB2+BC2 ⇒ AB⊥BC
S
A C
B
H
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCDcóSA = xvà tất cạnh lại Chứng minh rằngSA⊥SC
L Lời giải
Ta có ABCDlà hình thoi, gọiOlà giao điểm củaACvà BDsuy raOlà trung điểm củaAC,BD
Xét tam giácSBD vàCBD, ta có:
SB=CB SD=CD BDchung
⇒∆SBD =∆CBD
Từ suy raSO =CO=
2AC
Vậy tam giácSACvuông tạiShaySA⊥SC
A
B x
O S
C
(31)
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâmO vàSA = SB = SC = SD Chứng minh rằngSO⊥ ABvàSO ⊥ AD
Lời giải.
Gọi M,N trung điểm AB,CD Do
∆SAB=∆SCDnên ta suy raSM =SN
Xét tam giác cânSMN cóOlà trung điểm MN, suy raSO ⊥MN
Mặt khácADk MNnên AD ⊥SO Tương tự ta chứng minh đượcAB⊥SO
A
B
M O
S
C
D
N
BÀI Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có M,N trung điểm BC,C0D0 Chứng minh rằngAM ⊥B0N
Lời giải.
GọiKlà trung điểmCD, đóBK k B0N Ta chứng minh BK ⊥ AM
GọiIlà giao điểm củaBK vàAM Do∆ABM =∆BCKnên: ‘
BAI+ABI‘ =IBC‘+ABI‘ =90◦ ⇒ AIB‘ =90◦ Do đóBK ⊥ AMtạiI
A B A0
B0
C
D C0
D0 N
K M
BÀI Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng có tất cạnh bằnga Cho Mvà Nlần lượt trung điểm ADvàSD, chứng minh rằngMN ⊥SC
Lời giải.
Từ giả thiết ta có
∆SAC=∆DAC⇒ ASC‘ = ’ADC=90◦ ⇒ SA⊥SC Mặt khácMN k SA⇒ MN ⊥SC
A
D M O
S
C
B N
BÀI Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng cạnh2a, tam giácSABđều vàSC =2a√2 GọiH,Klần lượt trung điểm AB,CD Chứng minh rằngSH ⊥AK
(32)Ta cóAK k HC, cần chứng minhSH ⊥HC Do∆SABđều cạnh2anênSH = AB
√
3
2 = a
√
3 Ta cóHC2 =HB2+BC2=a2+4a2=5a2
Từ suy raSH2+HC2=3a2+5a2=8a2=SC2
Theo định lý Pitago ta cóSH ⊥HC
C
D
K S
A
B H
BÀI Cho tứ diện ABCD có AB = x, tất cạnh cịn lại có độ dài a K trung điểm ABvàI điểm cạnhCD, chứng minh IK ⊥ AB
Lời giải.
Xét tam giácACI vàBCI, ta có:
BC = AC CI chung
‘
BCI = ACI‘ =60◦
Từ suy ra∆ACI =∆BCI ⇒ IB= IC
Xét tam giác cân I AB, ta có K trung điểm AB nên IK ⊥ AB
A
B K
D
C
I
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng Avà B, AD = 2a,AB = BC =a.SA ⊥ADvàSA ⊥ AC Chứng minh rằngSC ⊥DC
Lời giải.
Gọi I trung điểm AD ⇒ ABCI hình vng cạnha, đó∆CIDvng cân tạiI Từ ta cóCD2 =2a2 (1) Áp dụng định lý Pitago cho tam giác SAC,SADta có:
SD2 =SA2+AD2 =SA2+4a2; (2) SC2=SA2+AC2 =SA2+2a2 (3) Từ (1), (2) (3) ta suy
SD2 =SC2+CD2⇒SC ⊥CD
C
D S
I A
B
{DẠNG 2.4 Hai đường thẳng song song vng góc với đường thẳng thứ
ba
(33)VÍ DỤ Cho hình chópS.ABCcóAB= AC LấyM, NvàPlần lượt trung điểm cạnhBC,SBvàSC Chứng minh AMvng góc vớiNP
L Lời giải
Do N, P trung điểm cạnh SB vàSC nên NPlà đường trung bình tam giácSBC, từ suy raNP k
BC (1)
Mặt khác, tam giác ABC cân A, suy trung tuyến
AM ⊥BC (2)
Từ(1)(2)suy raAM ⊥NP
A
B
C S
M N
P
VÍ DỤ Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 có đáy tam giác Lấy M trung điểm cạnhBC Chứng minh AMvng góc vớiB0C0
L Lời giải
Do tứ giác BB0C0C hình bình hành nên BC k B0C0 (1)
Mặt khác, tam giácABCđều nên AM ⊥BC (2) Từ(1)(2)suy raAM ⊥B0C0
A0
C
C0 M
B0 B A
VÍ DỤ Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 cạnh a Các điểm M, N trung điểm cạnh AB, BC Trên cạnh B0C0 lấy điểm P choC0P = x (0 < x < a) Trên cạnhC0D0lấy điểmQsao choC0Q= x Chứng minh rằngMN vng góc vớiPQ
(34)Do tứ giácBB0D0Dlà hình chữ nhật, suy BD k B0D0 (1)
DoABCDlà hình vuông, suy raBD ⊥ AC (2) Từ(1)(2)suy raB0D0 ⊥ AC (3) Theo ta có MN đường trung bình tam giác ABC, suy raMN k AC (4) Mặt khác, ta có C
0P
C0B =
C0Q C0D0 =
x
a, suy raPQk B
0D0. (5)
Từ(3)(4)(5)ta có MN ⊥PQ
A B
C D
M
N
Q
A0 B0
C0
P D0
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho hình lăng trụ đứngABC.A0B0C0 GọiG,G0lần lượt trọng tâm hai đáy Chứng minh rằngGG0vng góc vớiBC
Lời giải.
Dễ dàng chứng minh đượcGG0 k MM0và MM0 ⊥ BC Từ suy điều phải chứng minh
A
B
B0 G
C
C0 A0
G0
M
M0
BÀI Cho tứ diện ABCD Gọi M, N, PvàQ trung điểm cạnh AB, CD, AD vàAC Chứng minh rằngMNvng góc vớiPQ
Lời giải.
Theo giả thiết ta có4ABC =4ABD, từ ta cóMC = MD, suy ra4MCDcân M, suy raMN ⊥CD (1) Cũng theo giả thiết ta có PQlà đường trung bình tam giác ACD, suy raPQkCD (2) Từ(1)(2)suy điều phải chứng minh
A
B
C
N
D M
P
Q
(35)BÀI Cho tứ diện ABCD cóAB = CD = 2a(a >0) Gọi M, Nlần lượt trung điểm cạnh BC, AD Biết MN =a√2 Chứng minh ABvng góc vớiCD
Lời giải.
LấyPlà trung điểm AC
Theo tính chất đường trung bình ta cóPN k=
2CD = avà
PM k=
2AB= a (∗)
Từ ta có MP2+NP2 = 2a2 = MN2, tam giác MNP vng tạiPsuy raMP ⊥NP (∗∗) Từ(∗)(∗∗)ta có AB⊥CD
2a
2a A
B
C
N
D M
P
BÀI Cho tứ diện ABCD, có AB = CD Gọi Glà trọng tâm tam giác ABD, M thuộc cạnh ACsao choAC =3AM, điểmN, Plần lượt trung điểm cạnh AD,BC Chứng minh rằngMGvng góc vớiNP
Lời giải.
LấyE, Flần lượt trung điểm củaAC, BD Ta có AM
AE = AG AF =
2
3, suy raMG k EF (1)
Mặt khác theo tính chất đường trung bình ta có EN k=FP=
2CD= a
EP k= FN =
2AB= a
Từ suy tứ giácENFPlà hình thoi, suy raEF⊥ NP.(2) Từ(1)và(2)suy MG⊥NP
2a
2a A
B
C
N
D M
P
G E
F
(36)BÀI 3. ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG
A TĨM TẮT LÍ THUYẾT 1 ĐỊNH NGHĨA
Định nghĩa
Đường thẳngdđược gọi vng góc với mặt phẳng(α)nếu
d vng góc với đường thẳng a nằm mặt phẳng (α)
Khi ta cịn nói (α) vng góc d kí hiệu d ⊥ (α)
(α)⊥d α
d
a
2 ĐIỀU KIỆN ĐỂ ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG
Định lí Nếu đường thẳng vng góc với hai đường thẳng cắt thuộc mặt phẳng thì nó vng góc với mặt phẳng ấy.
4! Tóm tắt định lí.
a,b ⊂(α)
a∩b =O d⊥ a d⊥b
⇒d⊥(α)
α
d
a
b O
Hệ Nếu đường thẳng vuông góc với hai cạnh tam giác vng góc với cạnh thứ ba tam giác
3 TÍNH CHẤT
Tính chất Có mặt phẳng qua điểm cho trước vng góc với đường thẳng cho trước
α
d
O
(37)Mặt phẳng trung trực đoạn thẳng ABlà mặt phẳng qua trung điểmI của đoạn thẳng ABvà vng góc với đường thẳng AB.
A I B
M
Tính chất Có đường thẳng qua điểm cho trước vng góc với mặt phẳng cho trước
O
α
4 LIÊN HỆ GIỮA QUAN HỆ SONG SONG VÀ QUAN HỆ VNG GĨC CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG
Tính chất
1 Cho hai đường thẳng song song Mặt phẳng vng góc với đường thẳng vng góc với đường thẳng
4! Tóm tắt: ®
ak b
(α) ⊥a ⇒(α) ⊥b
2 Hai đường thẳng phân biệt vuông góc với mặt
phẳng song song với 4! Tóm tắt:
a ⊥(α)
b ⊥(α)
a 6≡b
⇒ak b
α
(38)Tính chất
1 Cho hai mặt phẳng song song Đường thẳng
vng góc với mặt phẳng vng góc với mặt phẳng
4! Tóm tắt: ®
(α) k (β)
a⊥(α)
⇒ a⊥(β)
2 Hai mặt phẳng phân biệt vuông góc với đường thẳng song song với
4! Tóm tắt:
(α) ⊥a
(β) ⊥a
(α) 6≡ (β)
⇒(α) k(β)
a
β α
Tính chất
1 Cho đường thẳng a mặt phẳng (α)
song song với Đường thẳng vng góc với mặt phẳng (α)
vng góc vớia 4! Tóm tắt: ®
ak (α)
b ⊥(α) ⇒b ⊥a
2 Nếu đường thẳng mặt phẳng (khơng chứa đường thẳng đó) vng góc với đường thẳng khác chúng song song với
4! Tóm tắt:
a 6⊂(α)
a ⊥b (α) ⊥b
⇒a k (α)
b a
α
5 PHÉP CHIẾU VNG GĨC VÀ ĐỊNH LÝ BA ĐƯỜNG VNG GĨC
1 Phép chiếu vng góc
Cho đường thẳng∆vng góc với mặt phẳng(α) Phép
chiếu song song theo phương của∆lên mặt phẳng(α)
được gọi làphép chiếu vng góc lên mặt phẳng(α)
B0 A
B
A0
∆
(39)2 Định lí ba đường vng góc
Định lí Cho đường thẳng a nằm mặt phẳng (α)
vàblà đường thẳng không thuộc(α)đồng thời không vuông
góc với(α) Gọi b0 là hình chiếu vng góc của b trên (α).
Khi đóavng góc vớibkhi a vng góc vớib0.
A
B
a
A0 B0 b0 b
α
4! Tóm tắt:
a ⊂(α)
b 6⊂(α)
b 6⊥(α)
b0là hình chiếu vng góc b trên(α)
⇒a ⊥b ⇔ a⊥b0.
3 Góc Giữa đường thẳng mặt phẳng
Định nghĩa Cho đường thẳng dvà mặt phẳng(α)
Trường hợp đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (α) ta nói góc đường thẳng d mặt
phẳng(α)bằng90◦
Trường hợp đường thẳng d khơng vng góc với mặt phẳng(α)thì góc đường thẳngdvà hình chiếud0
của (α) gọi góc đường thẳng d mặt
phẳng(α)
A
O H
d
d0 ϕ α
4! Chú ý:Nếu ϕlà góc đường thẳngdvà mặt phẳng(α)thì ta ln có0◦ ≤ ϕ≤90◦. B CÁC DẠNG TỐN
{DẠNG 3.1 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng
Để chứng minh đường thẳng∆ vuông góc với mặt phẳng(α), ta thực theo hai cách
sau:
1 Chứng minh∆vng góc với hai đường thẳng cắt thuộc(α).
a b
∆
α
2 Chứng minh∆song song với đường thẳng(d), đó(d)vng góc với(α).
∆
α
(40)Để chứng minh đường thẳng (∆) vuông góc với đường thẳng(d), ta thực theo các cách sau:
1 Chứng minh(∆)vng góc với mặt phẳng(α)chứa(d).
d
∆
α
2 Sử dụng định lý ba đường vng góc.
d
∆
α
3 Nếu hai đường thẳng cắt ta sử dụng phương pháp chứng minh hai đường thẳng vng góc mặt phẳng.
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh bên Gọi I giao điểm ACvàBD Chứng minh rằngSI ⊥(ABCD)
L Lời giải
A
D
B
C S
I
Để chứng minhSI vuông góc với mặt phẳng (ABCD) ta cần chứng minhSI vng góc với hai cạnh cắt mặt phẳng
(41)ACvàBD(do ABCDlà hình vng) Từ ta có:
SI ⊥ AC SI ⊥ BD AC∩BD= I
⇒SI ⊥(ABCD)
VậySI ⊥(ABCD)
VÍ DỤ Cho lăng trụ ABCD.A0B0C0D0 có đáy ABCD hình bình hành, cạnh bên vng góc với mặt đáy.4ACDvng tạiA,AC = AA0 Chứng minh AC0 ⊥(A0D0C)
L Lời giải
D0
D
A
A0 B0
C0
B
C
Theo giả thiết ta có ®
AA0C0Clà hình chữ nhật AA0 = A0C0
⇒ AA0C0Clà hình vng⇒ AC0 ⊥ A0C(1)
Lại cóAA0 ⊥ (A0B0C0D0) ⇒ AA0 ⊥ A0D0 Lại có4D0A0C0vng A0 nên A0D0 ⊥ A0C0 Từ ta
A0D0 ⊥(AA0C0C) ⇒ A0D0 ⊥ AC0(2)
Từ (1) (2) ta cóAC0 ⊥(A0D0C)
VÍ DỤ Cho hình chópS.ABC với đáy ABClà tam giác cạnha,SA ⊥ (ABC), SA = a√3
2 GọiI,Klần lượt trung điểm BC,SI Chứng minh AK ⊥(SBC)
(42)A
B
C
I K
S
Theo giả thiết4ABClà tam giác cạnha,Ilà trung điểmBCsuy raAI ⊥BC(1) vàAI = a √
3
Lại cóSA ⊥(ABC)⇒ SA⊥ BC(2)
Từ (1) (2) ta cóBC ⊥(SAI) ⇒BC ⊥ AK (3) Tam giácSAIcóSA = AI = a
√
3
2 nên 4SAI tam giác cân tạiA, Klà trung điểm SI
suy raAK ⊥SI.(4)
Từ (3) (4) ta cóAK ⊥(SBC)
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho hình chópS.ABCD, đáy ABCDlà hình vng cạnha Mặt bênSABlà tam giác đều, SCDlà tam giác vuông cân đỉnhS GọiM, Nlần lượt trung điểm ABvàCD
1 Chứng minhSM ⊥(SCD), SD⊥ MC
2 GọiHlà hình chiếu vng góc củaStrênMN Chứng minhSH ⊥BN TínhSH
Lời giải.
C
M H
A S
D
N
B
1 ∆SABđều cạnhacó Mlà trung điểm ABnênSM ⊥ ABvàSM = a √
3
∆SCD vng cân tạiScóCD= a, Nlà trung điểmCDsuy raSN = a
2
Xét∆SMNcóSM2+SN2= 3a
4 +
a2
4 =a
(43)Suy raSM ⊥SN MàSM ⊥CD(vìCD k AB) Do đóSM⊥(SCD) CóSD⊥SMvàSD ⊥SCnênSD⊥ MC
2 CóCD⊥ MN,CD ⊥SN suy raCD ⊥(SMN) ⇒CD⊥SH MàSH ⊥ MNnên SH⊥(ABCD) Do đóSH ⊥MC
SH = SM.SN MN =
a√3
a
2
a = a√3
4
BÀI Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0có đáy tam giác cạnha, cạnh bên bằng2a Biết hình chiếu củaA0lên(ABC)là trung điểmHcủaAB Gọi H0là trung điểm củaA0B0, Mlà điểm thuộc cạnhB0C0 choB0C0 =4B0M
1 Chứng minhB0C0 ⊥(BMH0)
2 Tứ giácCHH0C0là hình gì? Tại sao? TínhCH0
Lời giải.
H
B A0
H0
B0
C0
C M
A
1 ∆A0B0C0đều nên H0Msong song với đường cao kẻ từ A0, đóH0M⊥ B0C0 Lại cóBH0 k A0HmàA0H ⊥(ABC)nên BH0 ⊥BC Suy raBH0 ⊥B0C0 Do đóB0C0 ⊥(BMH0)
2 CóCH ⊥ AB;CH ⊥ A0HnênCH ⊥(ABB0A0), suy raCH ⊥HH0 Hình bình hànhCHH0C0có÷H0HC =90◦nênCHH0C0 hình chữ nhật CH0 =√HH02+CH2 =
4a2+3a
4 =
a√19
BÀI Trong mặt phẳng(P), cho tam giác MABvuông tạiM Trên đường thẳng vng góc với (P) tạiA, ta lấy hai điểmC,Dkhác phía so với A GọiC0 hình chiếu củaCtrên MD, Hlà giao điểm củaAMvàCC0
1 Chứng minhCC0 ⊥(MBD)
2 GọiKlà hình chiếu củaHtrên AB Chứng minhKlà trực tâm tam giácBCD
(44)D K H C0
B C
A M
1 CóBM ⊥ AM, BM⊥CD⇒ BM⊥(CC0D) ⇒BM ⊥CC0
Lại cóCC0 ⊥MD, suy raCC0 ⊥(MBD)
2 CóHK⊥ AB, HK⊥ AD, suy raHK ⊥BD Theo ý trên, lại cóCH ⊥BD Do đóCK⊥BD
∆CBDcóBK ⊥CD,CK⊥ BDnên nhậnKlàm trực tâm
BÀI Hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi ABCD tâm I, có cạnh a đường chéo BD = a CạnhSC = a
√
6
2 vng góc với mặt phẳng(ABCD) Thiết diện hình chópS.ABCD
cắt mặt phẳng(α)đi qua Ivà vng góc với đoạnSAlà hình gì?
Lời giải.
A
B I S
H
C D
VìABCDlà hình thoi nênBD⊥ AC VìSC ⊥(ABCD)nênSC ⊥ BD Suy raBD ⊥(SAC), đóBD⊥SA
Trong mặt phẳng(SAC)hạI H ⊥SAtạiH, suy raSA⊥(BDH) NốiBH,DH, ta mặt phẳng (α)chính tam giácDHB
Xét hai tam giác vng AH IvàACSđồng dạng có chung góc nhọn Anên: I H
AI = SC
AS ⇒ I H =
AI.SC AS (∗) VìBD =anên∆ABD tam giác đều, đó:
AI = a √
3
2 ⇐ AC =2AI = a
√
(45)SA=pAC2+SC2 = 3a
2
Từ(∗)ta có I H = a
2 =
BD
2
Tam giácBHDcó trung tuyến I Hứng với cạnhBDbằng BD
2 nên tam giác vng H
BÀI Tứ diện S.ABCcó SAvng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi H vàK trực tâm tam giácABCvàSBC Chứng minh rằngHK ⊥(SBC)
Lời giải.
C H S
K
B
A0 A
VìKlà trực tâm tam giácSBCnên BK ⊥SC.(1)
Có H trực tâm tam giác ABC nên BH ⊥ AC SA ⊥ (ABC) nên BH ⊥ SA Do BH ⊥(SAC)nên BH ⊥SC.(2)
Từ (1) (2) ta suy raSC ⊥(BHK), nênSC ⊥ HK (*) GọiA0 giao điểm củaAHvàBC
CóAA0 ⊥BCvàBC⊥SAnên BC ⊥(SAA0), suy raBC⊥SA0 Do cóSA0 đường cao tam giácSBCnênSA0 quaK VậyBC ⊥ HK(**)
Từ (*) (**) suy HK⊥(SBC)
BÀI Cho hình chóp S.ABCcó đáy tam giác ABC vuông B, 4SAB,4SACcân tạiS I, J, Klần lượt trung điểm AB,BC,CA Chứng minh rằng:
1 SK ⊥(ABC)
2 BC ⊥(SK J)
(46)A
B I
C
J S
K
1 Ta có4SABcân tạiS, Ilà trung điểm ABnênSI ⊥ AB.(1)
Lại cóIKlà đường trung bình tam giác ABCsuy IKk BC ⇒ IK ⊥ AB(2) (do4ABC vng tạiB.)
Từ (1) (2) ta cóAB⊥(SIK) ⇒ AB⊥SK (3)
Tam giácSACcân tạiS,Klà trung điểmAC nênSK ⊥ AC.(4) Từ (3) (4) ta cóSK ⊥(ABC)
2 Theo(a)ta cóSK ⊥(ABC)⇒SK ⊥BC
Lại cóK Jlà đường trung bình của4ABCnênK J k AB⇒K J ⊥BC
Vậy ta đượcBC ⊥(SK J)
{DẠNG 3.2 Góc đường thẳng mặt phẳng
Cho đường thẳngdvà mặt phẳng(P)cắt nhau. Nếu d⊥(P)thì(d,(P)) = 90◦.
A
O H
d
d0 ϕ
α
Nếu d6⊥(P)thì để xác định góc giữadvà(P), ta thường làm sau
1 Xác định giao điểmOcủadvà(P).
2 Lấy điểm Atrênd(AkhácO) Xác định hình chiếu vng góc (vng góc) Hcủa A lên
(47)VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = a√6 vàSA vng góc(ABCD) Hãy xác định góc
1 SC và(ABCD)
2 SC và(SAB)
3 SBvà(SAC)
4 AC và(SBC)
L Lời giải
A D
B C
S
O M
1 VìAClà hình chiếu vng góc củaSClên(ABCD)nên góc giữaSC và(ABCD)làSCA.‘ Trong tam giácSCA, ta cótanSCA‘ =
SA SC =
√
3nên(SC,(ABCD)) = SCA‘ =60◦
2 VìBC ⊥(SAB)tạiBnênSBlà hình chiếu vng góc củaSClên(SAB) Do đó(SC,(SAB)) = (SC,SB) = CSB.‘
Trong tam giácSCB, ta cótanCSB‘ = BC SB =
a
a√7 nên(SC,(SAB)) =arctan
√
7 3 VìBO ⊥(SAC)tạiOnên SOlà hình chiếu vng góc củaSBlên(SAC)
Do đó(SB,(SAC)) = (SB,SO) = BSO.‘
Trong tam giácSBO, ta cósinBSO‘ = BO
SB = a√2
2
a√7 =
√
14 nên(SB,(SAC)) = arcsin
√
14 4 Gọi M hình chiếu vng góc A lên SB Lúc AM ⊥ SB AM ⊥ BC (vì BC ⊥
(SAB) vàAM ⊂ (SAB)) nên AM ⊥ (SBC)tại M Do MC hình chiếu vng góc AClên(SBC)
Suy ra(AC,(SBC)) = (AC,MC) = ACM.’ Trong tam giácSAB, ta có AM= SA.AB
SB = a√6
√
7 tam giác ACM, ta cósinACM’ =
MA AC =
√
21
7 nên(AC,(SBC)) =arcsin
√
(48)
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, tâm O, SO vng góc (ABCD) GọiM,Nlần lượt trung điểmSA,BC Biết góc giữaMNvà(ABCD)bằng
60◦ Tính góc MN và(SBD)
L Lời giải
O
A B
N H
S
M
K
C D
Gọi Hlà trung điểm AO Ta có MH k SOnên MH ⊥ (ABCD), suy HN hình chiếu vng góc củaMNlên(ABCD) Do đó(MN,(ABCD)) = (MN,KN) = ÷MNK=60◦
Trong tam giácHCN, ta cóHN2 = HC2+CN2−2HC.CN cosHCN, suy ra’ HN = a√10
4
Mà tam giác MNH, ta có√3 =tan÷MNH = MH
HN nên MH = a√30
4 , suy raSO =2MH =
a√30
GọiKlà trung điểmSD
Ta cóMKCN hình bình hành nênMN song songKC Do đó(MN,(SBD)) = (KC,(SBD)) MàCO ⊥ (SBD)tạiO(doCO ⊥ DO vàCO ⊥ SO) nên KOlà hình chiếu vng góc củaKClên (SBD) Suy ra(KC,(SBD)) = (KC,KO) = ’CKO
Ta cóOK =
2SD =
√
OD2+OS2= a√2. Mặt khác, tam giácCOK, ta cótan’CKO =
OC OK =
1
2, suy ra(KC,(SBD)) = arctanCKO’ = arctan1
2 ≈26 ◦
330
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho hình chópS.ABCcó đáyABC tam giác cạnha,SA =2avàSAvng góc với đáy Tính góc
1 SCvà(ABC)
2 SCvà(SAB)
(49)A C
B S
M
1 VìAClà hình chiếu vng góc củaSClên(ABC)nên (SC,(ABC)) = (SC,AC) = SCA.‘ Ta cótanSCA‘ =
SA
AC =2nên(SC,(ABC)) =arctan 2≈63
◦.
2 GọiMlà trung điểmAB Vì ®
CM ⊥ AB
CM ⊥SA(vìSA ⊥(ABC)) nênCM ⊥(SAB)tạiM Suy raSMlà hình chiếu vng góc củaSClên(SAB)
Do đó(SC,(SAB)) = (SC,SM) =CSM.’
Trong tam giácSMC, ta cótanCSM’ = MC SM =
MC √
SA2+AM2 =
a√3
4a2+a
4
= √
51 17
Vậy(SC,(SAB)) =arctan
√
51 17 ≈23
◦.
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O, cạnh a, SO vng góc (ABCD)vàSO =a√6
1 Tính góc cạnh bênSCvà mặt đáy
2 Tính góc giữaSOvà(SAD)
3 GọiIlà trung điểm BC Tính góc giữaSI và(SAD)
(50)O
A B
I K
S
E
H
C D
1 VìOClà hình chiếu vng góc củaSClên(ABCD)nên(SC,(ABCD)) = (SC,OC) = SCO.‘ Trong tam giácSOC, ta cótanSCO‘ =
SO OC =2
√
3, đó(SC,(ABCD)) =arctan 2√3≈74◦
2 GọiK trung điểm AD H hình chiếu vng góc Olên SK Ta cóOH ⊥ SK OH ⊥ AD(vìAD ⊥(SKO)) nênOH ⊥(SAD), đóHlà hình chiếu vng góc củaOlên (SAD), suy raSHlà hình chiếu vng góc củaSOlên(SAD)
Do đó(SO,(SAD)) = (SO,SH) = ’HSO
Trong tam giác SOK, ta có tanHSO’ = tanKSO‘ = OK OS =
√
3
6 Suy (SO,(SAD)) = arctan
√
6 12 ≈12
◦.
3 Trong tam giácSKI, kẻ IEvng gócSKtạiE Lúc đóIE ⊥(SAD)(doIE kOH) Suy raSE hình chiếu vng góc củaSIlên(SAD)
Do đó(SI,(SAD)) = (SI,SE) = ‘ISE=2’HSO≈24◦
BÀI Cho hình chópS.ABCcó đáy ABClà tam giác vng cân tạiA, BC =a,SA=SB =SC = a√3
2 Tính góc giữaSAvà(ABC)
Lời giải.
A
S
C H
(51)Gọi H hình chiếu vng góc S lên (ABC) Lúc ba tam giác SAH,SBH SCH (vì chúng tam giác vng có chung cạnhSHvà có ba cạnhSA,SB,SCbằng nhau) Suy H A = HB = HCnên H tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng ABC, suy H trung điểmBC
Do đóH Alà hình chiếu vng góc củaSAlên(ABC), suy ra(SA,(ABC)) = (SA,AH) =SAH.’ Ta cócosSAH = AH
SA = BC
2
SA =
1
√
3, suy ra(SA,(ABC)) =arccos
√
3 ≈55
◦.
BÀI Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình thang vng AvàB, AB= BC =a, AD =2a Cạnh bênSA =a√2và vng góc với đáy Tính góc đường thẳngSBvà mặt phẳng(SAC)
Lời giải.
A S
I
C
D
B
O
GọiIlà trung điểm AD Lúc ABCIlà hình vng, suy BI ⊥ AC(tạiO)
MàSA ⊥ (ABCD) nên BI ⊥ SA Do BI ⊥ (SAC) tạiOnên SOlà hình chiếu vng góc SBlên(SAC), suy ra(SB,(SAC)) = (SB,SO) = BSO.‘
Trong tam giác SBO, ta có sinBSO‘ = BO SB =
BI
2
√
SA2+AB2 = √
6
6 , suy (SB,(SAC)) = arcsin
√
6 ≈24
◦.
BÀI Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 có đáy tam giác cạnhavà AA0 vng góc (ABC) Đường chéoBC0 mặt bên(BCC0B0)hợp với(ABB0A0)một góc30◦
1 TínhAA0
2 GọiM,N trung điểmACvàBB0 Tính góc MNvà(ACC0A0)
(52)A0 C0
H M0
C
B B0
N
A
I
M
1 GọiIlà trung điểm A0B0 Ta cóC0I ⊥ A0B0vàC0I ⊥BB0nênC0I ⊥(ABB0A0)tạiI Do đóIB hình chiếu vng góc củaC0Blên(ABB0A0) Suy ra(BC0,(ABB0A0)) = C‘0BI =30◦ Trong tam giácC0IB, ta cótanC‘0BI =
IC0
IB, suy raIB =
3a
2 Khi đóAA =
BB0 =√IB2−IB02 = a√2
2 GọiM0 trung điểmA0C0vàHlà trung điểm MM0
Ta có BM ⊥ (ACC0A0) (vì BM ⊥ AC vàBM ⊥ AA0) mà HN k BM nên HN ⊥ (ACC0A0) tạiH Suy MHlà hình chiếu vng góc MNlên(ACC0A0)
Do đó(MN,(ACC0A0)) = (MN,MH) = N MH Mà tam giác÷ N MH, ta cótanN MH÷ = HN
MH = √
6
Vậy(MN,(ACC0A0)) =arctan
√
6 ≈51
◦.
{ DẠNG 3.3 Xác định thiết diện khối đa diện cắt mặt phẳng qua
một điểm vng góc với đường thẳng cho trước
Để xác định thiết diện khối đa diện cắt mặt phẳng (α) đi qua điểmMvà vng góc với
∆cho trước, ta thực sau:
Dựng hai đường thẳng cắt vng góc với ∆trong có đường thẳng đi qua M Mặt phẳng xác định hai đường thẳng là(α) Sau ta cần tìm giao
tuyến của(α)với mặt khối đa diện.
Nếu có sẵn hai đường thẳng chéo cắt nhau a,b vuông góc với∆thì ta dựng (α) đi
qua Mvà song song vớia,b.
VÍ DỤ Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABClà tam giác vng cân đỉnhC,CA =
2avà mặt bên ABB0A0là hình vng Gọi (P)là mặt phẳng quaCvà vng góc vớiAB0 Xác định thiết diện hình lăng trụ cho cắt mặt phẳng(P)và tính diện tích thiết diện
(53)GọiHlà trung điểm AB⇒CH ⊥ AB⇒CH ⊥ AB0 DựngHK ⊥AB0, vớiKthuộc cạnh AA0
Suy thiết diện tam giácCHKvà tam giácCHKvuông tạiH SCHK =
2CH·HK
Trong4ABC,CH = AB
2 =a
√
2
Ta có4AHKvng cân tạiAvàHK= A
0B·√ 2 =2a
VậySCHK =
1
2CH·HK = 2·a
√
2·2a=a2√2
B
C B0
C0
H A
A0
K
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABC có đáy ABClà tam giác cạnha, SA = avà vng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi Mlà điểm thuộc cạnh AC cho AM = 3MC Gọi(α) mặt
phẳng qua Mvà vng góc với cạnh AC Xác định thiết diện hình chóp cho cắt mặt phẳng(α)và tính diện tích thiết diện
L Lời giải
GọiElà trung điểm AC ⇒BE⊥ AC
Trong(ABC), dựng MN ⊥AC, với Nthuộc cạnhBC ⇒ MN k EB
Trong(SAC), dựng MP ⊥ AC, với Pthuộc cạnh SC ⇒ MPk SA
Suy thiết diện tam giác MPN tam giác MPN vuông tạiM
SMPN =
1
2MN·PM
Ta có4SACv4PMC ⇒ PM SA =
CM CA ⇒PM = SA·CM
CA =a·
1 =
a
4
Ta cóMNlà đường trung bình tam giác4BEC ⇒ MN =
2EB= ·
a√3
2 =
a√3
VậySMPN =
2MN·PM = 2·
a√3 ·
a
4 =
a2√3 32
S
A
M
N E
C P
B
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a; SA = a√3 vng góc với mặt phẳng(ABCD) GọiAH đường cao tam giácSAB Gọi(α)là mặt phẳng qua Avà
vng góc với cạnh SB Xác định thiết diện hình chóp cho cắt mặt phẳng (α)
tính diện tích thiết diện
(54)Trong (SBC), dựng H I ⊥ SB, với I thuộc cạnh SC ⇒ H I k BC(DoBC ⊥SB)
Ta có
H I ⊂(α)
BC⊂(ABCD) H I k BC
Dlà điểm chung của(α),(ABCD)
⇒(α)∩(ABCD) = ADk BC k H I
Suy thiết diện tứ giácAH ID Ta có
®
H I k BC k AD
DA ⊥ AH nên tứ giácAH IDlà hình thang vng tạiAvàH
SAH ID =
2(AD+H I)·AH
Trong4SAB, ta có:
S
C D
A I B
H
1
AH2 =
1
SA2 +
1
AB2 =
1 3a2 +
1
a2 ⇒ AH = a√3
2
Ta có4SH I v4SBC ⇒ H I BC =
SH SB =
SH·SB SB2 =
SA2 SB2 =
SA2 SA2+AB2 =
3a2
3a2+a2 =
3
⇒ H I =
4 ·BC = 3a
4
VậySAH ID =
1
2(AD+H I)·AH = ·
a+3a
4 · a √ =
7a2√3
16
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành,SA ⊥ (ABCD),M ∈ SA Mặt phẳng (P)đi quaMvà vng góc vớiSA Xác định thiết diện mặt phẳng(P)với hình chópS.ABCD
Lời giải. A D E M B C N F S I K
VìSA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AD Trong mặt phẳng(SAD), qua M ∈ SAkẻ ME k ADcắtSDtại E, ME⊥SA
Tương tự mặt phẳng(SAB)kẻ MFk AB⇒ MF⊥SA
Vì E ∈ SD,F ∈ SB ⇒ EF ⊂ (SBD) Gọi K giao SI EF, K ∈ (SAC) Lại có M∈ SA ⇒ M∈ (SAC) Từ ta có MK ⊂(SAC)suy raMK∩SC = N
Ta thấy M ∈ (MENF); ME ⊥ SA,MF ⊥ SA ⇒ SA ⊥ (MENF), qua Mcó mặt phẳng vng góc vớiSAdo đó(P)≡(MENF).Vậy MENFlà thiết diện mặt phẳng
(P)với hình chópS.ABCD
(55)Lời giải.
A C
H
B S
I
GọiIlà trung điểm AC, ta cóBI ⊥ AC MàBI ⊥SAnên BI ⊥(SAC), suy raBI ⊥SC
Gọi H hình chiếu vng góc I lên SC Lúc SC ⊥ (BI H) Do tam giác BI H thiết diện cần tìm
VìBI ⊥(SAC)nênBI ⊥ I H, suy tam giác IBHvng tạiI Ta có∆CH I v∆CASnên I H
SA = CI
CS, suy raI H =
CI.SA CS =
a√5
Do đóS∆BI H =
2I H.IB =
a2√15
20
C BÀI TẬP TỔNG HỢP
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có SD ⊥ (ABCD), đáy ABCD hình thang vng A,D AD = AB = a, BC = a√2 M trung điểm BD Tìm thiết diện S.ABCD cắt mặt phẳng(α)đi qua Mvà vng gócSBvới hình chópS.ABCD
Lời giải.
A B
C M
N S
F
E D
∆ABD vuông cân tạiAnênBD= a√2
∆BDCcóBD= BC= a√2vàBDN’ =45◦nên∆BDCvng cân tạiB
GọiNlà trung điểm củaCD Vì∆BDCvng cân tạiBnênDN =BN =NC = BC√
2 = a
Do đóABNDlà hình vuông Suy AN ⊥BD
(56)Trong mặt phẳng(SBD), ta hạ ME⊥SBtạiE Khi mặt phẳng(AEN)vng góc vớiSBchính mặt phẳng(α)
Ta có AN k BC (cùng vng gócDB) nên(AEN) k BC Do (AEN) cắt(SBC) theo giao tuyến song song vớiBC
Trong mặt phẳng(SBC), kẻ đường thẳng quaEsong song với BCvà cắtSCtại F Thiết diện hình chóp(S.ABCD)cắt mặt phẳng(α)là hình tứ giácAEFN
BÀI Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 cóAA0 = BC =a, AC =a√3và∆ABCvng tạiB ĐiểmMnằm cạnhACsao cho AM =
3AC Chứng minh rằngB
0M⊥ A0C.
Lời giải.
A0
B0 C0
M A
B C N
GọiNlà trung điểm AB
∆ABCvuông tạiBnên AB=√AC2−BC2 =√3a2−a2 =a√2. Ta có BN
BB0 =
a
√
2 a =
1
√
2,
BB0 A0B0 =
a a√2 =
1
√
2
Ta lại cóNBB’0 =BB÷0A0(cùng góc vng) nên∆NBB0 ∼∆BB0A0
Suy raB’0NB = ÷A0BB0 ⇒B’0NB+÷A0BB0 = 0BB0+÷A0BB0 =90◦ Vì vậyB0N ⊥ A0B(1) Ta có
®
BB0 ⊥ BC
BC ⊥ AB ⇒CB ⊥(ABB
0A0) (2).
Từ(1),(2)theo định lý ba đường vng góc ta có B0N⊥ A0C(3) Ta có AM
AB = AC
3AB = a√3 3a√2 =
1
√
6,
AN AC =
AB
2AC = a√2 2a√3 =
1
√
6 Suy ra∆AMN ∼∆ABC
Vì vậAMN =’ABChayMN ⊥AC
Mặt khác(ACC0A) ⊥(ABC)nên suy raMN ⊥(ACC0A0) ⇒ MN ⊥ A0C(4)
Từ(3),(4)ta suy A0C ⊥(B0MN) ⇒ A0C ⊥B0M
BÀI Cho hình chópS.ABCcóSB⊥(ABC) Trên mặt phẳng(ABC), dựng phía ngồi∆ABC điểmD,Esao cho∆ACDvà∆ECBvng cân tạiC Chứng minh rằngSA ⊥BD
(57)S
C D
A B
E
Xét phép quayQπ2
C biếnDthành A, biếnBthànhE Do phép quayQ
π
C biếnDBthành AEvà ta cóBD⊥ AE
Ta cóSB⊥(ABC)vàBD ⊥AEnên theo định lý ba đường vng góc ta suy raSA ⊥BD
BÀI Cho hình lăng trụ ABCD.A0B0C0D0 có đáy hình thoi cạnh a, BAD’ = 60◦ Hình chiếu vng góc B0 lên mặt đáy trùng với giao điểm hai đường chéo ABCD BB0 = a Tính góc cạnh bên mặt đáy
Lời giải.
A0
D0 C0
C
B B0
A
O D
GọiO= AC∩BD Ta cóB0O⊥(ABCD) Suy raBOlà hình chiếu vng góc củaBB0lên(ABCD) Do đó(BB0,(ABCD)) = (BB0,BO) = B’0BO
Ta cóAB= AD= avàBAD’ =60◦ nên tam giác ABDđều, suy raBD= avàBO= a
2
Mà tam giácB0BO, ta cócosB’0BO= BO BB =
1
2 nên (BB
0,(ABCD)) = 60◦.
BÀI Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có đáy ABCD hình vng Tìm góc lớn đường thẳngBD0 mặt phẳng(BDC0)
(58)A0
D0
B0
C0
I
C
B H
A
O D
Gọi O = AC∩ BD, I trung điểm DD0 H hình chiếu vng góc I lên OC0 Ta có I H ⊥OC0(1)
MàBD⊥ ACvàBC ⊥AA0nên BD⊥(ACC0A0), suy raBD⊥ I H(2)
Từ (1) (2), sy raI H ⊥(BDC0)tại HnênBHlà hình chiếu vng góc củaBI lên(BDC0) Suy (D0B,(BDC0)) = (BI,BH) = IBH.‘
ĐặtAB=a,AA0 =b Ta cóBD0 =√AB2+AD2+DD02 =√2a2+b2, suy raIB = √
2a2+b2
2
Ta có∆OH I ∼∆C0COnên H I = OI.CO C0O =
ab
2√2b2+a2 =
1
…
2
a2 +
1
b2
Từ suy
sinIBH‘ = I H BI =
1
2
a2 b2 +
b2 a2
+5
≤
3
Đẳng thức xảy khia=b
Khi góc lớn cần tìm có số làarcsin1 ≈19
◦
280
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O, cạnh a vàSO ⊥ (ABCD) Mặt phẳng(P) qua Avng góc với SC cắt hình chóp theo thiết diện có diện tích a
2
2
Tính góc giữaSCvà(ABCD)
(59)O
A B
S
K
C I
H J
D
GọiJ hình chiếu vng góc củaAlênSC(1), I giao điểm củaSOvàAJ QuaI kẻ đường thẳng song songBDcắtSB,SDlần lượt HvàK
VìBD ⊥(SAC)nênHK ⊥(SAC), suy raHK ⊥SC(2)
Từ (1) (2) suy raSC ⊥(AH JK)nên tứ giác AH JKlà thiết diện hình chóp cắt bởi(P) VìHK⊥(SAC)nên HK ⊥AI, đóSAH IK =
2AJ.KH =
a2
2
Nhận thấy rằngOC hình chiếu vng góc củaSC lên (ABCD)nên (SC,(ABCD)) = SCO‘ = ‘
SAC=α
Lúc AJ = ACsinα =a
√
2 sinα,SO =OC tanα = a
√
2 tanα
Ta có ∆SOC ∼ ∆SJ I nên dSI J = SCO‘ = α, suy AIO‘ = dSI J = α, từ ta cóOI = OA cotα =
a√2 cotα
Trong tam giác SBD, ta có HK BD =
SI
SO = 1− OI
SO = 1−cot
α, suy raKH = DB 1−cot2α =
a√2 1−cot2α
Vậy SAH JK =
1 2a
2=a2sin
α
1−cot2α
⇔4 sin2α−sinα−2=0⇒sinα= 1+
√
33
8 ⇒α ≈57, ◦
(60)BÀI 4. HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC A TĨM TẮT LÍ THUYẾT
1 ĐỊNH NGHĨA GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG
Định nghĩa Góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng vng góc với hai mặt phẳng
Hai mặt phẳng song song trùng góc chúng bằng0◦
α
m
β
n
2 CÁCH XÁC ĐỊNH GÓC CỦA HAI MẶT PHẲNG CẮT NHAU
1 Tìm giao tuyếnccủa(α)và(β)
2 Tìm hai đường thẳnga, b thuộc hai mặt phẳng vng góc vớictại điểm
3 Góc giữa(α)và(β)là góc giữaavàb I
c a
b
α
β
3 DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU CỦA MỘT ĐA GIÁC
Định nghĩa Cho đa giác H nằm mặt phẳng(α) có diện tích S vàH hình chiếu
vng góc củaH mặt phẳng(β) Khi diện tíchS0 hìnhH tính theo cơng thức
như sau:
S0 =S·cosϕ
với ϕlà góc giữa(α)và(β)
4 HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC
Định nghĩa Hai mặt phẳng gọi vng góc với góc hai mặt phẳng góc vng
Định lí Điều kiện cần đủ để hai mặt phẳng vng góc với nhau mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc với mặt phẳng kia.
O a
b c
α
(61)Hệ Nếu hai mặt phẳng vng góc với đường thẳng nằm mặt phẳng vng góc với giao tuyến vng góc với mặt phẳng
Hệ Cho hai mặt phẳng(α)và(β)vng góc với Nếu từ điểm thuộc mặt phẳng
(α)ta dựng đường thẳng vng góc với mặt phẳng(β)thì đường thẳng nằm mặt
phẳng(α)
Định lí Nếu hai mặt phẳng cắt vng góc với mặt phẳng giao tuyến chúng vng góc với mặt phẳng đó.
5 HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG, HÌNH HỘP CHỮ NHẬT, HÌNH LẬP PHƯƠNG
Định nghĩa Hình lăng trụ đứng hình lăng trụ có cạnh bên vng góc với đáy Độ dài cạnh bên gọi chiều cao hình lăng trụ đứng
Nhận xét:Các mặt bên hình lăng trụ đứng hình chữ nhật vng góc với mặt đáy
Định nghĩa Hình lăng trụ hình lăng trụ đứng có đáy đa giác
Nhận xét: Các mặt bên hình lăng trụ hình chữ nhật vng góc với mặt đáy
Định nghĩa Hình hộp đứng hình lăng trụ đứng có đáy hình bình hành Nhận xét:Trong hình hộp đứng mặt bên hình chữ nhật
Định nghĩa Hình hộp chữ nhật hình hộp đứng có đáy hình chữ nhật Nhận xét:Tất mặt hình hộp chữ nhật hình chữ nhật
Định nghĩa Hình lập phương hình hộp chữ nhật có tất cạnh Nhận xét:Tất mặt hình lập phương hình vng
6 HÌNH CHĨP ĐỀU VÀ HÌNH CHĨP CỤT ĐỀU
Định nghĩa Một hình chóp gọi hình chóp có đáy đa giác có chân đường cao trùng với tâm đa giác đáy
Nhận xét:Hình chóp có:
1 Các mặt bên tam giác cân Các mặt bên tạo với mặt đáy góc
2 Các cạnh bên tạo với mặt đáy góc
Định nghĩa 10 Phần hình chóp nằm đáy thiết diện song song với đáy cắt cạnh bên hình chóp gọi hình chóp cụt
Nhận xét:Hình chóp cụt có:
1 Hai đáy hai đa giác đồng dạng với
(62)B CÁC DẠNG TOÁN
{DẠNG 4.1 Tìm góc hai mặt phẳng
Muốn tìm góc hai mặt phẳng ta tìm góc hai nửa đường thẳng nằm hai mặt phẳng vng góc với giao tuyến chúng.
Một số trường hợp thường gặp:
TH1:∆ABC =∆DBC Gọi Ilà chân đường cao của∆ABC. Nối DI VỡABC=DBCnờnDI BC.
((ABC)Ô,(DBC)) = AID.
B
C
I A
D
TH2: Xét góc hai mặt phẳng (MAB) và(N AB)với 4MAB và
4N ABcân có cạnh đáyAB.
Gọi Ilà trung điểm AB Khi úN I ABv MI AB.
((MAB)Ô,(N AB)) = MI N’.
A B
I M
N
TH3:Hai mặt phẳng cắt nhau(α)∩(β) = ∆.
Tìm giao tuyến∆của hai mặt phẳng.
Dựng ABcó hai đầu mút nằm hai mặt phẳng vng góc với mặt. (giả sử (β)).
Chiếu vng góc của AhoặcBlên∆là điểm I.
⇒ AIB‘ là góc hai mặt phẳng.
I
B
A
TH4:Nếu a⊥(α);b ⊥(β)thì((Ÿα),(β)) =(a’,b).
TH5:Trường hợp khó vẽ góc hai mặt phẳng dùng cơng thức phép chiếu diện tích đa giác.
VÍ DỤ Cho tứ diệnS.ABCcó đáyABClà tam giác cạnha,SA ⊥(ABC)vàSA = 3a
2
Tính góc hai mặt phẳng(SBC)và(ABC)
L Lời giải
Gọi góc hai mặt phẳng(SBC)và(ABC)làα
GọiMlà trung điểm củaBC Do4ABCđều nên AM ⊥BC (1) Theo giả thiếtSA⊥(ABC), suy theo (1) ta cóSM⊥ BC (2)
Lại có(SBC)∩(ABC) = BC (3)
Từ (1), (2) (3) ta cóα =SMA.’ Ta có AM = √AC2−CM2 = a
√
3
2 Xét tam giácSAMvuông A, ta có: tanα = SA
AM =
3
√
3 =
√
3, suy raα =60◦
α
A S
B M
C
(63)VÍ DỤ Cho hình vng ABCDcạnha,SA ⊥(ABCD)vàSA = a√3 Tính số đo góc mặt phẳng sau:
a ((SBC),(ABC)) =?
b ((SBD),(ABD)) =?
c ((SAB),(SCD)) =?
L Lời giải
a Gọiα = (S,BC,A) Khi ta có
®
BC ⊥ AB
BC ⊥SA ⇒ BC⊥SB Suy raα =SBA.‘
Trong4SABcótanα = SA
AB = a√3
a = √
3⇒α =60◦
b Gọi β = (S,BD,A) AC ∩ BD = O, ta có
®
AO⊥BD
SO⊥BD(DoBD⊥(SAC)) ⇒β =’SOA Mà AO= a
√
2
2 , suy ratanβ =
SA AO =
2a√3
a√2 =
√
6 ⇒ β= arctan(√6)
c Gọiγ = ((SAB),(SCD))
Khi ta cóγ =’ASDvàtanγ= AD SA =
a a√3 =
1
√
3
⇒γ =30◦
α β
γ
A S
B
C D
O
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho tứ diệnS.ABCcó’ABC =90◦,AB =2a;BC =a √
3,SA ⊥(ABC);SA =2a Gọi Mlà trung điểm AB Hóy tớnh:
a
Ô (SBC),(ABC)
b Đường caoAH của4AMC
c =
Ô (SMC),(ABC)
(64)
a Gọiα =
Ô (SBC),(ABC)
Trong tam giỏc ABCta cú AB ⊥ BC vàSB ⊥ BC, suy raα =
‘ SBA
Ta cóAB =SA =2anên suy raα =45◦
b Đường caoAH của∆AMC
Ta cóCM =√MB2+BC2=2avà SAMC =
1
2AB·BC−
2MB·BC =
a2√3
Do AH= 2SAMC MC =
2· a 2√3
2
2a =
a3
c Gi=
Ô (SMC),(ABC)
?
Do ®
AH ⊥CM
SH ⊥CM ⇒ ϕ=SH A.’ Trong 4SH A có tanϕ = SA
AH =
4a a√3 =
4√3
3 ⇒ ϕ =
arctan
√
3
!
A S
B H
C M
BÀI Trong mặt phẳng (P) cho 4ABC vuông cân, cạnh huyền BC = a Trên nửa đường thẳng vng góc với(P)tại Alấy điểmS
a Tính góc hai mặt phẳng((SAB),(CAB))và((SAC),(BAC))và((CSA),(BSA)) b TínhSAđể góc hai mặt phẳng((SBC),(ABC))có số đo30◦
Lời giải.
a Dễ thấy (SAB) ⊥ (ABC),(SAB) ⊥ (SAC),(ABC) ⊥ (SAC), góc mặt phẳng((SAB),(CAB)) ((SAC),(BAC))và((CSA),(BSA))đều bằng90◦
b Gọiα góc hai mặt phẳng((SBC),(ABC))
GọiMlà trung điểm cạnhBC, ta có ®
AM⊥ BC
SM⊥ BC ⇒α =SMA.’ Ta cóAM = a
2, theo đề thìtan 30
◦ = SA
AM ⇒SA = AM·tan 30◦ ⇒ SA= a
√
3
A S
B
M
C
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a,AD = a√3, SA ⊥ (ABCD)
a) Tính góc hai mặt phẳng(SCD)và(ABCD)vớiSA =a
(65)Lời giải.
a) Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ CD ⊥ SA, theo giả thiết CD ⊥ AD (SCD)∩(ABCD) = CD, suy ⇒ α = ((SCD),(ABCD)) =
’ SDA
Xét tam giácSADvng tạiAta có:
tanα = SA
AD = a a√3 =
1
√
3 ⇒α =30 ◦.
b) Theo kết câu a ta có:tan 60◦ = x a√3
⇔x =a√3 tan 60◦ =3a
S
D
B
C A
BÀI Cho tam giác vngABCcó cạnh huyền BCnằm mặt phẳng(P) Gọiα,βlần lượt
góc hợp hai đường thẳng AB,ACvà mặt phẳng (P) Gọi ϕlà hợp (ABC) và(P) Chứng
minh rằngsin2ϕ=sin2α+sin2β
Lời giải.
Gọi A0 hình chiếu vng góc Alên mặt phẳng (P), AH đường cao tam giácABC
Suy A0B A0C hình chiếu AB AC lên mặt phẳng(P) Do đóα= ABA’0vàβ=÷ACA0
Lại có
BC ⊥ AH BC ⊥ H A0
(ABC)∩(P) = BC
⇒ ϕ= ÷AH A0
Xét tam giácABCvng tạiA, ta có: AH2 =
1
AB2 +
1
AC2 ⇔ AA
02 AH2 =
AA02 AB2 +
AA02
AC2 ⇔sin
ϕ=sin2α+sin2β
α
β ϕ
A
A0
B
C H
BÀI Cho tứ diệnOABCcóOA,OB,OCđơi vng góc với Gọiα,β,ϕlần lượt góc
hợp mặt phẳng(OBC),(OCA),(OAB)với mặt phẳng (ABC) Chứng minh rằngcos2α+ cos2β+cos2ϕ=1
(66)GọiOH,OK,OI đường cao tam giác OBC,OAB,OAC
Ta có
AH ⊥BC OH ⊥BC
(OBC)∩(ABC) = BC
⇒α =AHO.’
Ta có
CK⊥ AB OK ⊥ AB
(OAB)∩(ABC) = AC
⇒ ϕ=’CKO
Ta có
BI ⊥ AC OI ⊥ AC
(OAC)∩(ABC) = AC
⇒β= AHO.’
cosα = SOBC
SABC
; cosβ= SOAC
SABC
; cosϕ= SOAB
SABC Do đó:
cos2α+cos2β+cos2ϕ=
SOBC SABC + SOAC SABC + SOAB SABC =
OB·OC
2SABC
2
+
OI·AC
2SABC
2
+
OA·OB
2SABC
2
= OB
2(OA2+OC2) +OI2·AC2
4SABC
= OB
2·AC2+OI2·AC2
4SABC
= AC
2(OB2+OI2)
4SABC =
AC2·BI2
4SABC =
4SABC
4SABC =1 Suy điều phải chứng minh
A K B I C O H
{DẠNG 4.2 Tính diện tích hình chiếu đa giác
Gọi S là diện tích đa giác H trong (P),S0 là diện tích hình chiếu H0 của H trên (Q), và
ϕ=
ÿ
(P),(Q) Khi đó:S0 =S cosϕ.
VÍ DỤ Cho4ABCcân A, đường cao AH =a√3,BC =3acóBC nằm trong(P) Gọi A0là hình chiếu caAlờn(P) Khi4A0BCvuụng tiA0, tớnh
Ô (P);(ABC)
(67)
GọiMlà trung điểm cạnhBC Do4ABCcân tạiAnênAM ⊥ BC
Mặt khácAA0 ⊥(P) A0H BC Do ú =
Ô (P);(ABC)
= ((ABC),(A0BC)) = ÷AH A0 Theo đề ta có:SABC =
2·AH·BC =
3a2√3
2
Lại có A0H =
2 ·BC = 3a
2 Suy raSA0BC = 2·
3a
2 ·3a = 9a2
4
Khi ta có:
SA0BC =SABC·cosα ⇔ 9a
2
4 =
a2√3
2 ·cosα ⇔cosα =
√
3
Suy raα =30◦
A0 A
B
H
C
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho hình chópS.ABCcó đáy tam giác cạnha,SA = a
2 vàSA ⊥ (ABC) Tính diện
tích tam giácSBC
Lời giải.
GọiMlà trung điểm cạnhBC Dễ dàng chứng minh đượcSMA’ =
αlà góc hai mặt phẳng(ABC)và(SBC)
Mặt khácSA ⊥(ABC), suy ra4ABClà hình chiếu của4SBClên mặt phẳng(ABC)
Do đóSABC =SSBC·cosα ⇒SSBC = SABC
cosα (1)
Lại có AM= a √
3
2 vàSABC =
a2√3
Xét tam giácSAMvng A, ta có
tanα = SA
AM =
2a
2a√3 =
√
3 ⇒α =30 ◦.
Thay vào (1) ta đượcSSBC =
a2√3 cos 30◦ =
a2
2
A S
B
M
C
BÀI Cho hình thoiABCDcó đỉnhAnằm trong(P)các đỉnh cịn lại khơng nằm trong(P),BD= a,AC =a√2 Chiếu vng góc hình thoi ABCDlên(P), ta hình vngAB0C0D0
a TínhSABCD vàSAB0C0D0 từ suy ϕ=⁄((P);(Q))
b GọiE,Flần lượt giao điểm củaCBvàCDvới(P) TínhSEFDB;SEFD0B0
Lời giải.
(68)Ta cóSABCD =
2 ·AC·BD =
a2√2
Do AB0C0D0 hình chiếu ABCD lên (P) BD k B0D0 nên BD = B0D0 = a Mà AB0C0D0 hình vng nên suy AB0 = a
√
2
Do đóSAB0C0D0 = AB0·AD0 =
a√2
!2
= a
2
Mặt khácSAB0C0D0 =SABCD·cosϕ ⇒cosϕ= 2a
2
2a2√2 = √
2
2 ⇒ ϕ=45 ◦.
A
E
F
C
C0 D0
B0
D
B
b Trong mặt phẳng(CC0D0D)gọiFlà giao điểm củaCDvàC0D0, mặt phẳng(BB0C0C)gọi Elà giao điểm củaBCvàB0C0
Dễ thấy
BDk B0D0
BD⊂(ABCD);B0D0 ⊂(P) (P)∩(ABCD) = FE
⇒FE k BDk B0D0, suy raBDFEvàB0D0FElà hình
thang cân
Lại có ADk BE⇒ ADBElà hình bình hành, tương tự có ABDFcũng hình hình hành Suy raEF =2B0D0 =2a Do đóSEFD0B0 =
1 2(B
0
D0+EF)· AC
0
2 =
3a2
4
MàSEFD0B0 =SEFDB·cosϕ⇒SEFDB =
SEFD0B0 cosϕ =
3a2
4 cos 45◦ =
3a2√2
4
{DẠNG 4.3 Chứng minh hai mặt phẳng vng góc
Cách 1: Chứng minh mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc với mặt phẳng kia.Cách 2:
Chứng minh góc hai mặt phẳng bằng90◦.
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng, SA ⊥ (ABCD) Chứng minh rằng:
1 (SAC) ⊥(SBD)
2 (SAB)⊥(SBC)
L Lời giải
1 Ta cóAC ⊥BD, AC ⊥SA(vìSA ⊥(ABCD)) Do đóAC ⊥(SBD) Vì vậy(SAC)⊥(SBD)
2 Ta cóBC⊥ AB, BC ⊥SA(vìSA⊥(ABCD)) Do đóBC ⊥(SBD) Vì vậy(SBC)⊥(SAB)
S
A
B C
D O
(69)VÍ DỤ Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng, SA ⊥ (ABCD) Gọi Mvà Nlần lượt hình chiếu AlênSBvàSD Chứng minh rằng(SAC) ⊥(AMN)
L Lời giải
Ta cóBD⊥ AC, BD⊥SA(vìSA ⊥(ABCD)) Do đóBD⊥(SAC)
MàMN k BD(do SM SB =
SN
SD) nênMN ⊥(SAC) Vì vậy(SAC) ⊥(AMN)
A
B C
O
D N
S
M
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông A, SA ⊥ (ABC) Gọi H vàK hình chiếu củaBtrên đường thẳngSAvàSC Chứng minh rằng:
1 (SAC) ⊥(SAB)
2 (SAC) ⊥(BHK)
L Lời giải
1 Ta cóAC ⊥ AB, AC ⊥SA(vìSA⊥(ABC)) Do đóAC ⊥(SAB) Vì vậy(SAC) ⊥(SAB)
2 Ta cóSC ⊥BK
Mặt khácBH ⊥SAvàBH ⊥ AC(vì AC ⊥(SAB)) Do đóBH ⊥(SAC), suy raSC ⊥BH
Từ đóSC ⊥(BHK) Vì vậy(SAC)⊥(BHK)
S
A
B C H
K
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O với AB = a, AC =
2a√6
3 ,SO⊥(ABCD),SB=a Chứng minh rằng(SAB) ⊥(SAD)
(70)GọiMlà hình chiếu củaOlênSA
Khi SA ⊥ (MBD) Do góc hai mặt phẳng (SAB) và(SAD) góc hai đường thẳng MB vàMD
Ta cóBD= √2a
3,SO =
a√6
Suy raOM = √a
3 = 2BD
Vì tam giácMBDvng cân tạiM, từ đóBMD’ =90◦hay(SAB)⊥(SAD)
S
C
D A
B M O
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI
Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thoi vàSA =SB= SC Chứng minh rằng(SBD) ⊥(ABCD)
Lời giải.
Ta cóAC ⊥BD
GọiOlà tâm hình thoi ABCD VìSA =SCnên AC ⊥SO
Do đóAC ⊥(SBD) Vì vậy(ABCD) ⊥(SBD)
S A
B C
D O
BÀI
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA = 2a, SA ⊥ (ABC) GọiIlà trung điểm BC Chứng minh rằng(SAI)⊥(SBC)
Lời giải.
Ta cóSA ⊥(ABC)nên BC ⊥SA VìAB= ACnên BC ⊥AI
Do đóBC ⊥(SAI) Vì vậy(SBC)⊥(SAI)
S
A
B
C I
BÀI Trong mặt phẳng(P)cho hình vng ABCD GọiSlà điểm khơng thuộc(P)sao cho SABlà tam giác và(SAB) ⊥(ABCD) Chứng minh rằng(SAD)⊥(SAB)
Lời giải.
GọiHlà trung điểm AB
Ta cóSABlà tam giác nênSH ⊥ AB Mà(SAB)⊥(ABCD)nên SH ⊥(ABCD), suy raAD⊥SH
Mặt khácAD⊥ AB Do AD⊥(SAB) Từ đó(SAD)⊥(SAB)
S
A
B C
D H
BÀI Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có AB= AC = a, AC = a√2 Gọi Mlà trung điểm củaAC Chứng minh rằng(BC0M)⊥(ACC0A0)
(71)VìAB= ACnên BM⊥ AC
ABC.A0B0C0 lăng trụ đứng nênBM⊥ AA0 Do đóBM⊥(ACC0A0)
Vì vậy(BC0M)⊥(ACC0A0)
A A0
M C C0
B B0
BÀI Cho hình chópS.ABCcóSA⊥(ABC) GọiHvàKlần lượt trực tâm tam giácABC vàSBC Chứng minh rằng(SBC)⊥(CHK)
Lời giải.
GọiI = AH∩BC Khi đóBC ⊥(SAI), suy raBC ⊥SI Do đóS, K, I thẳng hàng Ta cóSB⊥CK
Mặt khácCH ⊥ AB,CH ⊥SAsuy raCS⊥(SAB) Từ đóSB⊥SH
Do đóSB ⊥(CHK) Vì vậy(SBC) ⊥(CHK)
S
A
B
C I
H K
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB = a, AD = a√2 SA ⊥(ABCD) GọiMlà trung điểm AD Chứng minh rằng(SAC)⊥(SMB)
Lời giải.
GọiI = AC∩BM
VìSA ⊥(ABCD)nênBM ⊥SA
Theo giả thiết ta suy raAC2=3a2, AI2 = a
3
MI2 =
9MB
2 = a2
6 Do đóAI
2+MI2 = MA2. Từ đóBM⊥ AC
Suy raBM ⊥(SAC) Vì vậy(SBM) ⊥(SAC)
S
A
B C
D M
I
BÀI Cho hình vng ABCDvà tam giác đềuSABcạnhanằm hai mặt phẳng vng góc Gọi IvàFlần lượt trung điểmABvàAD Chứng minh rằng(SID)⊥(SFC)
Lời giải.
GọiK =CF∩ID
Tam giácSABđều nênSI ⊥AB
Mà(SAB)⊥(ABCD)nên SI ⊥(ABCD), suy raCF ⊥SI
Mặt khác’KFD+’KDF=KFD’+KCD’ =90◦ Suy raCF⊥ ID Do đóCF⊥(SID)
Vì vậy(SFC) ⊥(SID)
S
A
B C
D I
F K
(72){DẠNG 4.4 Thiết diện chứa đường thẳng vng góc với mặt phẳng
Xác định mặt phẳng(β)chứa đường thẳngdvà vng góc với mặt phẳng(α)cho trước cách:
1 Từ điểm Abất kì thuộc đường thẳng ddựng AH ⊥ (α) Mặt phẳng (AH,d) là mặt phẳng
(β).
2 Tìm giao điểm mặt phẳng (β) và cạnh hình chóp, hình lăng trụ Từ suy ra
thiết diện.
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng SA vng góc với mặt đáy Gọi(P)là mặt phẳng chứaADvà vng góc với mặt phẳng(SBC) Xác định thiết diện mặt phẳng(P)cắt hình chóp
L Lời giải
Kẻ AH ⊥SB(H∈ SB) Ta có
®
AD⊥SA(SA ⊥(ABCD)) AD⊥ AB
⇒ AD⊥(SAB) ⇒ AD⊥SB
Ta có AD ⊥ SBvà AH ⊥ SB nên SB ⊥ (ADH), suy (SBC) ⊥(ADH)
Do đó, mặt phẳng (P) chứa AD vng góc với mặt phẳng(SBC)là(ADH)
Trong mặt phẳng(SBC)dựng HK k BC(K ∈ BC), suy HKk AD(do song song vớiAD)
A
D
C
B H
S
K
Vậy thiết diện hình thangADKHcó hai đáy ADvàHK
VÍ DỤ Cho tứ diện OABC có cạnhOA,OB,OC đơi vng góc OA = OB=OC =a GọiMlà điểm cạnh ACsao cho AC =3MC GọiHlà hình chiếu củaO lên mặt phẳng(ABC) Gọi(α)là mặt phẳng chứaOMvà vng góc với mặt phẳng(ABC)
Xác định tính diện tích thiết diện mặt phẳng(α)cắt tứ diện
L Lời giải
Ta cóOA⊥OBvàOA ⊥OC nênOA ⊥(OBC)
VìOH ⊥BC(doOH ⊥ (ABC)) vàOA⊥ BC(doOH ⊥(ABC)) nên BC ⊥(OAH), suy raBC ⊥ AH(1)
Tương tự ta cóAC ⊥ BH(2)
Từ(1)và(2)suy raH trực tâm của4ABC
Ta cóOH ⊥ (ABC) nên mặt phẳng (α)chứaOM vng góc với
mặt phẳng(ABC)là(OHM)
Trong mặt phẳng(ABC)gọi N giao điểm HM AB, suy thiết diện mặt phẳng(OHM)và tứ diện là4OMN
DoOA = OB = OC = a vàOA,OB,OC đơi vng góc nên AB= AC =BC =a√2, suy ra4ABCđều
O
E B
N A
C M H
(73)MàHlà trực tâm của4ABCnên AH cắtBCtại trung điểm đoạnBC GọiElà trung điểmBC
Ta cóHlà trọng tâm4ABCnên3HE = AE Do đó,MN k BC, suy raMN =
3BC = 2a√3
3
Vì4AOEvng Anên OH2 =
1
OA2 +
1
OE2 =
3
4a2, suy raAH = a√3
3
VậyS4OMN =
1
2 ·MN·OH =
2a2√6
9
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng có tâmO, cạnha,SAvng góc với mặt đáy vàSA =2a GọiI trung điểm củaSB,(α)là mặt phẳng chứaOI vng góc với mặt
phẳng(ABCD) Xác định tính diện tích thiết diện mặt phẳng(α)cắt hình chóp
Lời giải.
Trong(SAC)kẻOJ kSA(J ∈ SC)⇒ Jlà trung điểmSC Ta cóOJ ⊥(ABCD) Mp(α)là(OI J)
Gọi K trung điểm AB Trong (ABCD) gọi M giao điểm củaOKvàCD
Thiết diện hình thangI J MKvng tạiIvàK IK =a,I J = a
2,KM =a
SI J MK = 3a
4
S
D M C
O K A
J
B I
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình thang vng A vàB, AD = 2a, AB = BC = a, SA vng góc với đáy, SA = a√2 Gọi E trung điểm BC Xác định tính diện tích thiết diện mặt phẳng chứaSEvà vng góc với mặt phẳng(SAC)với hình chóp
Lời giải.
Gọi I trung điểm AD ⇒ ABCI hình vng⇒ AC ⊥ BI(1) Ta có BCDI hình bình hành⇒ BI k CD(2) Từ (1) (2) suy raAC ⊥CD Ta cóCD ⊥(SAC)
Kẻ EF k CD(F ∈ AD) Suy EF ⊥(SAC)⇒(SEF) ⊥(SAC)
Mp chứa SE vng góc (SAC) mặt phẳng(SEF)
Thiết diện mp(SEF) với hình chóp tam giácSEF
GọiH = AC∩EF
S
H
B E C
A I F D
A I F D
B E C
H
Ta cóEF⊥SH
Ta cóEFDClà hình bình hành⇒EF =CD =a√2 AH = AF·cos 450=
√
2a
4 Vậy S4SEF =
2SH·EF= 5a2
4
BÀI Cho hình chópS.ABC có đáy tam giác vng cân tạiC,SA ⊥ (ABC),SA = AC = a Gọi I trung điểm SB Lấy điểm M cạnh AC cho3AM = AC Gọi(α)
mặt phẳng chứaI Mvà vng góc với mặt phẳng(SAC) Xác định tính diện tích thiết diện mặt phẳng(α)và hình chóp
(74)Trong mặt phẳng (ABC), kẻ MN k BC (N ∈ AB) Ta có BC ⊥ (SAC) Mà MN k BC nên MN ⊥(SAC) Suy ra(I MN) ⊥(SAC)
Mặt phẳng chứa I Mvà vng góc với mặt phẳng (SAC)là mặt phẳng(I MN)
Gọi Jlà trung điểm SC Ta có I J k MN Suy thiết diện cắt (I MN)và hình chóp hình thangI J MNvng Mvà J Ta cóMN =
3BC =
a
3, I J =
BC
2 =
a
2,
OM2 = »
JC2+MC2−2JC·MC·cos ’JCM = 20a
2
36 ⇒ J M= 2a√5
6 =
a√5
Vậy SMN J I =
2(MN+I J)MJ = a + a · a √ =
5√5a3
36 S C A B M N I J
BÀI Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình thang vng AvàD, AB = 2a, AD = CD = SA = a, SA vng góc với đáy Gọi I,M trung điểm SB,AD Gọi (P) mặt phẳng chứaI Mvà vng góc(SAD Tính diện tích thiết diện do(P)cắt hình chóp
Lời giải.
GọiNlà trung điểmBC Ta cóMN k ABk CDvàMN ⊥AD Ta cóMN ⊥(SAD) ⇒(I MN)⊥(SAD)
Mặt phẳng(P)là(I MN)
Kẻ IK k AB(K ∈ SA) Thiết diện hình thang IKMNvng K vàM
MN = 3a
2 ,IK =a,KM =
a√2
2 suy raSIKMN =
5√2a2
8 S D C A M K B N I
BÀI TẬP TỔNG HỢP
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B, AB = BC = a, AD=2a,SA⊥(ABCD) Chứng minh rằng(SAC)⊥(SCD)
Lời giải.
VìSA ⊥(ABCD)nênCD ⊥SA GọiIlà trung điểm AD
Khi đóABCIlà hình vng tam giác ICDvng cân tạiI Từ đóACD’ =90◦hayCD ⊥ AC
Do đóCD ⊥(SAC) Vì vậy(SCD) ⊥(SAC)
S A B C D I
BÀI Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có đáy hình vng ABCD cạnh a, AA0 = b Gọi Mlà trung điểm CC0 Xác định tỉ số a
b để hai mặt phẳng(A
0BD) và(MBD)vng góc
với
(75)GọiOlà tâm ABCD
VìA0B= A0Dnên A0O ⊥BD VìMB= MDnên MO⊥BD
Suy góc (A0BD) (MBD) góc A0O MO
Do đó(A0BD) ⊥(MBD)khi ÷
A0OM=90◦ ⇔ A0O2+OM2 = A0M2. Ta có: A0O2=b2+ a
2
2
OM2 = b
4 +
a2
2
A0M2 =2a2+b
4
Vì để(A0BD) ⊥(MBD)thì
5b2
4 +a
2 =2a2+ b2
4 ⇔b =a
Vậy b
a =1thì(A
0BD) ⊥(MBD).
O A
A0
B B0
C C0
D D0
M
BÀI Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy tam giác vuông cân Bvà BB0 = a√2 GọiM,Nlần lượt trung điểmAC,AA0 GọiI,Jlần lượt trung điểm AB,CM
1 Chứng minh(AC0B) ⊥(BMN)
2 Xác định thiết diện mặt phẳng(P)chứaI J vng góc(BMN)với hình lăng trụ
Lời giải.
1 Ta có AC = a√2 AA0 = a√2, Suy AA0C0C hình vng Do AC0 ⊥ A0C Mà MN k A0C nên MN ⊥ AC0 (1)
Ta cóBM ⊥ AC (do 4ABC vuông cân B Mlà trung điểm AC) BM ⊥ AA0 (do AA0 ⊥ (ABC)) Suy raBM ⊥(AA0C0C) Do đóBM ⊥ AC0(2)
Từ (1) (2) suy AC0 ⊥ (BMN) Vậy (AC0B0) ⊥(BMN)
2 Kẻ JK k AC0(K ∈ CC0) Ta có JK ⊥ (BMN) Suy (I JK) ⊥(BMN) Mp(α)là(I JK)
Trong (ABC) gọi D = I J ∩ BC, (BB0C0C) gọi E =DK∩BB0 Thiết diện tứ giác I JKE
A A0
N
B0
I
C C0
K E
B
M J
D
(76)BÀI 5. KHOẢNG CÁCH A TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1 KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT ĐƯỜNG THẲNG
Cho điểmOvà đường thẳnga Trong(O,a)gọiH hình chiếu vng góc O a Khi khoảng cáchOH gọi khoảng cách từ điểmOđến a, kí
hiệud(O,a) =OH a
H O
α
2 KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM TỚI MỘT MẶT PHẲNG
Cho mặt phẳng (α) điểm O, gọi H hình chiếu
vng góc điểmOtrên mặt phẳng (α) Khi khoảng
cáchOHđược gọi khoảng cách từ điểmOđến mặt phẳng (α), kí hiệud(O,(α)) =OH
O
M H
α
4! OH ≤ MO,∀M ∈ (α)
3 KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐƯỜNG THẲNG TỚI MỘT MẶT PHẲNG SONG SONG
Cho đường thẳngasong song với mặt phẳng(α) Khoảng cách
đường thẳngavà mặt phẳng(α)là khoảng cách từ điểm
củaađến mặt phẳng(α), kí hiệud(a,(α))
a
A B
H M
α
4! d(a,(α)) =d(A,(α)),∀A∈ a.
(77)Cho hai mặt phẳng (α) (β) song song với nhau, khoảng
cách từ điểm mặt phẳng đến mặt phẳng gọi khoảng cách hai mặt phẳng(α)và(β)
d((α),(β)) =d(M,(β)) =d(N,(α)),M ∈ (α),N ∈ (β)
M
H
β α
5 ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC CHUNG VÀ KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU
Định nghĩa
a Đường thẳng∆ cắt hai đường thẳng chéo a,b vng góc với đường thẳng gọi đường vng góc chung avàb
b Nếu đường thẳng vng góc chung ∆cắt hai đường chéo nhaua,b M,N độ dài đoạn MN gọi khoảng cách hai đường thẳng chéo nhauavàb
a
b N M
B CÁC DẠNG TOÁN
{DẠNG 5.1 Khoảng cách từ điểm tới đường thẳng
Để tính khoảng cách từ điểm O tới đường thẳng
(d), ta thực bước sau:
Trong mặt phẳng (O;d), hạOH ⊥ (d) tại
H.
Tính độ dàiOHdựa công thức hệ thức lượng tam giác, tứ giác đường tròn.
O
H
VÍ DỤ Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0có cạnh bằnga Chứng minh khoảng cách từ điểm B,C,D,A0,B0,D0đến đường chéo AC0đều Tính khoảng cách
L Lời giải
Ta có 4BAC0 = 4CA0A = 4DAC0 = 4A0AC = 4B0C0A = 4D0C0A chung đáy AC0 nên khoảng cách từB,C,D,A0,B0,D0đến đường chéo AC0đều
HạCH ⊥ AC0, ta CH2 =
1
AC2 +
1
C0C2 ⇒CH = a√6
(78)VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình vng cạnh a, tâmO, SA = a vng góc với mặt phẳng(ABCD) GọiI,Mtheo thứ tự trung điểm củaSC,AB
1 Chứng minhOI ⊥(ABCD)
2 Tính khoảng cách từ IđếnCM, từ suy khoảng cách từStớiCM
L Lời giải
1 Trong 4SAC, OI đường trung bình nên OI k SA ⇒OI ⊥(ABCD)
2 HạI H ⊥CMtạiH Ta cóCM ⊥(IOH)suy raCM ⊥ OH
GọiKlà trọng tâm tam giác ABC, ta cóOB = AC
2 =
a√2
2 ;OK =
OB
3 =
a√2
Trong4OCK :
OH2 =
1
OK2 +
1
OC2 ⇒OH = a √
20
Trong4OI H : I H2 =OI2+OH2⇒ I H = a √
30 10
Ta cóSI∩CM = C suy d(S,CM)
d(I,CM) = SC
IC = ⇒
d(S,CM) = a √
30
A
B M
C
D S
I
O K
{DẠNG 5.2 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng
Phương pháp
Cho mặt phẳng (α)và điểmO, gọi H là hình chiếu vng góc của
điểmOtrên mặt phẳng(α) Khi khoảng cáchOH được gọi khoảng
cách từ điểmOđến mặt phẳng(α), kí hiệud(O,(α)) =OH
O
M H
α
Tính chất Nếu đường thẳngdsong song với mặt phẳng(P)thì khoảng cách từ điểm đường thẳng dđến mặt phẳng(P)là
Tính chất Nếu AM# » = kBM# » thìd(A,(P)) = |k|d(B,(P)), đó(P) mặt phẳng qua M
VÍ DỤ Cho hình chópS.ABCcóSA =a√3, SA ⊥(ABC), tam giácABCvng tạiBvà AB =a Tính khoảng cách từ điểm Ađến mặt phẳng(SBC)
(79)DoSA ⊥(ABC)vàSA ⊂(SAB)nên(SAB) ⊥(ABC) Mà(SAB)∩(ABC) = ABvàAB ⊥BC
nênBC ⊥(SAB) DoBC⊂(SBC) nên(SBC) ⊥(SAB)
Kẻ AH ⊥SBvới H ∈SB
Do(SAB)∩(SBC) = SBnên AH ⊥(SBC)⇒d(A,(SBC)) = AH DoSA ⊥(ABC)nênSA ⊥ AB
nên
1
AH2 =
1
SA2 +
1
AB2 =
1 3a2 +
1
a2 =
4 3a2 Vậyd(A,(SBC)) =
√
3a
2
A
B
C S
H
VÍ DỤ Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình chữ nhật có AB = a√2 Cạnh bên SA=2avà vng góc với mặt đáy(ABCD) Tính khoảng cách từDđến mặt phẳng(SBC)
L Lời giải
DoADk BCnênd(D,(SBC)) =d(A,(SBC)) GọiKlà hình chiếu AtrênSB, suy raAK ⊥SB Khid[A,(SBC)] = AK = √ SA.AB
SA2+AB2 =
2a√3
A
B K
C
D S
VÍ DỤ Cho hình chópS.ABCDcó tam giácSABđều nằm mặt phẳng vng góc với(ABCD), tứ giácABCDlà hình vng cạnha GọiHlà trung điểm củaAB Tính khoảng cách từ điểm Hđến mặt phẳng(SCD)
L Lời giải
Do tam giácSABđều Hlà trung điểm ABnênSH ⊥ AB Mà(SAB)⊥(ABCD)
NênSH ⊥(ABCD)⇒SH ⊥CD
Do ABCD hình vng nên gọi E trung điểm CD nên HE⊥CD
VậyCD⊥(SHE)
MàCD ⊂(SCD)nên(SCD) ⊥(SHE) Ta có(SCD)∩(SHE) =SE
KẻHK ⊥SEvớiK ∈ SEnên HK ⊥(SCD) Khi đód(H,(SCD)) = HK Vì AB=anênSH =
√
3a
2
DoABCDlà hình vng nênHE =a VìSH ⊥(ABCD)nênSH ⊥ HE
A
B C
D K
S
(80)Khi HK2 =
1
SH2 +
1
HE2 =
7
3a2 Nên HK= √
21a
7 Vậyd(H,(SCD)) =
√
21a
7
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, AB = 1,AC = √3 Tam giácSBCđều nằm mặt phẳng vuông với đáy Tính khoảng cách từ Bđến mặt phẳng(SAC)
L Lời giải
GọiHlà trung điểm củaBC, suy raSH ⊥BC ⇒SH ⊥(ABC)
GọiKlà trung điểm AC, suy raHK⊥ AC KẻHE ⊥SK(E∈ SK)
Khi đód(B,(SAC)) =2d(H,(SAC)) =2HE=2.√ SH.HK
SH2+HK2 =
2√39
13 A
E
C
B
S
H K
VÍ DỤ Cho hình chóp tứ giác đềuS.ABCDcó cạnh bên là2avà diện tích đáy là4a2 Tính khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(SBC)
L Lời giải
GọiO= AC∩BD⇒ SO⊥(ABCD) Ta cód(A,(SBC)) =2d[O,(SBC)] KẻOE⊥ BC,OF⊥SEta có
®
BC ⊥OE
BC ⊥SO ⇒ BC ⊥ (SOE) ⇒ BC ⊥ OF mà OF ⊥ SE⇒OF⊥(SBC)
Ta cóSABCD = AB2 =4a2 ⇒ AB=2a ⇒OE= a
Ta có AC = 2a√2 ⇒ OA = a√2 ⇒ SO = √
SA2−OA2 =a√2. Ta có
OF2 =
1
OS2 +
1
OE2 =
3
2a2 ⇒OF= a√6
3
⇒d(O,(SBC)) = a √
6
3 ⇒d(A,(SBC)) = 2a√6
3
A
B C
D O
E F
S
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABC có cạnhSA =SB = SC = avàSA,SB,SC đơi vng góc với Tính theo akhoảng cáchhtừ điểmSđến mặt phẳng(ABC)
(81)GọiHlà chân đường cao hạ từSxuống(ABC)vàM =AH∩BC
Ta cóSH ⊥(ABC) ⇒SH ⊥ BC⇒ BC ⊥SH
Lại có ®
SA ⊥SB
SA ⊥SC ⇒SA ⊥(SBC) ⇒SA⊥ BC ⇒BC ⊥SA Như
®
BC⊥SH
BC⊥SA ⇒ BC ⊥(SAM) ⇒BC ⊥SM TừSA ⊥(SBC) ⇒SA ⊥SM
Do SH2 =
1
SA2 +
1
SM2 =
1
SA2 +
1
SB2 +
1
SC2 =
3
a2 ⇒ h= a √
3
A
B
C
M
S H
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng cạnh bằng1 Tam giácSAB nằm mặt phẳng vng góc với đáy (ABCD) Tính khoảng cách từ A đến (SCD)
L Lời giải
GọiHlà trung điểm AB, suy raSH ⊥ AB
Do đóSH ⊥(ABCD)
DoAH k CDnên d(A,(SCD)) =d(H,(SCD))
GọiE trung điểm CD; K hình chiếu vng góc HtrênSE
Khi đód(H,(SCD)) = HK = √ SH.HE SH2+HE2 =
√
3
√
7
Vậyd(A,(SCD)) = HK = √
21
A
B H
C
D E K
S
VÍ DỤ Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy ABC tam giác vng A cạnh AB =
3a,BC = 5a Hình chiếu vng góc B0 lên mặt phẳng(ABC)là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Góc hai mặt phẳng(ABB0A0)và mặt phẳng(ABC)bằng60◦ Tính khoảng cách từ B0đến mặt phẳng(ACC0A0)
(82)Gọi H,N trung điểm cạnh BC AB, ta có B0H ⊥ (ABC) HN ⊥ AB Suy góc hai mặt phẳng (ABB0A0) mặt phẳng(ABC)là ÷B0NH=60◦
Ta cóHN = AC
2 =2a
GọiElà giao điểm củaB0HvàCC0 nên Hlà trung điểm củaB0E GọiMlà trung điểm AC, F hình chiếu Hlên ME
Ta chứng minh HF ⊥ (ACC0A0) ⇒ d(H,(ACC0A0) = HF =
1 2d(B
0
,(ACC0A0))
Ta cóHM=
2AB = 3a
2 ;HE= B
0H =2a√3.
Tam giácMHEvng tạiHcó đường cao HF Do đód(B0(ACC0A0)) = 2HF = 12a
√ 19 19 A N F B C H A0 B0 C0 M E
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho tứ diện S.ABC có đáy ABClà tam giác cạnh a√3 CạnhSA = 2a vng góc với mặt phẳng đáy Tính khoảng cáchdtừ điểm Ađến mặt phẳng(SBC)
Lời giải.
Tam giácABC đều, kẻ AM ⊥ BC(M∈ BC) ⇒ Mlà trung điểm cạnhBC
Ta có ®
BC ⊥ AM
BC ⊥SA ⇒ BC ⊥(SAM) Khi kẻ
AH ⊥SM(H ∈ SM) ⇒BC ⊥ AH
Như ®
AH ⊥SM
AH ⊥ BC ⇒ AH ⊥(SBC) ⇒d=d(A;(SBC)) = AH Ta có
AM = AB √ = 3a ⇒
AH2 =
1
SA2 +
1
AM2 =
1 4a2 +
1 3a 2 = 25 36a2
⇒ AH =
5a⇒d = 5a
A B C H M S
BÀI Cho hình chóp tam giác S.ABC có AB = BC = 2a ’ABC = 120◦ Cạnh SA = 3a vng góc với mặt phẳng đáy Tính khoảng cáchdcách từAđến mặt phẳng(SBC)
Lời giải.
Kẻ AM⊥ BC(M∈ BC),ta có ®
CM⊥SA
CM⊥ AM ⇒CM ⊥(SAM) ⇒CM ⊥ AM Ta cóAM =2asin 60◦ =a√3
Xét4SAM ta có d2 =
1
AH2 =
1
SA2 +
1
AM2 ⇒d=
(83)
BÀI Cho hình chóp S.ABCDcó đáy hình vng cạnha; SAvng góc với đáy; SBhợp với đáy góc45◦ Tính khoảng cách từ điểmCđến mặt phẳng(SBD)
Lời giải.
Ta cú45 =SBÔ,(ABCD) = SBA SA = AB=a GiOl giao điểm ACvới BD
Ta cód(C,(SBD)) =d(A,(SBD))
Kẻ AH ⊥SOta có ®
BD⊥ AC
BD⊥SA ⇒BD ⊥(SAC) ⇒BD⊥ AH màAH ⊥SO⇒ AH ⊥(SBD)
Ta có AH2 =
1
AO2 +
1
AS2 =
3
a2 ⇒ AH = a √
3
⇒d(C,(SBD)) = √a
3 A B C D O H S
BÀI Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, cạnh SA vng góc với (ABC)vàSA =h, góc hai mặt phẳng(SBC)và(ABC)bằng60◦ Tính khoảng cách từAđến (SBC)theoavàh
Lời giải.
GọiIlà trung điểm BC, ta có ®
AI ⊥ BC
SA ⊥BC ⇒(SAI) ⊥BC Vậy ‘AISchính góc hai mặt phẳng(SBC)và(ABC) ⇒ ‘AIS =60◦
Trong(SBC)kẻ AH ⊥SI Ta có ®
BC ⊥(SAI)
AH ⊂(SAI) ⇒ AH ⊥ BC Vậy
®
AH ⊥ BC
AH ⊥SI ⇒ AH ⊥(SBC)⇒d(A,(SBC)) = AH Tam giácABCđều cạnhanên AI = a
√
3
Trong tam giácAISta có
1
AH2 =
1
AI2 +
1
AS2 =
1
a√3
!2 +
1
h2 =
4h2+3a2
3a2h2
⇒ AH = ah √
3
√
4h2+3a2 Hayd(A,(SBC)) = ah
√
3
√
4h2+3a2
A B C H I S
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B, BA = BC = a,AD=2a Cạnh bênSAvng góc với đáy vàSA =a√2 GọiHlà hình chiếu vng góc A trênSB Tính khoảng cách từ Hđến mặt phẳng(SCD)
Lời giải.
Trong(ABCD) gọiM = AB∩CD, trong(SAM)gọiK = AH∩SM, kẻ AE ⊥SC tạiEvà gọi N trung điểm AD
(84)⇒CD ⊥AC, lại cóCD ⊥SA⇒ CD⊥(SAC)
⇒(SAC) ⊥(SCD)
Vậy
(SAC) ⊥(SCD) (SAC)∩(SCD) = SC AE⊂(SAC)
AE⊥SC
⇒ AE⊥(SCD)
Trong(AKE)kẻ HF k AE,F ∈ KE, từ (1) suy raHF ⊥(SCD) ⇒d(H,(SCD)) = HF
DoBCk AD⇒ MB MA =
BC AD =
a
2a =
1
2 ⇒ MA =2AB=2a
Suy raBlà trung điểm MA Lại có BH
BS =
BH.BS BS2 =
BA2 AB2+AS2 =
a2 a2+a√22
=
3
Vậy Hlà trọng tâm tam giácSAM, HF
AE = KH KA =
1
3 ⇒ HF = 3AE
Tứ diệnADMScó ba cạnhAD,AM,ASđơi vng góc vàAE⊥ (SMD)nên
1
AE2 =
1
AD2 +
1
AM2+
1
AS2
=
4a2 +
1 4a2 +
1 2a2 =
a2 ⇒ AE=a Vậyd(H,(SCD)) = HF =
3AE=
a
3
A
B N H
K
C D E
F S
M
4! Từ ta thấy đường thẳng ABcắt(α)tạiIthì d(A,(α)) d(B,(α)) =
I A IB.
BÀI Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0có ba kích thướcAB= a,AD =b,AA0 =c Tính khoảng cách từ Ađến mặt phẳng(DA0C0)
(85)Gọi I tâm hình bình hành ADD0A0 I trung điểm củaAD0
Ta có d(A,(DA
0C0))
d(D0,(DA0C0)) = I A ID0 =1 ⇒d(A,(DA0C0)) = d(D0,(DA0C0))
Mặt khác ta có tứ diện D0ADC0 có cạnh D0D,D0A0,D0C0 đơi vng góc nên
1
d2(D0,(DA0C0)) =
D0D2 +
1
D0A02 +
1
D0C02 =1
a2 +
1
b2 +
1
c2 =a
2b2+b2c2+c2a2 a2b2c2
Vây d(A,(DA0C0)) = …
1
a2 +
1
b2 +
1
c2
= abc
√
a2b2+b2c2+c2a2
A
I
B C
D C0
D0 A0
B0
BÀI Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có tất mặt hình thoi cạnha, góc BAA’0 = ’
BAD =DA0 =60◦ Tính khoảng cách từ A0 đến(ABCD)
Lời giải.
Do ABCD.A0B0C0D0 có tất mặt hình thoi cạnh avà BAA’0 = BAD’ = DAA÷0 = 60◦ nên tam giácABA0,ABD,ADA0đều tam giác cạnha
⇒ A0A =A0B =A0D(A0 cách đếu ba đỉnh của4ABD)
A
B
O
C
D C0
D0
H A0
B0
GọiH hình chiếu A0 trên(ABCD) tam giác vng A0H A,A0HB,A0HDbằng nên
H A= HB =HD
(86)AH =
3AO =
a√3
2 =
a√3
A0H = »
AA02−AH2 =
Ã
a2− a √
3
!2
=a …
2
Vậyd(A0,(ABCD)) = A0H =a …
2
3
{DẠNG 5.3 Khoảng cách đường mặt song song - Khoảng cách hai
mặt song song
1 Cho đường thẳng dsong song với mặt phẳng (α), để tính khoảng cách giữad và(α)ta thực
hiện
Chọn điểm Atrên dsao cho khoảng cách từ Atới(α)được xác định dễ nhất.
Kết luậnd(d;(α)) =d(A,(α)).
2 Cho hai mặt phẳng song song(α),(β) Để tính khoảng cách hai mặt phẳng ta thực hiện
các bước
Chọn điểm Atrên (α)sao cho khoảng cách từ Atới(β)được xác định dễ nhất.
Kết luậnd((β);(α)) =d(A,(β)).
VÍ DỤ Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có cạnh a BAD’ = BAA’0 = ÷
DAA0 =60◦ Tính khoảng cách hai mặt phẳng đáy(ABCD)vàA0B0C0D0
L Lời giải
HạA0H ⊥ AC Ta cóBD⊥ (OAA0)suy raBD⊥ A0H ⇒ A0H ⊥ (ABCD) Do (ABCD) k (A0B0C0D) nên A0H khoảng cách hai mặt đáy
A0.ABDlà hình chóp nên AH =
3AO =
a√3
A0H2 = A0A2−AH2= 2a
3 ⇒ A
0
H = a √
6
3 C
C0 D0
D A
B A0
B0
O
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, mặt bên (SBC) vng góc với đáy Gọi M,N,P theo thứ tự trung điểm AB,SA,AC Tính khoảng cách hai mặt phẳng(MNP)và(SBC)
(87)Ta chứng minh được(MNP) k (SBC) Suy rad((MNP);(SBC)) = d(P;(SBC)) AP∩ (SBC) = C suy d(P;(SBC)) = AP
ACd(A;(SBC)) =
1
2d(A;(SBC))
GọiK trung điểm BC Tam giác ABC suy AK ⊥ BC
Do(ABC) ⊥(SBC)theo giao tuyếnBCnên AK ⊥(SBC) Do đó,d(A;(SBC)) = AK = a
√
3
Vậyd((MNP);(SBC)) = a √
3
A
M
C K
B S
P N
VÍ DỤ Cho hình chópS.ABCDcóSA =a√6và vng góc với mặt phẳng(ABCD), đáy (ABCD)là nửa lục giác nội tiếp đường trịn đường kính AD=2a
1 Tính khoảng cách từ A,Bđến mặt phẳng(SCD)
2 Tính khoảng cách từ đường thẳng ADđến mặt phẳng(SBC)
3 Tính diện tích thiết diện hình chópS.ABCDvới mặt phẳng(α)song song với mặt
phẳng(SAD)và cách(SAD)một khoảng a √
3
L Lời giải
1
Ta có (SCD) ⊥ (SAC) Hạ AH ⊥ SC ⇒ AH ⊥ (SCD) Suy AHlà khoảng cách từ Atới(SCD) Xét4SAB :
AH2 =
1
AC2 +
1
SA2 ⇒ AH =a √
2 GọiIlà trung điểm AD, suy
BI kCD ⇒BI k (SCD) ⇒d(B,(SCD)) =d(I,(SCD))
Mặt khác, AI ∩ (SCD) = D, nên d(I,(SCD))
d(A,(SCD)) = ID
AD =
1
Suy rad(I,(SCD)) = a √
2
S
A
B C
D I
H
2 Ta cóADk CD ⇒ ADk (SBC) ⇒d(AD,(SBC)) =d(A,(SBC))
HạAK ⊥ BC, ta cóBC ⊥(SAK) ⇒(SBC)⊥(SAK)và(SBC) ⊥(SAK) = AK HạAG⊥SK, suy raAG⊥(SBC)
Xét4SAK, ta có
1
AG2 =
1
SA2 +
1
AK2 ⇒ AG= a√6
(88)3 Ta cóAK ⊥(SAD) Giả sử(α)k (SAD)cắt AKtạiE,
d((α),(SAD)) = AE= a
√
3
4 =
1 2AK
Suy raElà trung điểm củaAK Ta xác định thiết diện hình chóp với mặt phẳng(α)qua
Evà song song với(SAD)
Thiết diện hình thang vngMNPQvớiM,N,Q,Plà trung điểm củaAB,CD,SB,SC Ta tính đượcSMNPQ = a
2√6
2
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0có AA0 ⊥(ABC)vàAA0 =a, đáy ABClà tam giác vng tạiAcóBC =2a,AB=a√3
1 Tính khoảng cách từ AA0tới mặt phẳng(BCC0B0)
2 Tính khoảng cách từ Atới(A0BC)
3 Chứng minh rằngAB ⊥(ACC0A0)và tính khoảng cách từA0đến mặt phẳng(ABC0)
Lời giải.
1 HạAH ⊥BC suy raAH ⊥(BCB0C0)
Ta có d(AA0;(BCB0C0)) = d(A;(BCB0C0)) = AH = a√3
2
2 HạAK ⊥ A0H Ta cód(A;(A0BC)) = AK = a √
21 3 Hạ A0P ⊥ AC0 Khoảng cách từ A0 đến mặt phẳng
(ABC0)là A0P= √a
2
B
C B0
C0
H A
A0
P K
BÀI Hình chóp tứ giác đềuS.ABCDcó cạnh đáy avà cạnh bên bằnga√2
1 Tính khoảng cách từStới(ABCD)
2 Tính khoảng cách đường thẳngABvà mặt(SCD)
(89)1 GọiAC∩BD=Osuy raSO⊥(ABCD) Ta cód(S;(ABCD)) =SO =√SA2−OA2. VậySO= a
√
6
2 Ta có d(AB;(SCD)) = d(A;(SCD)) =
2d(O;(SCD)) =OH Tính đượcOH = a √
42 14
A
B
O
C
D M H S
BÀI Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vng cạnha,SA ⊥(ABCD)vàSA =2a
1 Tính khoảng cách từ Atới(SBC)và khoảng cách từCtới(SBD)
2 M,Nlần lượt trung điểm ABvàAD Tính khoảng cách từ MNtới(SBD)
3 Mặt phẳng(P)quaBCcắtSA,SDtheo thứ tự E,F Cho biết ADcách(P)một khoảng a√2
2 , tính khoảng cách từStới(P)và diện tích tứ giácBCFE
Lời giải.
1 HạAH ⊥SBsuy raAH ⊥(SBC) Ta cód(A;(SBC)) = AH = √2a
5
2 AC∩BD = O suy BD ⊥ (SAC) Hạ AK ⊥ SO AK ⊥ (SBD) Ta có d(C;(SBD)) =
d(A;(SBD)) = AK = 2a
3 3 HạAQ⊥BEsuy raAQ⊥(P)
Ta có AQ2 =
1
AB2 +
1
AE2 suy AE=a Do đóElà trung điểm củaSA EF k ADnên F trung điểmSD
d(S;(P)) =d(A;(P)) =d(AD;(P)) = a √
2
BCFElà hình thang vng tạiE,B SBCFE = 3a
2√2
4
A
B
E
K
C
D F
O H
S
BÀI Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0
1 Chứng minh rằngB0Dvng góc với mặt phẳng(BA0C0)
2 Tính khoảng cách mặt phẳng(BA0C0)và(ACD0)
(90)C0
B A
A0
D0
O
C D
O0
B0
K
Ta cóA0C0 ⊥(BDB0D0)suy ra(BA0C0) ⊥(BDB0D)theo giao tuyếnBO0 HạOK ⊥BO0thìOK ⊥(BA0C0) Ta có
1
OK2 =
1
OB2 +
1
OO02 ⇒OK = a √
3
Khoảng cách mặt phẳng(BA0C0)và(ACD0)bằng khoảng cách từOtới(BA0C0)
BÀI Cho hình chópS.ABCDcóSA =2avà vng góc với mặt phẳng(ABCD), đáy ABCDlà hình thang vng tạiAvàB, AB=BC =a,AD =2a
1 Tính khoảng cách từ A,Btới mặt phẳng(SCD)
2 Tính khoảng cách đường thẳngADvà mặt phẳng(SBC)
3 Tính diện tích thiết diện hình chópS.ABCDvới mặt phẳng song song với(SAD)và cách khoảng a
3
Lời giải.
1 Đáp số:d(A;(SCD)) = √2a
3; d(B;(SCD)) =
a √
3 2 d(AD;(SBC)) = √2a
5
3 SEFGH =
a2
3
{ DẠNG 5.4 Đoạn vng góc chung, khoảng cách hai đường thẳng chéo
nhau
Phương pháp.Ta có trường hợp sau:
1) Trường hợp 1
Giả sửavàblà hai đường thẳng chéo vàa ⊥b. Ta dựng mặt phẳng(α)chứa avà vng góc với b
tạiB.
Trong(α)dựngBA ⊥atạiA, ta độ dài đoạn
ABlà khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau
avàb. α
b
a
(91)2) Trường hợp 2
Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhưng khơng vng góc với nhau.
Ta dựng mặt phẳng(α)chứaavà song song vớib.
Lấy điểmMtùy ý trênbvà dựng MM0vng góc với(α)tạiM0.
Từ M0dựngb0song song vớibcắtatạiA.
Từ Adựng ABsong song với MM0 cắtb tạiB, độ dài đoạn ABlà khoảng cách hai đường thẳng chéo nhauavàb.
α
b
a
B M
A M0
Nhận xét
a) Khoảng cách hai đường thẳng chéo khoảng cách hai đường thẳng mặt phẳng song song với chứa đường thẳng cịn lại.
b) Khoảng cách hai đường thẳng chéo khoảng cách hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó.
VÍ DỤ Cho hình chóp S.ABCDcó đáy hình vng ABCDcạnh a, có cạnhSA = hvà vng góc với mặt phẳng (ABCD) Dựng tính độ dài đoạn vng góc chung hai đường thẳng chéo nhau:
a) SBvàCD b) SC vàBD c) SC vàAB
L Lời giải
C S
O
D E
H
K
F
B
A
a) Ta có: ®
BC ⊥SA
(92)Mặt khácBC ⊥CD Vậy BClà đoạn vng góc chung củaSBvàCD Suy rad(SB,CD) = BC =a
b) GọiOlà giao điểm ACvàBD Ta có: ®
BD ⊥SA
BD ⊥ AC ⇒BD ⊥(SAC)tạiO
Trong mặt phẳng(SAC), kẻOH⊥SC tạiH, ta cóOH ⊥SCvàOH ⊥BD(vìBD⊥(SAC)) VậyOHlà đoạn vng góc chung củaBDvàSC
Ta cóOH OC =
SA
SC =sinACS‘ ⇒OH =
OC.SA SC =
a√2 ·
h √
h2+2a2 Vậyd(SC,BD) =OH = ah
√
2 2√h2+2a2
c) Ta có ABk CD⇒ ABk (SCD) Ta có:
®
CD⊥SA
CD⊥ AD ⇒CD⊥(SAD)⇒(SCD)⊥(SAD)theo giao tuyếnSD Trong mặt phẳng(SAD), kẻ AK ⊥SDtạiK, ta có: AK ⊥(SCD)⇒ AK ⊥SC Trong mặt phẳng(SCD), kẻKEk CD(E∈ SC)
Trong mặt phẳng(AB,KE), kẻEFk AK (F∈ AB)⇒ EF⊥SC
Lại cóAB kCDvàCD ⊥(SAD)⇒ AB⊥(SAD)⇒ AB⊥ AK⇒ AB ⊥EF Do đóEFlà đoạn vng góc chung củaSC vàAB
Ta cóEF = AK = SA.AD SD =
ah √
a2+h2 Vậyd(SC,AB) = √ ah
a2+h2
VÍ DỤ Cho tứ diện OABCcóOA,OB, OCvng góc với đơi vàOA = OB = OC = a Gọi I trung điểm BC Hãy dựng tính độ dài đoạn vng góc chung cặp đường thẳng chéo nhau:
a) OAvàBC b) AIvàOC
(93)A
B E
I C O
H
K F
a) Ta có ®
OA ⊥OI
BC ⊥OI ⇒OIlà đoạn vng góc chung củaOAvàBC
Tam giácOBCvuông cân tạiOnênOI = BC
2 =
a√2
Vậyd(OA,BC) = a √
2
b) GọiKlà trung điểm củaOB, ta có IK kOC ⇒OC k (AIK) Ta có
®
IK ⊥OB
IK ⊥OA ⇒ IK ⊥(OAB)⇒ (AIK) ⊥(OAB)theo giao tuyếnAK Trong mặt phẳng(OAB), kẻOH ⊥ AKtại H, ta có:OH ⊥(AIK)⇒OH ⊥ AI Trong mặt phẳng(AIK), kẻHE k IK(E∈ SI)
Trong mặt phẳng(HE,OC), kẻEF kOH(F∈ OC) ⇒EF⊥ AI Lại cóOC ⊥(OAB)⇒OC ⊥ AH ⇒OC ⊥ EF
Do đóEFlà đoạn vng góc chung củaOCvàAI Trong tam giác vngOAKta có:
OH2 =
1
OA2 +
1
OK2 =
1
a2 +
4
a2 =
5
a2 Suy raEF=OH = a
√
5
Vậyd(AI,OC) = a √
5
VÍ DỤ Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC tam giác vng A với AB =a, AC =2a; cạnh bên AA0 =2a Hãy dựng tính độ dài đoạn vng góc chung hai đường thẳngBC0 vàAA0
(94)A0 C0
B
C F
A E
B0
H
Ta cóAA0 k BB0⇒ AA0 k (BB0C0C)
Vì(A0B0C0) ⊥ (BB0C0C) theo giao tuyến B0C0 nên mặt phẳng (A0B0C0), kẻ A0H ⊥ B0C0 H, ta có: A0H ⊥(BB0C0C) ⇒ A0H ⊥BC0
Trong mặt phẳng(BB0C0C), kẻ HF k AA0 (F ∈ BC0) Trong mặt phẳng(HF,AA0), kẻ FE k A0H (E∈ AA0)⇒FE ⊥BC0
Ta cóAA0 ⊥(A0B0C0)⇒ AA0 ⊥ A0H ⇒ AA0 ⊥ FE Do đóEFlà đoạn vng góc chung AA0vàBC0 Trong tam giác vngA0B0C0 ta có:
A0H2 =
1
A0B02 +
1
A0C02 =
1
a2 +
1 4a2 =
5 4a2 Suy raEF =A0H= 2a
√
5
Vậyd(AA0,BC0) = 2a √
5
5
VÍ DỤ Cho lăng trụ ABC.A0B0C0có tất cạnh Xác định đoạn vng góc chung hai đường thẳng A0BvàB0C
(95)N
E
B0 M
A0 C0
B
A C
I F
N0
GọiM, N, N0 trung điểm AA0, AC, A0C0 Ta có
®
BN ⊥ AC
BN ⊥ AA0 ⇒BN ⊥(ACC
0A0)⇒BN ⊥C0M.
MàC0M⊥ A0NnênC0M⊥(A0BN) Do đóC0M⊥ A0B Tương tự ta cóC0M⊥(B0N0C)⇒C0M ⊥CB0
Vậy ta có đường thẳngC0Mvng góc với hai đường thẳngA0BvàB0C
Lấy điểm IthuộcBB0 GọiElà giao điểm MI vàA0B;Flà giao điểm IC0 vàB0C Ta cần tìm vị trí IđểEFk C0M
Ta cóEFk C0M⇔ IE ME =
FI FC0 ⇔
BI MA0 =
IB0 CC0 DoCC0 =2MA0nên BI
MA0 = IB0
CC0 ⇔ IB
0 = 2BI
Vậy I điểm thuộc đoạnBB0 cho IB0 =2BI thìEElà đoạn vng góc chung hai đường thẳngA0BvàB0Cvới Elà giao điểm MI vàA0B;Flà giao điểm IC0 vàB0C
VÍ DỤ Cho hình chópS.ABC có đáy tam giác cạnha SA = 2a vng góc với mặt đáy Tính khoảng cách hai đường thẳngSBvàAC
(96)B S
C A
D
H
I
Trong mặt phẳng(ABC), dựng hình thoiACBD, ta có: BDk AC ⇒ AC k(SBD) ⇒d(AC,SB) =d(AC,(SBD)) =d(A,(SBD))
GọiIlà trung điểm BD, ta có: BD⊥ AIvàBD⊥SA ⇒BD⊥(SAI) ⇒(SBD) ⊥(SAI)theo giao tuyếnSI
Trong mặt phẳng(SAI), kẻ AH ⊥SItại H, ta có: AH ⊥(SBD)⇒ AH =d(A,(SBD)) Tam giácSAIvng Acó đường cao AH
⇒
AH2 =
1
SA2 +
1
AI2 =
1 4a2 +
4 3a2 =
19 12a2 ⇒ AH2= 12a
2
19 hay AH =
2a√57 19
Vậyd(SB,AC) = 2a √
57
19
VÍ DỤ Cho hình chópS.ABCDcó đáy hình vng cạnh bằnga,SAvng góc với đáy vàSA=a Mlà trung điểm củaSB Tính khoảng cách đường thẳng:
a) SCvàBD b) ACvàSD c) SDvàAM
(97)C S
O H
B E
K
I
D
A
M
a) GọiOlà giao điểm ACvàBD Ta có: ®
BD ⊥SA
BD ⊥ AC ⇒BD ⊥(SAC)tạiO
Trong mặt phẳng(SAC), kẻOH⊥SC tạiH, ta cóOH ⊥SCvàOH ⊥BD(vìBD⊥(SAC)) VậyOHlà đoạn vng góc chung củaBDvàSC
Ta cóOH OC =
SA
SC =sinACS‘ ⇒OH =
OC.SA SC =
a√2 ·a
a√3 =
a√6
Vậyd(SC,BD) =OH = a √
6
b) Dựng hình bình hànhACDE, ta có: AC k DE⇒ AC k (SDE) ⇒d(AC,SD) =d(AC,(SDE)) = d(A,(SDE))
Trong mặt phẳng(ABCD), kẻ AI ⊥DEtại I, ta có ®
DE⊥ AI
DE⊥SA ⇒DE ⊥(SAI) ⇒(SDE)⊥(SAI)theo giao tuyếnSI
Trong mặt phẳng(SAI), kẻ AK ⊥SI tạiK, ta có: AK ⊥(SDE)⇒ AK =d(A,(SDE)) Ta cóAIDOlà hình bình hành nên AI =OD = a
√
2
Trong tam giác vuôngSAIta có: AK2 =
1
AI2 +
1
SA2 =
2
a2 +
1
a2 =
3
a2 Suy AK = a
√
3
Vậyd(AC,SD) = d(A,(SDE)) = AK = a √
3
c) Ta cóOMk SDvàAC k DEnên(AMC) k (SDE)
Suy rad(SD,AM) = d((AMC),(SDE)) =d(A,(SDE)) = AK = a √
3
(98)
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a; SA vng góc với đáy SA = a; M, N trung điểm AB vàSC Chứng minh MN đoạn vng góc chung củaABvàSC Tính khoảng cách ABvàSC
Lời giải.
S
O M
A
D N
B C
GọiOlà tâm hình vngABCD, ta cóONlà đường trung bình tam giácSAC⇒ON k SA ⇒ON ⊥(ABCD)
Suy MOlà hình chiếu MNtrên mặt phẳng(ABCD) MàMO ⊥ABnên MN ⊥ AB(định lí ba đường vng góc Tam giácMON vng tạiO⇒ MN2 = MO2+ON2= a
2
4 +
a2
4 =
2a2
4
Tam giácSAM vuông tạiM⇒SM2 =SA2+AM2=a2+a
4 =
5a2
4
Ta cóSN2 =
SC
2
2
= SA
2+AC2
4 =
a2+2a2
4 =
3a2
4
Suy raSM2 =SN2+MN2hay tam giácSMN vuông tạiN⇒ MN ⊥SC Do đóMN đoạn vng góc chung củaABvàSC
Vậyd(AB,SC) = MN = a √
2
2
BÀI Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 Xác định đường vng góc chung hai đường thẳngBDvàB0C
(99)A
A0 D
B0 N
I
C
D0
B
C0 M
Ta cóBD⊥(ACC0A”)⇒ BD⊥ AC0 Lại cóB0C⊥(ABC0)⇒ B0C ⊥ AC0
Vậy ta có đường thẳngAC0vng góc với hai đường thẳngB0CvàBD
Lấy điểm IthuộcBC GọiMlà giao điểm củaAI vàBD; Nlà giao điểm củaIC0vàB0C Ta cần tìm vị trí IđểMN k AC0
Ta cóMN k AC0⇔ I M MA =
I N NC0 ⇔
IB AD =
IC
B0C0 ⇔ IB= IC
Vậy khiIlà trung điểm BCthìMNlà đoạn vng góc chung hai đường thẳngBDvàB0C với Mlà giao điểm AI vàBD; Nlà giao điểm IC0vàB0C
BÀI Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình vng tâmOcạnha,SOvng góc với mặt phẳng đáy(ABCD)vàSO= a Tính Khoảng cách hai đường thẳngSCvàAB
Lời giải.
O
A
S
C H
B
I
D
Ta có:DC k AB⇒ ABk (SCD) ⇒d(AB,SC) =d(AB;(SCD)) =d(A;(SCD)) GọiIlà trung điểm củaCD, ta cóCD ⊥OI
(100)Trong mặt phẳng(SOI), kẻOH ⊥SI tạiH, ta cóOH ⊥(SOI) Trong tam giác vngSOI ta có
OH2 =
1
OI2+
1
SO2 =
4
a2 +
1
a2 =
5
a2 Suy rad(O;(SCD)) =OH = a
√
5
Vậyd(AB;(SCD)) = d(A;(SCD)) =2d(O;(SCD)) = 2a √
5
5
BÀI Cho hình chópS.ABCcó đáy tam giác cạnha Cạnh bênSAvng góc với mặt đáy, mặt bênSBCtạo với đáy góc60◦ Tính khoảng cách hai đường thẳng:
a) SAvàBC b) SBvàAC
Lời giải.
60◦
B S
C
K A
D
H
I
a) GọiKlà trung điểm củaBC, ta có ®
AK ⊥ BC AK ⊥SA
Do đóAKlà đoạn vng góc chung hai đường thẳngSAvàBC Vậyd(SA,BC) = AK = a
√
3
b) Ta có
(SBC)∩(ABC) = BC SA ⊥(ABC)
AK ⊥BC
⇒SK ⊥BC ⇒SKA‘ góc hai mặt phẳng (SBC)và(ABC) Do đóSKA‘ =60◦ Tam giácSAKvng tạiAcóSKA‘ =60◦ ⇒SA = AK tan 60◦ =
3a
2
Trong mặt phẳng(ABC), dựng hình thoi ACBD, ta có: BDk AC⇒ ACk (SBD) ⇒d(AC,SB) = d(AC,(SBD)) = d(A,(SBD))
GọiIlà trung điểm BD, ta có:BD ⊥AI vàBD⊥SA⇒ BD⊥(SAI) ⇒(SBD)⊥(SAI)theo giao tuyếnSI
Trong mặt phẳng(SAI), kẻ AH ⊥SI tạiH, ta có: AH ⊥(SBD)⇒ AH =d(A,(SBD)) Tam giácSAIvng tạiAcó đường cao AH
⇒
AH2 =
1
SA2 +
1
AI2 =
4 9a2 +
4 3a2 =
(101)⇒ AH2 = 9a
16 hayAH = 3a
4
Vậyd(SB,AC) = 3a
4
BÀI Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằnga Tính khoảng cách hai đường thẳngBC0vàCD0
Lời giải.
O
O0 A0
D
B0 C
D0
B A
C0 H
GọiO,O0lần lượt tâm hai hình vng ABCDvàA0B0C0D0
Ta có(ACD0)k (BA0C0)⇒ d(BC0,CD0) =d((ACD0),(BA0C0)) =d(O,(BA0C0)) Ta cóA0C0 ⊥(OBB0O0)⇒(BA0C0) ⊥(OBB0O0)theo giao tuyếnBO0
Trong mặt phẳng(OBB0O0), kẻOH ⊥BO0 tạiH, ta cóOH ⊥(BA0C0)⇒d(O,(BA0C0)) =OH Tam giácOBO0vng tạiOcóOHlà đường cao
⇒
OH2 =
1
OB2 +
1
OO02 =
2
a2 +
1
a2 =
3
a2 ⇒OH2 = a
2
3 hayOH =
a√3
Vậyd(BC0,CD0) = a √
3
3
BÀI TẬP TỔNG HỢP
BÀI Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy ABClà tam giác tâmO, A0A = A0B = A0C = a√21
3 , khoảng cách từ điểmOđến mặt phẳng(ABB
0A0)bằng a
2 Tính độ dài cạnh đáy hình
lăng trụ cho
(102)A
I H
C
B O
C0 A0
B0
Ta cóOlà tâm tam giác đềuABCvàA0A =A0B =A0Cnên A0Olà trục đường tròn ngoại tiếp tam giác đềuABC
⇒ A0O⊥(ABC)
GọiIlà trung điểm AB, ta có ®
OI ⊥AB
A0O ⊥ AB ⇒ AB⊥(A
0OI).
⇒(A0OI) ⊥(ABB0A0)theo giao tuyến A0I
Trong mặt phẳng(A0OI), kẻOH ⊥ A0Itại H, ta cóOH ⊥(ABB0A0) ⇒OH =d(O,(ABB0A0) = a
2
Gọi độ dài cạnh đáy làx(x >0) ta cóOI =
3CI = 3·
x√3
2 =
x√3
Tam giácA0OI vng tạiOcóOHlà đường cao
⇒
OH2 =
1
OI2 +
1
OA02 ⇒
1
OA02 =
1
OH2 −
1
OI2 =
4
a2 −
12
x2 ⇒OA
02= a2x2
4x2−12a2 (1) Ta lại có tam giác A0OAvng tạiO
⇒OA02 = AA02−OA2 = 7a
3 −
x2
3 =
7a2−x2
3 (2)
Từ(1)&(2), ta có: a2x2
4x2−12a2 =
7a2−x2
3 ⇔3a
2x2=28a2x2−4x4−84a4+12a2x2
⇔4x4−372x2+84a4=0⇔
x2 =4a2 x2 = 21a
2
4
⇔
x =2a
x = a √
21
Vậy độ dài cạnh đáy hình lăng trụ cho là2ahoặc a √
21
2
BÀI Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy 2a, cạnh bên a√5 Gọi (P) mặt phẳng chứaABvà khoảng cách giữaCDvà(P)bằng a
a) Tính góc hai mặt phẳng(P)và(ABCD)
b) Xác định thiết diện hình chópS.ABCDcắt mặt phẳng(P) Tính diện tích thiết diện
(103)S
N K
J
B M
H
D A
I C
a) Gọi I, Jlần lượt trung điểm AB,CD Ta có
®
AB ⊥SI
AB ⊥I J ⇒ AB⊥(SI J)⇒(P) ⊥(SI J)
Lại cóCDk AB⇒CDk (P)⇒(SCD)∩(P) = MN k CD(M∈ SC,N ∈ SD) Trong mặt phẳng(SCD), gọiKlà giao điểm củaSJ vàMN, ta có(P)∩(SI J) = IK Trong mặt phẳng(SI J), kẻ JH ⊥ IKtạiH, ta có JH⊥(P)⇒ JH =d(J,(P)) VìCDk (P)nên d(CD,(P)) =d(J,(P)) Do đó, ta cóJH =a
Ta có
(P)∩(ABCD) = AB AB⊥ I J
AB⊥ IK
⇒ ‘J I Hlà góc hai mặt phẳng(P)và(ABCD)
Tam giácI H Jvuông tạiHnêntan‘J I H= JH
I J =
1
2 ⇒ ‘J I H =30 ◦.
b) Thiết diện hình chópS.ABCDcắt mặt phẳng(P)là hình thang ABMN Tam giácSI Avng tạiI nênSI2 =SA2−I A2 =5a2−a2 =4a2 ⇒SI =2a ⇒SJ =SI = I J =2a⇒tam giácSI Jđều cạnh2a
⇒ IKlà đường phân giác tam giácSI Jnên IKcũng đường trung tuyến, đường cao tam giácSI J
⇒Klà trung điểm củaSJ hayMNlà đường trung bình tam giácSCD ⇒ MN =a Hình thangABMN có hai đáyMN, ABvà đường cao IKnên có diện tích là:
SABMN =
1
2(AB+MN).IK =
3a2√3
2
(104)BÀI 6. ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 3 A ĐỀ SỐ 1A
Câu (6 điểm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình vng tâmO, cạnh AB = a Mặt bên(SAB)là tam giác vng góc với mặt đáy GọiH, Jlần lượt trung điểm AB, AD a) Chứng minhSH ⊥(ABCD);(SBC) ⊥(SAB)
b) Tính góc hợp hai mặt phẳng(SCD)và(ABCD)
c) Tính theo a khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SBC) khoảng cách hai đường thẳngCJvàSD
Lời giải.
S
Q
P
D
I
C O
H
K J A
F
B
a) Ta có tam giácSABđều cóH trung điểmABnênSH ⊥ AB
Mà
(SAB) ⊥(ABCD) (SAB)∩(ABCD) = AB SH ⊂(SAB)
⇒ SH ⊥(ABCD) (0.5)
Ta có BC ⊥ SH (vì tam giác SAB tam giác vng góc với mặt đáy) BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥(SAB)
⇒(SBC) ⊥(SAB) (0.5) b) Gọi Ilà trung điểmCD Ta có:
®
I H⊥CD
SH ⊥CD ⇒CD⊥(SH I) ⇒CD⊥SI .(0.5) M(SCD)(ABCD) = CD ((SCD)Ô,(ABCD)) = (SI,H I) (0.5) Ta có tam giácSH Ivng tạiH, cóSH = a
√
3
2 , I H =a,tanSI H‘ =
SH I H =
√
3
SI H 41
Vy((SCD)Ô,(ABCD)) =41 (0.5) c) Ta cóOHk BC ⊂(SBC) ⇒OH k (SBC) ⇒d(O,(SBC)) =d(H,(SBC)) (0.5)
(SAB) ⊥(SBC), (SAB)∩(SBC) =SB, trong(SAB)kẻ HF ⊥SBtạiF
(105)Tam giácSHBvng tạiHcó HFlà đường cao nên HF2 =
1
SH2 +
1
HB2 =
16 3a2 ⇒ HF= a
√
3
4 Vậyd(O,(SBC)) =
a√3
4 (0.5)
Ta có∆CDJ =∆DAH⇒ DCJ‘ = ADH, mà’ DCJ‘ +DJC‘ =90◦
⇒ ADH’ +DJC‘ =90◦ ⇒ JC ⊥DH vàCJ⊥SH ⇒CJ ⊥(SDH) .(1.0) GọiK =CJ∩DH
Trong(SDH)kẻKP⊥SDtạiP Ta cód(CJ,SD) =KP .(0.5) DK
DH =
2
5 ⇒KP =
a√30
20 Vậyd(CJ,SD) =
a√30
20 (0.5)
Câu (4 điểm)Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông A Cạnh SA ⊥ (ABC) biết SA = AC= a√3, AB=a
a) Tính góc hợp cạnh SB với mp(SAC)
b) Dựng AH ⊥BCtại H Chứng minh rằng(SAH) ⊥(SBC)
c) Tính góc hợp bởi(SBC)và(ABC)
d) Gọi Ilà trung điểm củaSA Tính khoảng cách từ điểm Iđến(SBC)
Lời giải.
S
C A
I
K
L
B
H
a) Ta cóBA ⊥ ACvàBA⊥SA ⇒BA ⊥(ABC) ABl hỡnh chiu caSBlờn(ABC)
(SBÔ,(SAC)) =(SB,AS) = BSA (0.5) Ta cótanBSA= AB
SA = a a√3 =
√
3
(106)b) Ta cóSA ⊥BC
MàAH ⊥BC ⇒ BC ⊥(SAH) ⇒(SBC)⊥(SAH) (0.5) c) Ta cóBC (SAH)
BC AHvBC SH
((SCBÔ),(ABC)) = (SH,AH) =SH A’ (0.5)Trong tam giácSAH vng taiAta có:
1
AH2 =
1
AB2 +
1
AC2 ⇒ AH= a√3
2 tanSH A =
SA
AH =2⇒SH A’ =arctan (0.5) d) Từ IdựngIK ⊥SH Ta có(SBC) ⊥(SAH)
⇒ IK ⊥(SBC) ⇒ IKlà khoảng cách từAđến(SBC) (0.5) GọiALlà đường cao tam giác SAHta có
1
AL2 =
1
AS2 +
1
AH2 ⇒ AL= a√3
√
5
⇒ IK = AL
2 ⇒ IK =
a√3
2√5 .(0.5)
B ĐỀ SỐ 1B
Câu (6 điểm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình vng tâmO, cạnh AB = a Mặt bên(SAD)là tam giác vng góc với mặt đáy GọiI, Mlần lượt trung điểm AD, AB a) Chứng minhSI ⊥(ABCD);(SAD) ⊥(SCD)
b) Tính góc hợp hai mặt phẳng(SBC)và(ABCD)
c) Tính theo a khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD) khoảng cách hai đường thẳngCMvàSB
Lời giải.
S Q
P
H
B
I
C O
K M A
F
D
a) Ta có tam giácSADđều cóIlà trung điểm AD
NênSI ⊥ ADvà
(SAD) ⊥(ABCD) (SAD)∩(ABCD) = AD SI ⊂(SAD)
⇒SI ⊥(ABCD) .(0.5)
(107)b) Gọi H trung điểm BC Ta có:
®
H I ⊥BC
SI ⊥ BC ⇒BC ⊥(SH I)⇒ BC SH .(0.5) M(SBC)(ABCD) = BC ((SBC)Ô,(ABCD)) =(SH,H I) .(0.5) Ta có tam giácSH Ivng tạiI, cóSI =a
√
3
2 ; I H =a,tanSH I‘ =
SI H I =
√
3
⇒SH I‘ ≈41◦ .(0.5) Vy((SBC)Ô,(ABCD)) 41
c) Ta cú:OI k CD (SCD) ⇒OI k (SCD) ⇒d(O,(SCD)) =d(I,(SCD)) .(0.5) (SAD) ⊥ (SCD),(SAD)∩(SCD) = SD , trong(SAD)kẻ IF ⊥ SDtại F ⇒ IF ⊥ (SCD) ⇒
d(I,(SCD)) = IF .(0.5) Tam giácSIDvng tạiI cóIFlà đường cao nên
IF2 =
1
SI2 +
1
ID2 =
16 3a2 ⇒ IF= a
√
3
4 (0.5)
Vậyd(O,(SCD)) = a √
3
Ta có:∆CBM =∆BAI ⇒ BCM’ = ABI‘ MàBCM’ +BMC’ =90◦
⇒ ABI‘+BMC’ =90◦ ⇒CM ⊥ BIvàCM ⊥SI ⇒CM ⊥(SBI) .(1.0) GọiK =CM∩BI Trong(SBI)kẻKP⊥SBtại P Ta cód(CM,SB) = KP (0.5)
DK DI =
2
5 ⇒KP=
a√30 20
Vậyd(CM,SB) = a √
30
20 (0.5)
Câu (4 điểm)Cho hình chópS.ABCcó tam giác ABCđều cạnha CạnhSA ⊥(ABC)vàSA = a√3
a) Tính góc hợp cạnhSCvới(ABC)
b) Gọi Ilà trung điểm BC Chứng minh rằng(SAI)⊥(SBC) c) Tính góc hợp bởi(SBC)và(ABC)
d) Gọi Jlà trung điểm củaSATính khoảng cách từ điểm J đến(SBC)
Lời giải.
S
C A
J K
H
B
(108)a) VìSA ⊥(ABC)⇒ AC l hỡnh chiu caSClờn(ABC)
(SCÔ,(ABCD) = (SC,AC) =SCA (0.5) Ta cótanSCA= SA
AC = √
3 ⇒SCA=60◦ (0.5)
b) Ta cóBC ⊥ AI (vì∆ABCđều)
Mặt khácSA⊥ BC(VìSA ⊥(ABC))
⇒BC ⊥(SAI)⇒(SBC)⊥(SAI) .(1.0)
c) Ta cóBC (SAI) BC AI vBC SI
((SCB)Ô,(ABC)) = (SI,AI) =SI A‘ .(0.5) Trong tam giácSAIvng taiAta cótanSI A‘ =
SA
AI =2⇒SI A‘ =arctan .(0.5) d) Từ Jdựng JK⊥SI
Ta có(SBC) ⊥(SAH)
⇒ JK ⊥(SBC) ⇒ JKlà khoảng cách từAđến(SBC) .(0.5) GọiAHlà đường cao tam giácSAIta có
1
AH2 =
1
AS2 +
1
AI2 ⇒ AH = a√3
√
5 ⇒ JK =
AH
2 ⇒ IK =
a√3
2√5 (0.5)
C ĐỀ SỐ 2A
Câu 1. Cho hình thang ABCD vuông A(AB k CD), AB = AD = a, CD = 2avàOlà trung điểmCD Trên đường thẳng quaOvà vng góc với(ABCD), lấy điểmS choSAtạo với đáy(ABCD)một góc45◦
1 Chứng minhBDvng góc với mặt phẳng(SAO)
2 Chứng minh mặt phẳng(SBD)vng góc với mặt phẳng(SAO)
3 Tính góc hai mặt phẳng(SAB)và(ABCD)
4 Tính khoảng cách hai đường thẳngSDvàBC
Lời giải.
Vẽ hình [1 điểm]
C I
O
D A
B J
(109)1 VìO trung điểmCD ⇒ CO = DO = a = AB ⇒ ABOD hình vng (BAD’ = 90◦) ⇒ AO⊥ BDtại J [1 điểm] VìBD ⊥ AO,BD ⊥SO ⇒BD ⊥(SAO) [1 điểm]
2 VìBD ⊥(SAO)vàBD∈ (SBD)⇒(SBD) ⊥(SAO) [1 điểm]
3 Vì ABOD hình vng nên AB ⊥ OB Mà AB ⊥ SO (do SO ⊥ (ABCD)) nên AB ⊥ (SBO)⇒ AB ⊥SB [0,5 điểm] Lại có(SAB)∩(ABCD) = AB, AB ⊥ SB, AB ⊥OB,SB ⊂(SAB),OB ⊂(ABCD) nên góc giữa(SAB)và(ABCD)làSBO‘ [1 điểm] Vì ABOD hình vng cạnh a ⇒ AO = a√2 Do SA tạo với (ABCD) góc 45◦ nên ’
SAO =45◦ ⇒SO=a√2 [0,5 điểm] Xét tam giácSOBvng tạiOcótanSBO‘ =
SO OB =
√
2⇒SBO‘ ≈54, 76◦ [1 điểm]
4 Trong(ABCD), kẻ đường thẳngdđi quaD, d k BC ⇒ d⊥ BD TừOkẻOI ⊥ d(I ∈ d) ⇒ DJOIlà hình vng vàDI ⊥(SOI)⇒OI =DJ = a
√
2
2 [1 điểm]
KẻOH ⊥SI (H ∈ SI)⇒OH ⊥(SID) ⇒OH =d(O;(SID)) [0,5 điểm] Xét∆SOI vng tạiOcó
SO=a√2,OI = a √
2
2 ⇒
1
OH2 =
1
SO2 +
1
OI2 ⇒OH = a√2
√
5 [1 điểm]
CóCOcắt(SDI)tạiD ⇒ d(C,(SDI))
d(O,(SDI)) = CD OD =2 ⇒d(BC,SD) =d(C,(SDI)) =2OH =
√
2a √
5 [0,5 điểm]
D ĐỀ SỐ 2B
Câu 1. Cho hình thang ABCDvuông tạiA(AB k CD), AB = AD =a, CD= 2a, SD⊥(ABCD) vàSAtạo với đáy(ABCD)một góc60◦
1 Chứng minhBCvng góc với mặt phẳng(SBD)
2 GọiOlà trung điểmCD Chứng minh mặt phẳng(SBD)vng góc với mặt phẳng(SAO)
3 Tính góc hai mặt phẳng(SBC)và(ABCD)
4 Tính khoảng cách từ điểmDđến mặt phẳng(SBC)
Lời giải.
(110)H
D O C
A B
S
1 VìOlà trung điểmCD⇒ CO=DO =a= AB⇒ ABOD hình vng (BAD’ =90◦) [0,5
điểm]
⇒ AO⊥ BD⇒ AO⊥(SBD)(vìSD⊥(ABCD)) [0,5 điểm] VìAB=OC, ABk OC ⇒ ABCOlà hình bình hành⇒ AOk BC
⇒BC ⊥(SBD) [1 điểm]
2 VìBD ⊥ AO,SD⊥ AO⇒ AO ⊥(SBD)
MàAO ⊂(SAO) ⇒(SBD) ⊥(SAO) [1 điểm]
3 VìBC ⊥(SBD) ⇒ BC ⊥SB Lại cóBC k AO, AO⊥ BD ⇒ BC ⊥ BD ⇒góc hai mặt phẳng(SBC)và(ABCD)làSBD‘ [1 điểm] Xét hình vng ABODcạnhacóBD =a√2 [0,5 điểm] Xét tam giácSDAvng tạiDcóSAD’ =60◦ ⇒SD= ADtan 60◦ = a
√
3 [1 điểm] Xét tam giácSDBvng tạiDcótanSBD‘ =
SD SB =
√
3
√
2 ⇒SBD‘ ≈50, 79
◦ [1 điểm].
4 VìBC ⊥(SBD) ⇒(SBC) ⊥(SBD) [0,5 điểm] Trong mặt phẳng(SBD), kẻDH ⊥SB ⇒DH =d(D;(SBC)) [1 điểm] Xét tam giácSDBvng tạiDcó
DH2 =
1
SD2 +
1
BD2 =
5
6a2 ⇒DH = a√6
√
5 [1 điểm]
E ĐỀ SỐ 3A
Câu 1. Cho tứ diệnOABC cóOA,OB,OC đơi vng góc vàOA = OB = OC = a Gọi I trung điểm củaBC; H,Klần lượt hình chiếu vng góc củaOlên đường thẳng ABvà AC
1 Chứng minh rằngBC ⊥(OAI)
2 Chứng minh rằng(AOI) ⊥(OHK)
3 Tính khoảng cách từ điểmOđến mặt phẳng ABC
4 Tính cosin gócα đường thẳngOAvà mặt phẳng(ABC)
(111)6 Tính khoảng cách hai đường thẳngHKvàOI
Lời giải.
A
O
E
B
C
I K
H
ϕ
1 Ta cóOA⊥(OBC); suy raOA⊥ BC(1) 0,75 điểm Ta cóOB=OC vàIlà trung điểmBCnên BC ⊥OI (2) 0,75 điểm Từ (1) (2) suy raBC ⊥(OAI) 0,5 điểm
2 VìH,Klần lượt trung điểm AB,ACnên HK k BC 0,5 điểm Theo ý a)BC ⊥(OAI)nên HK ⊥(OAI) 0,5 điểm
3 TừOkẻOE⊥ AI(1) Ta cóBC ⊥(OAI)nênBC ⊥OE(2) 0,5 điểm Từ (1) (2) suy raOE⊥(ABC), suyd(O,(ABC)) =OE 0,5 điểm xét tam giácAOI vng tạiO, ta có
OE2 =
1
OA2 +
1
OI2 =
1
a2 +
2
a2 =
3
a2 suy raOE= a √
3
0,5 điểm
4 Ta cóOE⊥(ABC)nên hình chiếu củaOAlên mặt phẳng(ABC)làAE, gócα =OAE’ 0,75 điểm Ta có tam giácOAEvng tạiEvàOE= √a
3 nêncosα =
OE OA =
1
√
3 0,75 điểm 5 Góc ϕ=OI A‘ 0,75 điểm
Ta cótanϕ= OA
OI = √
2 0,75 điểm
6 Ta gọiF giao điểm HK AI,từ F kẻ FG ⊥ OI, mặt khác HK ⊥ (OAI)(cmt) suy FG ⊥HK, ta cóFGlà đoạn vng góc chung củaHKvàOI 0,75 điểm Xét tam giácOAI vng O, ta có F trung điểm AI FG k OA suy FG =
1
2OA =
a
2 0,75 điểm
Hình vẽ 1,0 điểm
F ĐỀ SỐ 3B
Câu 1. Cho hình chópS.ABCDđáy hình vng cạnha,SA ⊥(ABCD)vàSA =a√2
1 Chứng minh mặt bên hình chóp tam giác vng
(112)3 Tính gócαgiữaSCvà mặt phẳng đáy, gócβgiữaSCvà mặt phẳng(SAB)
4 Tính tang góc ϕgiữa hai mặt phẳng(SBD)và(ABCD)
5 Tính khoảng cách từ điểm AđếnSBC, khoảng cách từ điểm Ađến mặt phẳngSCD
6 Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhauSCvàBD
Lời giải.
A E D
B C
S
O
K
H
1 Ta có tam giácSABvàSADlà tam giác vng vìSA ⊥ ABvàSA ⊥ AD 0,5 điểm Ta cóSA ⊥ CDvàCD ⊥ ADsuy CD ⊥ (SAD), suy raCD ⊥ SD, tam giácSDC vng tạiD 0,5 điểm Ta có SA ⊥ BC BC ⊥ ABsuy BC ⊥ (SAB), suy BC ⊥ SB, tam giác SBC vng tạiB 0,5 điểm
2 Ta cóBD⊥SAvìSA⊥(ABCD)
vàBD ⊥AC suy raBD ⊥(SAC) 0,5 điểm Do đó(SAC) ⊥(SBD) 0,5 điểm
3 Ta cóCAlà hình chiếu vng góc củaSClên(ABCD)do gócα =SCA 0,5 điểm‘ Vì tam giácSACcóSA= AC =a√2suy raα =45◦ 0,5 điểm
Ta cóBC⊥(SAB)suy hình chiếu củaSC lên mặt(SAB)làSB, gócβ=BSC‘ 0,5 điểm
Vì tam giácSBCvng tạiB, ta cótanβ= a
a√3 =
√
3 suy raβ=30
◦ 0,5 điểm.
4 GọiO giao điểm AC BD Ta có AC ⊥ BD SO ⊥ BD góc ϕgiữa (SBD)
(ABCD)là’SOA 0,75 điểm Tam giácSAOvng A, ta cótanϕ= SA
AO =2 0,75 điểm
5 KẻAH ⊥SBsuy raAH ⊥(SBC), đód(A,(SBC)) = AH 0,5 điểm Ta có
AH2 =
1
SA2 +
1
AB2 =
1 2a2 +
1
a2 =
3
2a2 suy raAH = a√6
3 0,5 điểm
KẻAK ⊥SDsuy rad(A,(SCD)) = AK = a √
6
(113)6 TừOkẻOE⊥SC, doBD ⊥(SAC)suy raBD⊥OE, đód(SC,BD) =OE 0,75 điểm Xét tam giác vngOECta cósinSCA‘ =
OE
OC suy raOE= a
2 0,75 điểm
Hình vẽ 0,5 điểm