các dạng toán vectơ trong không gian, quan hệ vuông góc

CHƯƠNG BÀI QUAN HỆ VNG GĨC VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN A TĨM TẮT LÍ THUYẾT CÁC ĐỊNH NGHĨA Véctơ đoạn thẳng có hướng (có phân biệt điểm đầu điểm cuối) Véctơ - khơng véctơ có điểm đầu điểm cuối trùng #» #» #» #» # » Ký hiệu véctơ: AB (điểm đầu A, điểm cuối B) hay a , b , x , y , # » Độ dài véctơ khoảng cách điểm đầu điểm cuối véctơ Kí hiệu | AB|, | #» a | Giá véctơ đường thẳng qua điểm đầu điểm cuối véctơ Hai véctơ gọi phương giá chúng song song trùng Hai véctơ phương hướng ngược hướng #» #» Hai véctơ hai véctơ hướng có độ dài Tức a = b ⇔ ® hướng #» | #» a| = |b| 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 CÁC QUY TẮC TÍNH TỐN VỚI VÉCTƠ # » #» # » Quy tắc ba điểm (với phép cộng): AB + BC = AC # » # » # » Quy tắc ba điểm (với phép trừ): OB − OA = AB # » # » # » # » # » # » Quy tắc ba điểm (mở rộng): AX1 + X1 X2 + X2 X3 · · · + Xn−1 Xn + Xn B = AB Quy tắc hình bình hành: # » # » # » (a) AB + AD = AC # » # » # » (b) AB + AD = AE ABCD hình bình hành E trung điểm BD C B Quy tắc hình hộp: # » # » # » # » AB + AD + AA = AC ABCD.A B C D hình hộp 675 D A A B C D 676 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC MỘT SỐ HỆ THỨC VÉCTƠ TRỌNG TÂM, CẦN NHỚ # » #» # » # » #» #» I trung điểm đoạn thẳng AB ⇔ I A + IB = ⇔ OA + OB = 2OI (với O điểm bất kỳ) # » # » # » # » # » # » # » #» G trọng tâm tam giác ABC ⇔ GA + GB + GC = ⇔ OA + OB + OC = 3OG # » 2# » ⇔ AG = AM (với O điểm bất kỳ, M trung điểm cạnh BC) # » # » # » # » # » # » # » # » #» G trọng tâm tứ diện ABCD ⇔ GA + GB + GC + GD = ⇔ OA + OB + OC + OD = # » # » 3# » 4OG ⇔ AG = AA (với điểm O bất kỳ, A trọng tâm ∆BCD) # » # » #» ⇔ GM + GN = (với M, N trung điểm cặp cạnh đối diện) #» #» #» #» a b = phương ⇔ ∃k ∈ R : #» a = k b #» #» #» #» a b = hướng ⇔ ∃k ∈ R+ : #» a = k b #» #» #» #» a b = ngược hướng ⇔ ∃k ∈ R− : #» a = k b # » # » Ba điểm A, B, C thẳng hàng ⇔ ∃k ∈ R : AB = k AC 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 b không #» phương véctơ #» c Khi #» a , b #» c đồng phẳng tồn cặp số (m; n) cho #» c = #» #» m a + n b (cặp số (m; n) nêu nhất) # » # » # » # » # » # » ! Bốn điểm phân biệt A, B, C, D đồng phẳng ⇔ AB, AC, AD đồng phẳng ⇔ AB = m AC + n AD PHÂN TÍCH MỘT VÉCTƠ THEO BA VÉCTƠ KHƠNG ĐỒNG PHẲNG Định lí #» Cho ba véctơ #» a , b #» c không đồng phẳng Với véctơ #» x , ta tìm #» #» #» #» số (m; n; p) cho x = m a + n b + p c #» c #» a TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉCTƠ Định nghĩa #» #» #» #» #» #» #» #» #» #» #» #» Nếu a = b = a b = | a | b cos( a , b ) #» #» #» #» Nếu a = b = a b = #» x #» b VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN 677 #» #» Bình phương vơ hướng véctơ: a = | a | ! Một số ứng dụng tích vơ hướng #» #» #» #» #» #» #» #» Nếu a = b = ta có a ⊥ b ⇔ a b = #» #» #» Cơng thức tính cơsin góc hợp hai véctơ khác : cos( a , b ) = # » Cơng thức tính độ dài đoạn thẳng: AB = AB = B #» #» a.b #» a| b | #» # » AB2 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.A B C D Hãy xác định véctơ (khác ) có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình hộp ABCD.A B C D # » a) phương với AB; # » b) phương AA Lời giải # » a) Các véctơ có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình hộp phương với AB # » # » # » # » # » # » # » BA; CD; DC; A B ; B A ; C D ; D C # » b) Các véctơ có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình hộp phương với AA # » # » # » # » # » # » # » # » AA ; A A; BB ; B B; CC ; C C; DD ; D D VÍ DỤ Cho hình lập phương ABCD.A B C D Gọi O, O giao điểm hai #» đường chéo hai đáy Hãy xác định véctơ (khác ) có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình lập phương ABCD.A B C D cho # » a) OO # » b) AO Lời giải # » # » # » # » # » a) Ta có OO = AA = BB = CC = DD # » # » # » # » b) Ta có Các véctơ thỏa mãn là: AO = A O = OC = O C BÀI Cho hình lăng trụ ABC.A B C Gọi M, N trung điểm cạnh AB, CD Hãy #» xác định véctơ (khác ) có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình lăng trụ ABC.A B C 678 CHƯƠNG QUAN HỆ VUÔNG GÓC # » a) hướng AM # » b) ngược hướng MN Lời giải # » a) Các véctơ có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình lăng trụ hướng với AM # » # » # » # » # » AB; DN; DC; A B ; D C # » b) Các véc tơ có điểm đầu, điểm cuối đỉnh hình lăng trụ ngược hướng với MN # » #» # » # » DA; CB; D A ; C B BÀI Cho bốn điểm A, B, C, D Hãy xác định véctơ trường hợp sau: a) Có điểm đầu cuối A, B; b) Có điểm đầu cuối A, B, C; c) Có điểm đầu cuối A, 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 giác ABCD.A B C D Mặt phẳng ( P) cắt cạnh bên AA , BB , CC , DD 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 với I 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 , KB, KB , LC, LC , MD, MD #» #» # » #» # » b) Các véctơ hướng với I A bao gồm I A, KB, LC, MD #» #» # » #» # » c) Các véctơ ngược hướng với I A bao gồm I A, KB, LC, MD DẠNG 1.2 Chứng minh đẳng thức véctơ Để chứng minh đẳng thức vectơ ta thường sử dụng: Qui tắc cộng, qui tắc trừ ba điểm, qui tắc hình bình hành, quy tắc hình hộp VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN 679 Tính chất trung điểm, trọng tâm tam giác, tích số với vectơ Để biến đổi vế thành vế VÍ DỤ Cho bốn điểm A, B, C, D khơng gian Chứng minh rằng: # » # » # » #» AB + CD = AD + CB Lời giải # » # » # » # » #» # » # » #» # » # » Ta có : AB + CD = AD + DB + CB + BD = AD + CB + DB + BD # » # » #» # » #» = AD + CB + = AD + CB VÍ DỤ Cho tứ diện A, B, C, D Gọi I, J trung điểm AB, CD #» # » # » a) Chứng minh rằng: I J = AD + BC # » # » # » # » # » b) Cho G trung điểm I, J Chứng minh rằng: MG = MA + MB + MC + MD, với điểm M không gian Lời giải #» # » # » a) Chứng minh rằng: I J = AD + BC # » # » # 2» #» #» #» # » # » Ta có I J = I A + AD + DJ I J = IB + BC + CJ # » # » # » #» # » # » # » #» # » #» #» # » #» Suy I J = I A + AD + DJ + IB + BC + CJ = I A + IB + AD + BC + DJ + CJ # » #» # » #» #» #» = + AD + BC + = AD + BC # » # » # » # » # » b) Cho G trung điểm I, J Chứng minh rằng: MG = MA + MB + MC + MD, với điểm M không gian # » # » # » # » # » # » #» #» # » # » # » # » # » Tacó MA + MB + MC + MD = MG + GA + GB + GC + GD = MG + 2GI + 2GJ = MG + # » #» = MG (Vì I trung điểm AB,J trung điểm CD, G trung điểm I J) BÀI TẬP TỰ LUYỆN # » BÀI Cho tứ diện ABCD Gọi M, Nlần lượt trung điểm AB CD Chứng minh rằng: AD + #» # » BC = MN Lời giải # » # » # » # » Vì N trung điểm cuả CD nên ta có: MN = MA + AD + DN # » # » #» # » Vì M trung điểm AB nên ta có: MN = MB + BC + CN # » # » # » #» # » #» # » #» # » # » # » #» #» Suy ra, MN = MA + MB + AD + BC + DN + CN = + AD + BC + = AD + BC # » #» # » Vậy AD + BC = MN 680 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC BÀI Cho tứ diện ABCD Gọi M, N trung điểm cạnh AB CD Gọi P, Q # » 1# » # » 1# » điểm nằm cạnh AD BC cho: AP = AD, BQ = BC Chứng minh 4 # » # » # » MN = MP + MQ Lời giải # » # » # » # » # » # » #» # » Ta có, MN = MA + AD + DN MN = MB + BC + CN # » # » # » # » #» # » # » ⇒ MN = MA + AD + DN + MB + BC + CN # » # » # » # » # » #» = MA + MB + DN + CN + AD + BC # » #» = AD + BC # » #» # » ⇒ MN = AD + BC Ta lại có theo giả thiết:  # »   AP (3.1) 1# » AD 1# » = BC = # »   BQ ®# » AD ⇒ #» BC # » = AP # » = BQ (3.2) Thay (1.2) vào (1.1) ta được: # » # » # » # » # » # » # » MN = AP + BQ = AM + MP + BM + MQ # » # » # » # » = MP + MQ + AM + BM # » # » = MP + MQ (ĐPCM) BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Chứng minh rằng: # » #» #» # » a) SA + SC = SB + SD # »2 # »2 # »2 # »2 b) SA + SC = SB + SD Lời giải # » #» #» # » a) SA + SC = SB + SD Gọi O tâm hình chữ nhât ABCD Ta có, O trung điểm AC BD nên # » #» #» SA + SC = 2SO #» # » #» SB + SD = 2SO (3.3) (3.4) # » #» #» # » Từ (1.3) (1.4) suy ra, SA + SC = SB + SD # »2 # »2 # »2 # »2 b) SA + SC = SB + SD #» #» # » Ta có, SA2 = SO + OA #»# » 2SO.OC #» # » #»# » #» #» # » = SO2 + OA2 + 2SO.OA SC2 = SO + OC #» # » = SO2 + OC2 + VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN 681 #» #» #» # » # » #» # » # » #» # » # » Suy ra, SA2 + SC2 = 2SO2 + OA2 + OC2 + 2SO OA + OC = 2SO2 + OA2 + OC2 #» # » #» # » # » Tương tự, SB2 + SD2 = 2SO2 + OB2 + OD2 # » # » # » # » Vì ABCD hình chữ nhật nên ta có OA = OB = OC = OD #» #» #» # » Từ suy ra, SA2 + SC2 = SB2 + SD2 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: # » Biến đổi đẳng thức véc-tơ cho trước dạng: OM = #» v #» Trong đó: Điểm O véc-tơ v biết Nếu muốn dựng điểm M, ta lấy O làm gốc dựng véc-tơ véc-tơ #» v , điểm véc-tơ M Ứng dụng tính chất tâm tỉ cự hệ điểm n Với điểm A1 , A2 , , An số α1 , α2 , , αn thỏa mãn điều kiện n Tồn điểm M cho: # » ∑ αi MAi = #» ∑ = i =1 i =1 Điểm M gọi tâm tỉ cự hệ điểm { A1 , A2 , , An } với hệ số tương ứng {α1 , α2 , , αn } Trong trường hợp αi = α j ∀i, j điểm M gọi trọng tâm hệ điểm { A1 , A2 , , An } Một số kết thường sử dụng Với A, B, C điểm cố định, #» v véc-tơ biết # » # » #» MA + MB = ⇒ M trung điểm AB # » # » # » #» Nếu A, B, C không thẳng hàng MA + MB + MC = ⇒ M trọng tâm tam giác ABC # » # » Tập hợp điểm M thỏa mãn MA = MB mặt phẳng trung trực AB # » # » Tập hợp điểm M thỏa mãn MC = k AB mặt cầu tâm C bán kính k.AB VÍ DỤ Cho hình hộp ABCD.A1 B1 C1 D1 Xác định vị trí điểm O cho: # » # » # » # » # » # » # » # » #» OA + OB + OC + OD + OA1 + OB1 + OC1 + OD1 = Lời giải 682 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC Gọi G, G giao điểm đường chéo ABCD A1 B1 C1 D1 Khi # » đó#ta» có:# » # » # » # » # » # » OA + OB + OC + OD + OA1 + OB1 + OC1 + OD1 # » # » # » # » # » = GA + GB + GC + GD + G A1 + # » # » # » # » # » G B1 + G C1 + G D1 + 4( GO + G O) # » # » #» = 4( GO + G O) = Suy O trung điểm GG D1 C1 G B1 A1 O D C G A B VÍ DỤ Cho tứ diện ABCD Xác định điểm I, H, G thỏa mãn #» # » # » # » AI = AB + AC + AD # » # » # » # » AH = AB + AC − AD # » # » # » # » #» GA + GB + GC + GD = Lời giải #» # » # » # » Ta có: AI = AB + AC + AD # » # » # » # » # » Mà ( AB + AC ) + AD = AG + AD với G đỉnh lại # » # » # » hình bình hành ABGC AG = AB + AC #» # » # » Vậy AI = AG + AD với I đỉnh lại hình bình hành AGID Do AI đường chéo hình hộp có ba cạnh AB, AC, AD # » # » # » # » 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 # » # » # » # » # » # » # » # » #» Ta có: GA + GB + GC + GD = 4GP + PD = ⇒ PD = PG với P trọng tâm tam giác ABC ⇒ G điểm nằm đoạn thẳng DP cho PD = 4PG Điểm G thỏa mãn đẳng thức gọi trọng tâm tứ diện H B P A G C I D VÍ DỤ Trong khơng gian cho ba điểm A, B, C cố định không thẳng hàng, tìm tập hợp # » # » # » # » # » # » điểm M cho: MA + MB + MC = MA − MB − MC Lời giải Gọi G trọng tâm ∆ABC, ta biến đổi đẳng thức dạng: # » # » # » # » # » MG = MA − MG ⇔ MG = GA ⇒ M thuộc mặt cầu tâm G, bán kính GA cố định BÀI TẬP TỰ LUYỆN VECTƠ TRONG KHƠNG GIAN 683 BÀI Cho tứ giác ABCD Tìm điểm G thỏa mãn: # » # » # » # » #» GA + GB + GC + GD = Lời giải Gọi I trọng tâm tam giác ABC ⇒ I cố định Khi ta có: # » # » # » # » #» # » #» #» #» GA + GB + GC + GD = 4GI + ID = ⇒ ID = IG Điểm G xác định nhờ đẳng thức # » # » # » # » #» #» BÀI Cho hình chóp S.ABCD Tìm điểm O thỏa mãn: OA + OB + OC + OD + OS = Lời giải Gọi G trọng tâm tứ giác ABCD ⇒ G cố định Khi ta có: # » # » # » # » # » # » # » # » #» # » #» #» #» GA + GB + GC + GD = ⇒ OA + OB + OC + OD + OS = 4OG + OS = #» # » #» # » ⇒ OS = 4OG ⇒ GS = 3OG Điểm O xác định nhờ đẳng thức #» #» #» # » BÀI Cho hình chóp S.ABC Tìm điểm G thỏa 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 = Điểm G trọng tâm tam giác ABC # » #» # » # » #» BÀI Cho tứ diện ABCD Tìm điểm I thỏa mãn đẳng thức: I A + IB + IC + ID = Lời giải # » # » # » # » #» Gọi G trọng tâm tứ diện Khi đó: GA + GB + GC + GD = # » #» # » # » # » #» # » # » #» #» #» I A + IB + IC + ID = ⇔ I A + IB + IC + ID = IG = AI ⇒ G điểm nằm AG thỏa mãn 4GI = AI BÀI Trong không gian cho ba điểm A, B, C cố định khơng thẳng hàng Tìm tập hợp điểm # » # » # » # » # » N cho: N A + 2NB − NC = 2BN − 2BA Lời giải # » # » # » #» Gọi G điểm thỏa mãn đẳng thức GA + 2GB − GC = ⇒ G cố định # » # » # » # » # » # » # » Ta có N A + 2NB − NC = 2BN − 2BA ⇔ NG = 2AN ⇒ Tập hợp N mặt phẳng trung trực AG # » # » BÀI Cho tứ diện ABCD có cạnh AB = Xác định vị trí M để P = MA2 + MB2 + # »2 # »2 MC + MD có giá trị nhỏ Lời giải A I B D G C # » #» # » # » #» Gọi I điểm thỏa mãn hệ thức I A + IB + IC + ID = (1) ⇒ I cố định (do A, B, C, D cố định) Ta có: 684 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC # » #» P = MI + I A # » #» # » #» + MI + IC + MI + ID # » # » #» # » # » = 6MI + 3I A2 + IB2 + IC2 + ID2 + MI I A + IB + IC + ID # » #» + MI + IB = 6MI + 3I A2 + IB2 + IC2 + ID2 Do đó: P nhỏ ⇔ M trùng I #» # » #» # » Gọi G trọng tâm tam giác BCD ta có: ID + IB + IC = IG #» #» Kết hợp với (1) ⇒ I A = GI ⇒ I trung điểm GA 25 25 Khi I A2 = , IB2 = IC2 = ID2 = ⇒ 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 tốn véctơ (xem mục 2) hệ thức véctơ trọng tâm (xem mục 3) để giải toán #» #» #» #» a−b ) VÍ DỤ Cho hai véctơ #» a b Chứng minh rằng: #» a b = ( #» a + b − #» Lời giải #» #» #» #» #» 1 #»2 Ta có: VP = ( #» a + b ) − ( #» a − b ) ) = ( #» a + b + #» a b − ( #» a2+ a + b − #» a − b ) = (( #» 4 #»2 #» #» b − #» a b )) = #» a b = VT # » # » # » VÍ DỤ Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh a Tính AB + AD B D Lời giải # » # » # » # »# » # »# » Ta có: AB + AD B D = AC B D = (vì AC ⊥ B D ⇒ AC B D = 0) #» #» #» #» VÍ DỤ Cho | #» a | = 2, b = 3, ( #» a , b ) = 120◦ Tính #» a + b #» a−b Lời giải #» #» #» #» #» Ta có: #» a + b = #» a+b = | #» a |2 + b + #» a b = | #» a |2 + b √ #» #» a + b = 22 + 32 + 2.2.3 cos 120◦ = ⇒ #» a + b = ⇒ #» #» #» #» #» #» Ta có: #» a − b = #» a−b = | #» a |2 + b − #» a b = | #» a |2 + b √ #» #» ⇒ #» a + b = 22 + 32 − 2.2.3 cos 120◦ = 19 ⇒ #» a + b = 19 #» #» + | #» a | b cos #» a, b #» #» − | #» a | b cos #» a, b #» #» #» VÍ DỤ Cho | #» a | = 3, b = 4, #» a b = −6 Tính góc hợp hai véctơ #» a b Lời giải KHOẢNG CÁCH 773 B A M I D C N A B D C Ta có BD ⊥ ( ACC A”) ⇒ BD ⊥ AC Lại có B C ⊥ ( ABC ) ⇒ B C ⊥ AC Vậy ta có đường thẳng AC vng góc với hai đường thẳng B C BD Lấy điểm I thuộc BC Gọi M giao điểm AI BD; N giao điểm IC B C Ta cần tìm vị trí I để MN AC IM IN IC IB Ta có MN AC ⇔ = = ⇔ ⇔ IB = IC MA NC AD BC Vậy I trung điểm BC MN đoạn vng góc chung hai đường thẳng BD B C với M giao điểm AI BD; N giao điểm IC B C BÀI Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O cạnh a, SO vng góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) SO = a Tính Khoảng cách hai đường thẳng SC AB Lời giải S H B C I O A D Ta có: DC AB ⇒ AB (SCD ) ⇒ d ( AB, SC ) = d ( AB; (SCD )) = d ( A; (SCD )) Gọi I trung điểm CD, ta có CD ⊥ OI Mà CD ⊥ SO ⇒ CD ⊥ (SOI ) ⇒ (SCD ) ⊥ (SOI ) theo giao tuyến SI 774 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC Trong mặt phẳng (SOI ), kẻ OH ⊥ SI H, ta có OH ⊥ (SOI ) 1 Trong tam giác vng SOI ta có = + = + = OI SO2 a2 a2 a2 √OH a Suy d (O; (SCD )) = OH = √ 2a Vậy d ( AB; (SCD )) = d ( A; (SCD )) = 2d (O; (SCD )) = BÀI Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a Cạnh bên SA vng góc với mặt đáy, mặt bên SBC tạo với đáy góc 60◦ Tính khoảng cách hai đường thẳng: a) SA BC b) SB AC Lời giải S H C A 60◦ K D B I ® AK ⊥ BC AK ⊥ SA Do AK đoạn vng √ góc chung hai đường thẳng SA BC a Vậy d(SA, BC ) = AK =   (SBC ) ∩ ( ABC ) = BC b) Ta có SA ⊥ ( ABC )   AK ⊥ BC ‘ góc hai mặt phẳng (SBC ) ( ABC ) Do SKA ‘ = 60◦ ⇒ SK ⊥ BC ⇒ SKA ‘ = 60◦ ⇒ SA = AK tan 60◦ = 3a Tam giác SAK vng A có SKA Trong mặt phẳng ( ABC ), dựng hình thoi ACBD, ta có: BD AC ⇒ AC (SBD ) ⇒ d( AC, SB) = d( AC, (SBD )) = d( A, (SBD )) Gọi I trung điểm BD, ta có: BD ⊥ AI BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAI ) ⇒ (SBD ) ⊥ (SAI ) theo giao tuyến SI Trong mặt phẳng (SAI ), kẻ AH ⊥ SI H, ta có: AH ⊥ (SBD ) ⇒ AH = d( A, (SBD )) Tam giác SAI vuông A có đường cao AH 1 4 16 ⇒ = + = + = 2 AH SA AI 9a 3a 9a a) Gọi K trung điểm BC, ta có KHOẢNG CÁCH 775 9a2 3a hay AH = 16 3a Vậy d(SB, AC ) = ⇒ AH = BÀI Cho hình lập phương ABCD.A B C D có cạnh a Tính khoảng cách hai đường thẳng BC CD Lời giải A B O C D A H B O D C Gọi O, O tâm hai hình vng ABCD A B C D Ta có ( ACD ) ( BA C ) ⇒ d( BC , CD ) = d (( ACD ), ( BA C )) = d(O, ( BA C )) Ta có A C ⊥ (OBB O ) ⇒ ( BA C ) ⊥ (OBB O ) theo giao tuyến BO Trong mặt phẳng (OBB O ), kẻ OH ⊥ BO H, ta có OH ⊥ ( BA C ) ⇒ d (O, ( BA C )) = OH Tam giác OBO vng O có OH đường cao 1 = + = + = ⇒ OH OB2 OO √a2 a2 a2 a2 a ⇒ OH = hay OH = 3 √ a Vậy d( BC , CD ) = BÀI TẬP TỔNG HỢP BÀI √ Cho hình lăng trụ ABC.A B C có đáy ABC tam giác tâm O, A A = A B = A C = a a 21 , khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ( ABB A ) Tính độ dài cạnh đáy hình lăng trụ cho Lời giải 776 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC C A B H C A O I B Ta có O tâm tam giác ABC A A = A B = A C nên A O trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ A O ⊥ ( ABC ) ® OI ⊥ AB Gọi I trung điểm AB, ta có ⇒ AB ⊥ ( A OI ) A O ⊥ AB ⇒ ( A OI ) ⊥ ( ABB A ) theo giao tuyến A I Trong mặt phẳng ( A OI ), kẻ OH ⊥ A I H, ta có OH ⊥ ( ABB A ) a ⇒ OH = d(O, ( ABB A ) = √ √ 1 x x Gọi độ dài cạnh đáy x (x > 0) ta có OI = CI = · = 3 Tam giác A OI vuông O có OH đường cao 1 1 1 12 a2 x 2 = ⇒ = + ⇒ = − = − ⇒ OA (1) OH OI OA OA OH OI a2 x2 4x2 − 12a2 Ta lại có tam giác A OA vng O 7a2 − x2 7a2 x2 − = (2) ⇒ OA = AA − OA2 = 3 Từ (1) & (2), ta có: a2 x 7a2 − x2 = ⇔ 3a2 x2 = 28a2 x2 − 4x4 − 84a4 + 12a2 x2 4x2 − 12a2   x = 2a x = 4a2 √ 2   ⇔ ⇔ 4x − 37 x + 84a = ⇔ a 21 21a x= x2 = √ a 21 Vậy độ dài cạnh đáy hình lăng trụ cho 2a √ BÀI Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy 2a, cạnh bên a Gọi ( P) mặt phẳng chứa AB khoảng cách CD ( P) a a) Tính góc hai mặt phẳng ( P) ( ABCD ) b) Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD cắt mặt phẳng ( P) Tính diện tích thiết diện Lời giải KHOẢNG CÁCH 777 S M K N H B C J D I A a) Gọi I,®J trung điểm AB, CD AB ⊥ SI Ta có ⇒ AB ⊥ (SI J ) ⇒ ( P) ⊥ (SI J ) AB ⊥ I J Lại có CD AB ⇒ CD ( P) ⇒ (SCD ) ∩ ( P) = MN CD ( M ∈ SC, N ∈ SD ) Trong mặt phẳng (SCD ), gọi K giao điểm SJ MN, ta có ( P) ∩ (SI J ) = IK Trong mặt phẳng (SI J ), kẻ JH ⊥ IK H, ta có JH ⊥ ( P) ⇒ JH = d( J, ( P)) Vì CD ( P) nên d(CD, ( P)) = d( J, ( P)) Do đó, ta có JH = a  ( P) ∩ ( ABCD ) = AB ⇒‘ J I H góc hai mặt phẳng ( P) ( ABCD ) Ta có AB ⊥ I J   AB ⊥ IK JH Tam giác I H J vuông H nên tan ‘ JIH = = ⇒‘ J I H = 30◦ IJ b) Thiết diện hình chóp S.ABCD cắt mặt phẳng ( P) hình thang ABMN Tam giác SI A vuông I nên SI = SA2 − I A2 = 5a2 − a2 = 4a2 ⇒ SI = 2a ⇒ SJ = SI = I J = 2a ⇒ tam giác SI J cạnh 2a ⇒ IK đường phân giác tam giác SI J nên IK đường trung tuyến, đường cao tam giác SI J ⇒ K trung điểm SJ hay MN đường trung bình tam giác SCD ⇒ MN = a Hình thang ABMN có hai đáy MN, √ AB đường cao IK nên có diện tích là: 3a S ABMN = ( AB + MN ).IK = 2 778 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC BÀI A ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG ĐỀ SỐ 1A Câu (6 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O, cạnh AB = a Mặt bên (SAB) tam giác vng góc với mặt đáy Gọi H, J trung điểm AB, AD a) Chứng minh SH ⊥ ( ABCD ); (SBC ) ⊥ (SAB) b) Tính góc hợp hai mặt phẳng (SCD ) ( ABCD ) c) Tính theo a khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SBC ) khoảng cách hai đường thẳng CJ SD Lời giải S Q P J A D K F H B I O C a) Ta có tam giác SAB có H trung điểm AB nên SH ⊥ AB  (SAB) ⊥ ( ABCD ) Mà (SAB) ∩ ( ABCD ) = AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) (0.5)   SH ⊂ (SAB) Ta có BC ⊥ SH (vì tam giác SAB tam giác vng góc với mặt đáy) BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ (SBC ) ⊥ (SAB) (0.5) ® I H ⊥ CD b) Gọi I trung điểm CD Ta có: ⇒ CD ⊥ (SH I ) ⇒ CD ⊥ SI (0.5) SH CD Ô M (SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD ⇒ ((SCD ), ( ABCD (0.5) √ )) = (SI, H I ) √ SH a ‘ Ta có tam giác SH I vng H, có SH = , I H = a, tan SI H= = IH ◦ ‘ ⇒ SI H 41 Ô Vy ((SCD ), ( ABCD )) = 41◦ (0.5) c) Ta có OH BC ⊂ (SBC ) ⇒ OH (SBC ) ⇒ d(O, (SBC )) = d( H, (SBC )) (0.5) (SAB) ⊥ (SBC ), (SAB) ∩ (SBC ) = SB, (SAB) kẻ HF ⊥ SB F ⇒ HF ⊥ (SBC ) ⇒ d( H, (SBC )) = HF (0.5) ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 779 1 16 = + = Tam giác SHB vuông H có HF đường cao nên 2 HF SH HB 3a √ √ a a ⇒ HF = Vậy d(O, (SBC )) = (0.5) 4 ‘ = ADH, ’ mà DCJ ‘ + DJC ‘ = 90◦ Ta có ∆CDJ = ∆DAH ⇒ DCJ ’ + DJC ‘ = 90◦ ⇒ JC ⊥ DH CJ ⊥ SH ⇒ CJ ⊥ (SDH ) (1.0) ⇒ ADH Gọi K = CJ ∩ DH Trong (SDH ) kẻ KP √ ⊥ SD P Ta có d(CJ, SD √ ) = KP (0.5) a 30 a 30 DK = ⇒ KP = Vậy d(CJ, SD ) = (0.5) DH 20 20 Câu (4 điểm)Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vng A Cạnh SA ⊥ ( ABC ) biết √ SA = AC = a 3, AB = a a) Tính góc hợp cạnh SB với mp(SAC) b) Dựng AH ⊥ BC H Chứng minh (SAH ) ⊥ (SBC ) c) Tính góc hợp (SBC ) ( ABC ) d) Gọi I trung điểm SA Tính khoảng cách từ điểm I đến (SBC ) Lời giải S K I L C A H B a) Ta có BA ⊥ AC BA ⊥ SA ⇒ BA ⊥ ( ABC ) ⇒ AB hình chiếu SB lên ( ABC ) ‘ (0.5) ⇒ (Ô SB, (SAC )) = (SB, AS) = BSA √ AB a Ta có tan BSA = = √ = SA a ⇒ BSA = 30◦ (0.5) 780 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC b) Ta có SA ⊥ BC Mà AH ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (SAH ) ⇒ (SBC ) ⊥ (SAH ) (0.5) c) Ta có BC ⊥ (SAH ) ⇒ BC AH v BC SH Ô ((SCB ), ( ABC )) = (⁄ SH, AH ) = SH A (0.5) Trong tam giác SAH vuông√tai A ta có: 1 a SA ’ = + ⇒ AH = tan SH A = = ⇒ SH A = arctan (0.5) 2 2 AH AH AB AC d) Từ I dựng IK ⊥ SH Ta có (SBC ) ⊥ (SAH ) ⇒ IK ⊥ (SBC ) ⇒ IK khoảng cách từ A đến (SBC ) (0.5) Gọi AL đường cao tam giác √ SAH ta có 1 a = + ⇒ AL = √ 2 AL AS AH √ AL a ⇒ IK = ⇒ IK = √ (0.5) 2 B ĐỀ SỐ 1B Câu (6 điểm)Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O, cạnh AB = a Mặt bên (SAD ) tam giác vuông góc với mặt đáy Gọi I, M trung điểm AD, AB a) Chứng minh SI ⊥ ( ABCD ); (SAD ) ⊥ (SCD ) b) Tính góc hợp hai mặt phẳng (SBC ) ( ABCD ) c) Tính theo a khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SCD ) khoảng cách hai đường thẳng CM SB Lời giải S Q P M A B K H F I D O C a) Ta có tam giác SAD  có I trung điểm AD  (SAD ) ⊥ ( ABCD ) Nên SI ⊥ AD (SAD ) ∩ ( ABCD ) = AD ⇒ SI ⊥ ( ABCD ) (0.5)   SI ⊂ (SAD ) Ta có CD ⊥ SI AD ⊥ CD ⇒ CD ⊥ (SAD ) ⇒ (SAD ) ⊥ (SCD ) (0.5) ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 781 b) Gọi H ® trung điểm BC H I ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (SH I ) ⇒ BC ⊥ SH (0.5) Ta cú: SI BC Ô M (SBC ) ( ABCD ) = BC ⇒ ((SBC ), ( ABCD )) = (Ÿ SH, H I ) √ (0.5) √ ‘I = SI = Ta có tam giác SH I vng I, có SI = a ; I H = a, tan SH HI ◦ ‘ ⇒ SH I ≈ 41 (0.5) Ô Vy ((SBC ), ( ABCD )) ≈ 41◦ c) Ta có: OI CD ⊂ (SCD ) ⇒ OI (SCD ) ⇒ d(O, (SCD )) = d( I, (SCD )) (0.5) (SAD ) ⊥ (SCD ), (SAD ) ∩ (SCD ) = SD , (SAD ) kẻ IF ⊥ SDtại F ⇒ IF ⊥ (SCD ) ⇒ d( I, (SCD )) = IF (0.5) 1 16 Tam giác SID vng I có IF đường cao nên = + = 2 IF SI ID 3a √ a ⇒ IF = (0.5) √ a Vậy d (O, (SCD )) = ’ = ABI ‘ Mà BCM ’ + BMC ’ = 90◦ Ta có: ∆CBM = ∆BAI ⇒ BCM ‘ + BMC ’ = 90◦ ⇒ CM ⊥ BI CM ⊥ SI ⇒ CM ⊥ (SBI ) (1.0) ⇒ ABI Gọi K = CM ∩ BI Trong √ (SBI ) kẻ KP ⊥ SB P Ta có d(CM, SB) = KP (0.5) a 30 DK = ⇒ KP = DI √20 a 30 Vậy d (CM, SB) = (0.5) 20 Câu √ (4 điểm)Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC cạnh a Cạnh SA ⊥ ( ABC ) SA = a a) Tính góc hợp cạnh SC với ( ABC ) b) Gọi I trung điểm BC Chứng minh (SAI ) ⊥ (SBC ) c) Tính góc hợp (SBC ) ( ABC ) d) Gọi J trung điểm SA Tính khoảng cách từ điểm J đến (SBC ) Lời giải S K H J C A I B 782 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC a) Vì SA ⊥ ( ABC ) ⇒ AC hình chiếu SC lên ( ABC ) Ô (0.5) ⇒ (SC, ( ABCD ) = (Ÿ SC, AC ) = SCA √ SA Ta có tan SCA = = ⇒ SCA = 60◦ (0.5) AC b) Ta có BC ⊥ AI (vì ∆ABC đều) Mặt khác SA ⊥ BC (Vì SA ⊥ ( ABC )) ⇒ BC ⊥ (SAI ) ⇒ (SBC ) ⊥ (SAI ) (1.0) c) Ta có BC ⊥ (SAI ) ⇒ BC ⊥ AI BC SI Ô ((SCB ), ( ABC )) = (ÿ SI, AI ) = SI A (0.5) SA ‘ ‘ = ⇒ SI A = arctan (0.5) Trong tam giác SAI vuông tai A ta có tan SI A= AI d) Từ J dựng JK ⊥ SI Ta có (SBC ) ⊥ (SAH ) ⇒ JK ⊥ (SBC ) ⇒ JK khoảng cách từ A đến (SBC ) (0.5) Gọi AH đường cao tam giác √ SAI ta có √ 1 a a AH = + ⇒ AH = √ ⇒ JK = ⇒ IK = √ (0.5) AH AS2 AI 5 C ĐỀ SỐ 2A Câu Cho hình thang ABCD vuông A (AB CD), AB = AD = a, CD = 2a O trung điểm CD Trên đường thẳng qua O vng góc với ( ABCD ), lấy điểm S cho SA tạo với đáy ( ABCD ) góc 45◦ Chứng minh BD vng góc với mặt phẳng (SAO) Chứng minh mặt phẳng (SBD ) vng góc với mặt phẳng (SAO) Tính góc hai mặt phẳng (SAB) ( ABCD ) Tính khoảng cách hai đường thẳng SD BC Lời giải Vẽ hình [1 điểm] S H I C O B D J A ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 783 ’ = 90◦ ) Vì O trung điểm CD ⇒ CO = DO = a = AB ⇒ ABOD hình vng ( BAD ⇒ AO ⊥ BD J [1 điểm] Vì BD ⊥ AO, BD ⊥ SO ⇒ BD ⊥ (SAO) [1 điểm] Vì BD ⊥ (SAO) BD ∈ (SBD ) ⇒ (SBD ) ⊥ (SAO) [1 điểm] 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 ‘ [1 điểm] (SAB) ( ABCD ) SBO √ Vì ABOD hình vng cạnh a ⇒ AO = a Do SA tạo với ( ABCD ) góc 45◦ nên √ ’ = 45◦ ⇒ SO = a [0,5 điểm] SAO √ ‘ ≈ 54, 76◦ [1 điểm] ‘ = SO = ⇒ SBO Xét tam giác SOB vng O có tan SBO OB BC ⇒ √ d ⊥ BD Từ O kẻ OI ⊥ d ( I ∈ d) ⇒ a DJOI hình vng DI ⊥ (SOI ) ⇒ OI = DJ = [1 điểm] Kẻ OH ⊥ SI ( H ∈ SI ) ⇒ OH ⊥ (SID ) ⇒ OH = d(O; (SID )) [0,5 điểm] Xét ∆SOI vng tại√O có √ √ a 1 a SO = a 2, OI = ⇒ = + ⇒ OH = √ [1 điểm] OH SO2 OI d(C, (SDI )) CD Có CO cắt (SDI ) D ⇒ = =2 d(O, (SDI )) √OD 2a ⇒ d( BC, SD ) = d(C, (SDI )) = 2OH = √ [0,5 điểm] Trong ( ABCD ), kẻ đường thẳng d qua D, d D ĐỀ SỐ 2B Câu Cho hình thang ABCD vng A (AB SA tạo với đáy ( ABCD ) góc 60◦ CD), AB = AD = a, CD = 2a, SD ⊥ ( ABCD ) Chứng minh BC vng góc với mặt phẳng (SBD ) Gọi O trung điểm CD Chứng minh mặt phẳng (SBD ) vng góc với mặt phẳng (SAO) Tính góc hai mặt phẳng (SBC ) ( ABCD ) Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC ) Lời giải Vẽ hình [1 điểm] 784 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC S H O D A C B ’ = 90◦ ) [0,5 Vì O trung điểm CD ⇒ CO = DO = a = AB ⇒ ABOD hình vng ( BAD điểm] ⇒ AO ⊥ BD ⇒ AO ⊥ (SBD ) (vì SD ⊥ ( ABCD )) [0,5 điểm] Vì AB = OC, AB OC ⇒ ABCO hình bình hành ⇒ AO BC ⇒ BC ⊥ (SBD ) [1 điểm] Vì BD ⊥ AO, SD ⊥ AO ⇒ AO ⊥ (SBD ) Mà AO ⊂ (SAO) ⇒ (SBD ) ⊥ (SAO) [1 điểm] Vì BC ⊥ (SBD ) ⇒ BC ⊥ SB Lại có BC AO, AO ⊥ BD ⇒ BC ⊥ BD ⇒ góc hai mặt ‘ phẳng (SBC ) ( ABCD ) SBD √ [1 điểm] Xét hình vng ABOD cạnh a có BD = a [0,5 điểm] √ ’ = 60◦ ⇒ SD = AD tan 60◦ = a [1 điểm] Xét tam giác SDA vuông D có SAD √ ‘ = SD = √3 ⇒ SBD ‘ ≈ 50, 79◦ [1 điểm] Xét tam giác SDB vng D có tan SBD SB Vì BC ⊥ (SBD ) ⇒ (SBC ) ⊥ (SBD ) [0,5 điểm] Trong mặt phẳng (SBD ), kẻ DH ⊥ SB ⇒ DH = d( D; (SBC )) √ [1 điểm] 1 a Xét tam giác SDB vng D có = + = ⇒ DH = √ [1 điểm] 2 DH SD BD 6a E ĐỀ SỐ 3A Câu Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc OA = OB = OC = a Gọi I trung điểm BC; H, K hình chiếu vng góc O lên đường thẳng AB AC Chứng minh BC ⊥ (OAI ) Chứng minh ( AOI ) ⊥ (OHK ) Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ABC Tính cosin góc α đường thẳng OA mặt phẳng ( ABC ) Tính tang góc ϕ hai mặt phẳng (OBC ) ( ABC ) ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 785 Tính khoảng cách hai đường thẳng HK OI Lời giải A K E O H C ϕ I B Ta có OA ⊥ (OBC ); suy OA ⊥ BC (1) 0,75 điểm Ta có OB = OC I trung điểm BC nên BC ⊥ OI (2) 0,75 điểm Từ (1) (2) suy BC ⊥ (OAI ) 0,5 điểm Vì H, K trung điểm AB, AC nên HK BC 0,5 điểm Theo ý a) BC ⊥ (OAI ) nên HK ⊥ (OAI ) 0,5 điểm Từ O kẻ OE ⊥ AI (1) Ta có BC ⊥ (OAI ) nên BC ⊥ OE (2) 0,5 điểm Từ (1) (2) suy OE ⊥ ( ABC ), suy d(O, ( ABC )) = OE 0,5 điểm a 1 = + = + = suy OE = √ xét tam giác AOI vng O, ta có 2 OE OA OI a a a 0,5 điểm ’ Ta có OE ⊥ ( ABC ) nên hình chiếu OA lên mặt phẳng ( ABC ) AE, góc α = OAE 0,75 điểm a OE Ta có tam giác OAE vuông E OE = √ nên cos α = = √ 0,75 điểm OA 3 ‘ Góc ϕ = OI A 0,75 điểm Ta có tan ϕ = √ OA = 0,75 điểm OI Ta gọi F giao điểm HK AI,từ F kẻ FG ⊥ OI, mặt khác HK ⊥ (OAI )(cmt) suy FG ⊥ HK, ta có FG đoạn vng góc chung HK OI 0,75 điểm Xét tam giác OAI vng O, ta có F trung điểm AI FG OA suy FG = a OA = 0,75 điểm 2 Hình vẽ 1,0 điểm F ĐỀ SỐ 3B √ Câu Cho hình chóp S.ABCD đáy hình vng cạnh a, SA ⊥ ( ABCD ) SA = a Chứng minh mặt bên hình chóp tam giác vng Chứng minh (SAC ) ⊥ (SBD ) 786 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC Tính góc α SC mặt phẳng đáy, góc β SC mặt phẳng (SAB) Tính tang góc ϕ hai mặt phẳng (SBD ) ( ABCD ) Tính khoảng cách từ điểm A đến SBC, khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SCD Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo SC BD Lời giải S K H D E A O B C Ta có tam giác SAB SAD tam giác vng SA ⊥ AB SA ⊥ AD 0,5 điểm Ta có SA ⊥ CD CD ⊥ AD suy CD ⊥ (SAD ), suy CD ⊥ SD, tam giác SDC vuông D 0,5 điểm Ta có SA ⊥ BC BC ⊥ AB suy BC ⊥ (SAB), suy BC ⊥ SB, tam giác SBC vuông B 0,5 điểm Ta có BD ⊥ SA SA ⊥ ( ABCD ) BD ⊥ AC suy BD ⊥ (SAC ) 0,5 điểm Do (SAC ) ⊥ (SBD ) 0,5 điểm ‘ 0,5 điểm Ta có CA hình chiếu vng góc √ SC lên ( ABCD ) góc α = SCA Vì tam giác SAC có SA = AC = a suy α = 45◦ 0,5 điểm ‘ 0,5 Ta có BC ⊥ (SAB) suy hình chiếu SC lên mặt (SAB) SB, góc β = BSC điểm a Vì tam giác SBC vng B, ta có tan β = √ = √ suy β = 30◦ 0,5 điểm a 3 Gọi O giao điểm AC BD Ta có AC ⊥ BD SO ⊥ BD góc ϕ (SBD ) ’ 0,75 điểm ( ABCD ) SOA SA Tam giác SAO vng A, ta có tan ϕ = = 0,75 điểm AO Kẻ AH ⊥ SB suy AH ⊥ (SBC ), d( A, (SBC )) = AH √ 0,5 điểm 1 1 a = + = + = suy AH = 0,5 điểm 2 AH SA AB 2a a 2a √ a Kẻ AK ⊥ SD suy d( A, (SCD )) = AK = 1,0 điểm Ta có ĐỀ KIỂM TRA CHƯƠNG 787 Từ O kẻ OE ⊥ SC, BD ⊥ (SAC ) suy BD ⊥ OE, d(SC, BD ) = OE 0,75 điểm OE a suy OE = 0,75 điểm OC Hình vẽ 0,5 điểm ‘ = Xét tam giác vng OEC ta có sin SCA ... đoạn thẳng AB vng góc với đường thẳng AB M B I A O Tính chất Có đường thẳng qua điểm cho trước vuông góc với mặt phẳng cho trước α LIÊN HỆ GIỮA QUAN HỆ SONG SONG VÀ QUAN HỆ VUÔNG GĨC CỦA ĐƯỜNG... vng góc với mặt phẳng (α) góc đường thẳng d hình chiếu d (α) gọi góc đường thẳng d mặt phẳng (α) d α ϕ O H Chú ý: Nếu ϕ góc đường thẳng d mặt phẳng (α) ta ln có 0◦ ≤ ϕ ≤ 90◦ ! B CÁC DẠNG TOÁN DẠNG... vng góc ( ABCD ) SO = a Tính góc cạnh bên SC mặt đáy Tính góc SO (SAD ) Gọi I trung điểm BC Tính góc SI (SAD ) Lời giải 724 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC S E H K C D I O B A ‘ Vì OC hình chiếu vng góc