Hình học không gian lớp 11 bao gồm rất nhiều bài tập thuộc các chương: đại cương về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian – quan hệ song song và quan hệ vuông góc trong không gian với các dạng bài tập như: Tìm giao tuyến giữa hai mặt phẳng, Tìm giao điểm giữa đường thẳng và mặt phẳng. Chứng minh 3 điểm thẳng hàng Chứng minh 3 đường thẳng d1, d2, d3 đồng quy Chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng.
Mục lục ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN A Tóm tắt lý thuyết B Bài tập rèn luyện Dạng 0.1 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng Dạng 0.2 Tìm thiết diện hình (H) cắt mặt phẳng (P) Dạng 0.3 Tìm giao điểm đường thẳng mặt phẳng Dạng 0.4 Tìm thiết diện hình (H) cắt mặt phẳng (P) Dạng 0.5 Chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng qui, chứng minh điểm thuộc đường thẳng cố định 3 4 14 23 24 QUAN HỆ SONG SONG 51 HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG 51 A Tóm tắt lý thuyết 51 ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 52 A Tóm tắt lý thuyết 52 B Bài tập rèn luyện 53 Dạng 2.1 Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng song song với mặt phẳng 53 Dạng 2.2 Thiết diện hình chóp bị cắt mặt phẳng (α) song song với đường thẳng cho trước Tính diện tích thiết diện 63 HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 82 A Tóm tắt lý thuyết 82 B Bài tập rèn luyện 85 KHỐI LĂNG TRỤ 92 BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 111 QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG A Tóm tắt lý thuyết B Bài tập rèn luyện HAI MẶT PHẲNG VNG GĨC A Tóm tắt lý thuyết B Bài tập rèn luyện Dạng 2.1 Chứng minh hai mặt phẳng vng góc GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG A Tóm tắt lý thuyết B Bài tập rèn luyện Dạng 3.1 Tính góc hai đường thẳng GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG A Góc hai đường thẳng B Bài tập rèn luyện Dạng 4.1 Tính góc hai đường thẳng C Góc đường thẳng mặt phẳng Dạng 4.2 Xác định tính góc đường thẳng mặt phẳng D Bài tập rèn luyện E Góc hai mặt phẳng 125 125 125 127 145 145 146 146 155 155 155 155 160 160 160 160 164 165 165 173 MỤC LỤC Dạng 4.3 Tính góc hai mặt phẳng F Bài tập rèn luyện KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG A Phương pháp giải toán B Bài tập mẫu Dạng 5.1 Tính khoảng cách nhờ tính chất tứ diện vng HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU A Tóm tắt lý thuyết B Bài tập rèn luyện Dạng 6.1 Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo Dạng 6.2 Xác định đường vng góc chung 173 174 188 188 189 206 211 211 211 211 214 Chương ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN A Tóm tắt lý thuyết Mặt phẳng Mặt phẳng, mặt bàn, mặt nước hồ yên lặng, mặt sàn nhà, cho ta hình ảnh phần mặt phẳng Điểm thuộc mặt phẳng Cho điểm A mặt phẳng (α) Khi điểm A thuộc mặt phẳng (α), ta nói A nằm (α) hay mặt phẳng (α) chứa A, hay mặt phẳng (α) qua điểm A kí hiệu A ∈ (α), biểu diễn hình Tính chất Có đường thẳng qua hai điểm phân biệt Tính chất Có mặt phẳng qua ba điểm khơng thẳng hàng Tính chất Nếu đường thẳng có hai điểm phân biệt thuộc mặt phẳng điểm đường thẳng thuộc mặt phẳng Tính chất Tồn bốn điểm khơng thuộc mặt phẳng Tính chất Nếu hai mặt phẳng phân biệt có điểm chung có điểm chung chúng cịn điểm chung khác Cách xác định mặt phẳng Có ba cách xác định mặt phẳng: • Mặt phẳng hoàn toàn xác định biết mặt phẳng qua ba điểm khơng thẳng hàng • Mặt phẳng hoàn toàn xác định biết mặt phẳng qua điểm chứa đường thẳng không qua điểm • Mặt phẳng hồn tồn xác định biết mặt phẳng chứa hai đường thẳng cắt Hình chóp tứ diện • Trong mặt phẳng (α) cho đa giác lồi A1 A2 A3 An Lấy điểm S không thuộcmặt phẳng (α) nối điểm S với đỉnh A1 , A2 , A3 , ., An ta n tam giác SA1 A2 , SA2 A3 , ., SAn A1 Hình gồm đa giác A1 A2 A3 An n tam giác SA1 A2 , SA2 A3 , ., SAn A1 gọi hình chóp, kí hiệu S.A1 A2 A3 An • S gọi đỉnh hình chóp, đa giác A1 A2 A3 An , tam giác SA1 A2 , SA2 A3 , ., SAn A1 gọi mặt bên hình chóp, SA1 , SA2 , SA3 , ., SAn gọi cạnh bên hình chóp • Tên hình chóp gọi theo tên đa giác đáy Hình chóp tam giác cịn gọi hình tứ diện Hình tứ diện có bốn mặt tam giác gọi tứ diện CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN S S S B A C Hình chóp tam giác (hình tứ diện) B A D C D B A Hình chóp tứ giác C Hình chóp tứ giác có đáy hình thang S B A D C Hình chóp tứ giác có đáy hình bình hành B Bài tập rèn luyện DẠNG 0.1 Tìm giao tuyến hai mặt phẳng Phương pháp giải: Muốn tìm giao tuyến hai mặt phẳng, ta tìm hai điểm chung phân biệt thuộc hai mặt phẳng Nối hai điểm chung giao tuyến cần tìm Bài Cho tứ giác ABCD cho cạnh đối không song song với Lấy điểm S không thuộc mặt phẳng (ABCD) Xác định giao tuyến Mặt phẳng (SAC) mặt phẳng (SBD) Mặt phẳng (SAB) mặt phẳng (SCD) Mặt phẳng (SAD) mặt phẳng (SBC) Lời giải Gọi H giao điểm AC với BD ® H ∈ AC ⇒ H ∈ (SAC) ∩ H ∈ BD (SBD) (1) Dễ thấy S ∈ (SAC) ∩ (SBD) (2) Từ (1) (2) suy SH giao tuyến hai mặt phẳng (SBD) (SAC) S Khi Gọi K giao điểm hai đường thẳng CD ® AB K ∈ AB ⇒ K ∈ Khi K ∈ CD (SAB) ∩ (SCD) (3) Dễ thấy S ∈ (SAB) ∩ (SCD) (4) Từ (3) (4) suy SK giao tuyến hai mặt phẳng (SAB) (SCD) A B K H D C L Gọi L giao điểm hai đường thẳng AD ® BC L ∈ AD Khi ⇒ L ∈ K ∈ BC (SAD) ∩ (SBC) (5) Dễ thấy S ∈ (SAD) ∩ (SBC) (6) Từ (5) (6) suy SL giao tuyến hai mặt phẳng (SAD) (SBC) Bài Cho tứ diện ABCD Gọi I, J trung điểm cạnh AD, BC Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (IBC) mặt phẳng (J AD) Lấy điểm M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC cho M, N khơng trung điểm Tìm giao tuyến mặt phẳng (IBC) mặt phẳng (DMN) Lời giải Do giả thiết I ∈ AD nên I ∈ (J AD) Suy I ∈ (BCI) ∩ (ADJ) (1) Tương tự, ta có J ∈ (BCI) ∩ (ADJ) (2) Từ (1) (2) suy I J giao tuyến hai mặt phẳng (BCI) (ADJ) Gọi E giao điểm hai đường thẳng DM BI ® E ∈ BI Khi ⇒ E ∈ (MND) ∩ E ∈ DM (IBC) (3) Tương tự, gọi F giao điểm DN CI suy F ∈ (BCI) ∩ (MND) (4) Từ (3) (4) suy EF giao tuyến hai mặt phẳng (BCI) (MND) A I N F M E D B J C CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Bài Cho tứ diện ABCD Lấy điểm M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC cho MN cắt BC Gọi I điểm bên tam giác BCD Tìm giao tuyến Mặt phẳng (MN I) mặt phẳng (BCD) Mặt phẳng (MN I) mặt phẳng (ABD) Mặt phẳng (MN I) mặt phẳng (ACD) Lời giải Gọi H giao điểm MN BC Suy H ∈ (MN I) ∩ (BCD) (1) Do I điểm BCD nên I ∈ (MN I) ∩ (BCD) (2) Từ (1) (2) suy I H giao tuyến hai mặt phẳng (MN I) (BCD) Giả sử E giao điểm hai đường thẳng I H BD ® E ∈ BD Vì H ∈ MN ⇒ E ∈ E ∈ IH (MN I) ∩ (ABD) (3) Dễ thấy M ∈ (ABD) ∩ (MN I) (4) Từ (3) (4) suy ME giao tuyến hai mặt phẳng (ABD) (MN I) A N M H Tương tự, gọi F giao điểm hai ® đường thẳng I H CD Ta suy F ∈ CD ⇒ F ∈ (MN I) ∩ F ∈ IH (ACD) (5) Do N ∈ AC nên N ∈ (ACD) Khi N ∈ (MN I) ∩ (ACD) (6) Từ (5) (6) suy NF giao tuyến hai mặt phẳng (ACD) (MN I) B D E I F C Bài Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang có cạnh AB song song với CD Gọi I giao điểm AD BC Lấy điểm M thuộc cạnh SC Tìm giao tuyến Mặt phẳng (SAC) mặt phẳng (SBD) Mặt phẳng (SAD) mặt phẳng (SBC) Mặt phẳng (ADM) mặt phẳng (SBC) Lời giải Gọi H giao điểm AC BD Suy H ∈ (SAC) ∩ (SBD) (1) Dễ thấy S ∈ (SAC) ∩ (SBD) (2) Từ (1) (2) suy SH giao tuyến hai mặt phẳng (SAC) (SBD) Do I ® giao điểm hai đường thẳng AD BC I ∈ AD Nên ⇒ I ∈ (SAD) ∩ (SBC) (3) I ∈ BC Dễ thấy S ∈ (SAD) ∩ (SBC) (4) Từ (3) (4) suy SI giao tuyến hai mặt phẳng (SAD) (SBC) ® Do giả thiết ta có S M A B H D I ∈ AD ⇒ I ∈ (ADM) ∩ I ∈ BC C I (SBC) (5) Vì M ∈ SC nên M ∈ (SBC) Do M ∈ (ADM) ∩ (SBC) (6) Từ (5) (6) suy I M giao tuyến hai mặt phẳng (ADM) (SBC) Bài Cho hình chóp S.ABCD đáy hình bình hành tâm O Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, CD, SA Tìm giao tuyến a) (MNP) (SAB) b) (MNP) (SBC) c) (MNP) (SAD) d) (MNP) (SCD) Lời giải (MNP) ∩ (SAB) Gọi F = MN ∩ AB, E = MN ∩ AD (vì MN, AB, ® AD ⊂ (ABCD)) P ∈ (MNP) Vì nên P ∈ SA ⊂ (SAB) P ∈ (MNP) ® ∩ (SAB) (1) F ∈ MN ⊂ (MNP) Mặt khác nên F ∈ AB ⊂ (SAB) F ∈ (MNP) ∩ (SAB) (2) Từ (1) (2) suy (MNP) ∩ (SAB) = PF (MNP)® ∩ (SAD) P ∈ (MNP) Ta có ⇒ P ∈ P ∈ SA ⊂ (SAD) (MNP) ∩ (SAD) (3) ® E ∈ MN ⊂ (MNP) Mặt khác ⇒E∈ E ∈ AD ⊂ (SAD) (MNP) ∩ (SAD) (4) Từ (3) (4) suy (MNP) ∩ (SAD) = PE S P H E K D A N B F M C CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Tìm (MNP) ∩ (SBC) ® K ∈ PF ⊂ (MNP) ⇒ K ∈ (MNP) ∩ (SBC) (5) Trong (SAB) Gọi K = PF ∩ SB Ta có K ∈ SB ⊂ (SBC) ® M ∈ (MNP) Mặt khác ⇒ M ∈ (MNP) ∩ (SBC) (6) M ∈ BC ⊂ (SBC) Từ (5) (6) suy (MNP) ∩ (SBC) = MK Tìm (MNP) ∩ (SCD) ® Trong mặt phẳng (SAD) Gọi H = PE ∩ SD Ta có H ∈ PE ⊂ (MNP) ⇒ H ∈ H ∈ SD ⊂ (SCD) (MNP) ∩ (SCD) (7) ® N ∈ (MNP) Mặt khác ⇒ N ∈ (MNP) ∩ (SCD) (8) N ∈ CD ⊂ (SCD) Từ (7) (8) suy (MNP) ∩ (SCD) = NH Bài Cho tứ diện SABC Lấy M ∈ SB, N ∈ AC, I ∈ SC cho MI không song song với BC, N I không song song với SA Tìm giao tuyến mặt phẳng (MN I) với mặt (ABC) (SAB) Lời giải S Tìm®(MN I) ∩ (ABC) N ∈ (MN I) Vì nên N ∈ (MN I) ∩ N ∈ AC ⊂ (ABC) (ABC) (1) Trong ® (SBC), gọi K = MI ∩ BC K ∈ MI ⊂ (MN I) Vì ⇒ K ∈ (MN I) ∩ K ∈ BC ⊂ (ABC) (ABC) (2) Từ (1) (2) suy (MN I) ∩ (ABC) = NK M I K A J N C B Tìm (MN I) ∩ (SAB) Trong ® (SAC), gọi J = N I ∩ SA M ∈ (MN I) Ta có ⇒ M ∈ (MN I) ∩ M ∈ SB ⊂ (SAB) (SAB) (3) ® J ∈ N I ⊂ (MN I) Mặt khác ⇒ J ∈ J ∈ SA ⊂ (SAB) (MN I) ∩ (SAB) (4) Từ (3) (4) suy (MN I) ∩ (SAB) = MJ Bài Cho tứ diện ABCD, M điểm bên tam giác ABD, N điểm bên tam giác ACD Tìm giao tuyến cặp mặt phẳng sau a) (AMN) (BCD) Lời giải b) (DMN) (ABC) A Tìm (AMN) ∩ (BCD) Trong (ABD), gọi E = AM ∩ BD ® E ∈ AM ⊂ (AMN) ⇒ E ∈ (AMN) ∩ Ta có E ∈ BD ⊂ (BCD) (BCD) (1) Trong (ACD), gọi F = AN ∩ CD ® F ∈ AN ⊂ (AMN) Ta có ⇒ F ∈ (AMN) ∩ F ∈ CD ⊂ (BCD) (BCD) (2) Từ (1) (2) suy (AMN) ∩ (BCD) = EF P M Q B N E D F Tìm (DMN) ∩ (ABC) Trong (ABD), gọi P = DM ∩ AB ® P ∈ DM ⊂ (DMN) ⇒ P ∈ (DMN) ∩ Ta có P ∈ AB ⊂ (ABC) (ABC) (3) Trong ® (ACD), gọi Q = DN ∩ AC Q ∈ DN ⊂ (DMN) Ta có ⇒ Q ∈ (DMN) ∩ Q ∈ AC ⊂ (ABC) (ABC) (4) Từ (3) (4) suy (DMN) ∩ (ABC) = PQ C Bài Cho tứ diện ABCD Lấy I ∈ AB, J điểm tam giác BCD, K điểm tam giác ACD Tìm giao tuyến mặt phẳng (I JK) với mặt tứ diện Lời giải Gọi M = DK ∩ AC, N = DJ ∩ BC, H = MN ∩ K J Vì H ∈ MN ⊂ (ABC) ⇒ H ∈ (ABC) Gọi P = H I ∩ BC, Q = PJ ∩ CD, T = QK ∩ AD Theo cách dựng điểm ta có (I JK) ∩ (ABC) = IP (I JK) ∩ (BCD) = PQ (I JK) ∩ (ACD) = QT (I JK) ∩ (ABD) = TI A T M I K B D P N J Q C H DẠNG 0.2 Tìm thiết diện hình (H) cắt mặt phẳng (P) Thiết diện phần chung mặt phẳng (P) hình (H) Xác định thiết diện xác định giao tuyến mặt phẳng (P) với mặt hình (H) Thường ta tìm giao tuyến mặt phẳng (P) với mặt phẳng (α) thuộc hình (H), giao tuyến dễ tìm Sau kéo dài giao tuyến cắt cạnh 10 CHƯƠNG ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN khác hình (H), từ ta tìm giao tuyến Đa giác giới hạn đoạn giao tuyến khép kín thành thiết diện cần tìm Bài Cho hình chóp S.ABCD Gọi M điểm tam giác SCD Tìm giao tuyến hai mặt phẳng (SBM) (SAC) Tìm giao điểm đường thẳng BM (SAC) Xác định thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (ABM) Lời giải Tìm (SBM) ∩ (SAC) Trong (SCD), gọi N = SM ∩ CD Trong ® (ABCD), gọi AC ∩ BN = O O ∈ BN ⊂ (SBN) Ta có ⇒ O ∈ (SAC) ∩ O ∈ AC ⊂ (SAC) (SBN) (1) Mặt khác S ∈ (SAC) ∩ (SBN) (2) Từ (1) (2) suy (SAC) ∩ (SBN) = SO S Tìm BM ∩ (SAC) Gọi H ® = BM ∩ SO H ∈ BM Ta có ⇒ H = BM ∩ H ∈ SO ⊂ (SAC) (SAC) H J M I D A N B O C Xác định thiết diện hình chóp cắt ® (ABM) I ∈ AH ⊂ (ABM) Trong (SAC), gọi I = AH ∩ SC Ta có ⇒ I ∈ (SCD) ∩ (ABM) (3) I ∈ SC ⊂ (SCD) Mặt khác M ∈ (SCD) ∩ (ABM) (4) Từ (3) (4) suy (SCD) ∩ (ABM) = I M Trong (SCD), gọi J = I M ∩ SD Khi (SAC) ∩ (ABM) = AJ (SBC) ∩ (ABM) = BI Vậy thiết diện cần tìm tứ giác ABI J J Bài 10 Cho tứ diện ABCD Trên AB, AC lấy điểm M, N cho MN không song song BC Gọi O điểm tam giác BCD Tìm giao tuyến (OMN) (BCD) Tìm giao điểm DC, BD với (OMN) Tìm thiết diện (OMN) với hình chóp Lời giải Tìm (OMN) ∩ (BCD) HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU N D 241 S C E F I P D Q K I M A K P B C N M A B Chứng minh (CMF) vng góc với (SIB) Ta có I AB = MBC (c-g-c) ⇒ B1 = C1 ’ = 90◦ ⇒ CM ⊥ IB Từ C1 + M1 = 90◦ ⇒ B1 + M1 = 90◦ ⇒ MKB Ta có CM ⊥ IB; CM ⊥ SI, (SI ⊥ (ABCD)) CM ⊂ (CMF) nên (CMF) ⊥ (SIB) Tính BK KF Tam giác CBM vng B nên CM = √ BC2 + BM2 = a2 √ a2 a + = a √ ·a BM · BC a Ta có BK · CM = BM · BC ⇔ BK = = 2√ = CM a Tam giác SIB vuông I nên SB = SI + BI = √ a √ √ 3a2 5a2 BI = 10 + = a cos ‘ = √ SBI = 4 SB a ‘ Trong tam giác BKF, ta có FK2 = BK2 + BF2 − · BK · BF · cos FBK √ √ √ a2 a2 a a 10 = + −2· · · 5 a = √ a Vậy FK = Dựng tính độ dài đoạn vng góc chung AB SD Ta có AB ⊥ AD AB ⊥ SI nên AB ⊥ (SAD) Trong mặt phẳng (SAD), kẻ AE ⊥ SD Khi đó, AE đoạn vng góc chung AB SD √ a Vậy d(AB, SD) = AE = (vì AE đường cao tam giác SAD) Tính khoảng cách hai đường thẳng CM SA Gọi N trung điểm CD Ta có AN CM ⇒ CM (SAN) Suy d(CM, SA) = d(CM, (SAN)) = d(K, (SAN)) (do K ∈ CM) Gọi P = AN ∩ BI Ta có BI ⊥ AN (vì AN CM) Do đó, AN ⊥ (SIP) Từ I kẻ IQ ⊥ SP, Q ∈ SP Kết hợp với IQ ⊥ AN IQ = d(I, (SAN)) 242 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN √ √ BM2 a2 a a Ta có I AP = MBK ⇒ IP = MK = = : = MC 10 √ 1 20 64 a Tam giác SIP vuông I nên = + = + = ⇒ IQ = IQ2 IS IP 3a a 3a Ta có IK ∩ (SAN) = P nên √ KP a d(K, (SAN)) = = ⇒ d(K, (SAN)) = 2d(I, (SAN)) = d(I, (SAN)) IP √ a Vậy d(CM, SA) = ’ = Bài 30 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi ABCD tâm O cạnh a, góc BAD 3a 60◦ Đường thẳng SO vng góc với đáy SO = Gọi E, F trung điểm BC BE Chứng minh (SOF) vng góc (SBC) Tính khoảng cách từ O A đến mặt phẳng (SBC) Gọi (α) mặt phẳng qua AD vng góc với mặt phẳng (SBC) Xác định thiết diện hình chóp với mặt phẳng (α) Tính diện tích thiết diện Tính góc mặt phẳng (α) mặt phẳng (ABCD) Lời giải S Chứng minh (SOF) vng góc (SBC) Vì BDC nên DE ⊥ BC ⇒ OF ⊥ BC (OF đường trung bình BDE) ® BC ⊥ SO Ta có ⇒ BC ⊥ (SOF) BC ⊥ OF Mà BC ⊂ (SBC) nên (SBC) ⊥ (SOF) Tính khoảng cách từ O A đến mặt phẳng (SBC) Trong mặt phẳng (SOF), dựng OH ⊥ SF, H ∈ SF OH ⊥ (SBC) Do đó, d(O, (SBC)) = OH Trong SOF vng O ta có M K N H A B I F E O D C 1 16 16 64 3a = + = + = ⇒ OH = 2 OH OS OF 9a 3a 9a 3a Gọi I = FO ∩ AD Trong mặt phẳng (SIF) dựng IK ⊥ SF K IK ⊥ (SBC) (vì IK OH) Ta có AD BC nên AD (SBC) 3a Do đó, d(A, (SBC)) = d(I, (SBC)) = IK = 2OH = (vì I ∈ AD) Vậy d(O, (SBC)) = OH = HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 243 Xác định thiết diện hình chóp với mặt phẳng (α) Ta có ® IK ⊥ (SBC) nên mặt phẳng (α) mặt phẳng (ADK) K ∈ (SBC) ∩ (ADK) ⇒ (SBC) ∩ (ADK) = Kx (Kx AD BC) Ta có AD BC Gọi M = Kx ∩ SB, N = Kx ∩ SD Vậy thiết diện hình thang ADN M ∗) Tính diện tích hình thang ADN M Ta có S ADN M = (AD + N M) · IK √ 2 √ 9a 3a a Tam giác SOF vuông O nên SF = OS2 + OF2 = + = 16 16 √ √ a 3a2 9a2 − = Tam giác SIK vuông K nên SK = SI − IK2 = 16 SK Do đó, = Suy K trung điểm SF SF a BC = Như thế, MN đường trung bình SBC Từ đó, MN = 2 1 a 3a 9a2 Vậy S ADN M = (AD + MN) · IK = a+ · = 2 16 Tính góc mặt phẳng (α) mặt phẳng (ABCD) (α) ∩ (ABCD) = AD ‘ Ta có FI ⊥ AD, KI ⊥ AD ⇒ ((α), (ABCD)) = FIK FI ⊂ (ABCD), KI ⊂ (α) √ √ 3a a 3 IK ‘ = 30◦ ‘= = : = ⇒ FIK Tam giác FIK vng K có cos FIK IF 2 Vậy ((α), (ABCD)) = 30◦ Bài 31 Cho tam giác SAB hình vng ABCD cạnh a nằm hai mặt phẳng vng góc với Gọi H, K trung điểm AB, CD E, F trung điểm SA SB Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) Tính tan góc hai mặt phẳng (SAB) (SCD) Gọi G giao điểm CE DF Chứng minh CE ⊥ SA, DF ⊥ SB Tính tan góc hai mặt phẳng (GEF) (SAB) Chứng minh G trọng tâm tam giác SHK Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SCD) Gọi M điểm di động đoạn SA Tìm tập hợp điểm hình chiếu vng góc S mặt phẳng (CDM) Lời giải 244 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN S Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) Ta có DC ⊥ HK, DC ⊥ SH nên DC ⊥ (SHK) Suy (SCD) ⊥ (SHK) Trong mặt phẳng (SHK), dựng HQ ⊥ SK, (Q ∈ SK) Khi đó, HQ ⊥ (SCD) Như thế, d(H, (SCD)) = HQ Tam giác SHK vuông K nên Q x F L I E P M N B G H K D A 1 = + = + = HQ2 HS2 HK2 3a a 3a √ a 21 Suy ra, HQ = √ a 21 d(H, (SCD)) = Vì AH CD AH (SCD) Vậy d(A, (SCD)) √ a 21 d(H, (SCD)) = C nên = ∗) Tính tan góc hai mặt phẳng (SAB) (SCD) Ta có (SAB) ∩ (SCD) = Sx, (Sx AB CD) ® SH ⊥ AB, SK ⊥ CD SH ⊥ Sx ’ SH ⊂ (SAB), SK ⊂ (SCD) ⇒ ⇒ ((SAB), (SCD)) = KSH SK ⊥ Sx Sx AB CD √ a HK ’= = √ = Tam giác SHK vuông H nên tan KSH HS a 2 Chứng minh CE ⊥ SA, DF ⊥ SB √ a a Tam giác HBC vuông B nên HC = HB2 + BC2 = + a2 = 4 √ √ 3a2 5a2 Tam giác SHC vuông H nên SC = HS2 + HC2 = + = a 4 √ Xét SAC có CA = CS = a nên tam giác SAC cân C có CE đường trung tuyến, suy CE đường cao Vậy CE ⊥ SA Chứng minh tương tự DF ⊥ SB ∗) Tính tan góc hai mặt phẳng (GEF) (SAB) Gọi I = SH ∩ EF Khi đó, I trung điểm EF Ta có CDEF hình thang cân I, F trung điểm hai đáy EF CD nên IK ⊥ EF √ HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 245 (SAB) ∩ (CDEF) = EF ‘ ⇒ ((SAB), (CDEF)) = H IK Như thế, SH ⊥ EF, KI ⊥ EF SH ⊂ (SAB), KI ⊂ (CDEF) √ HK a ‘ Tam giác H IK vuông H nên tan H IK = = √ = HI a Chứng minh G trọng tâm tam giác SHK Vì CDEF hình thang cân nên G ∈ KI Trong hình thang cân CDEF ta có tỉ lệ đồng dạng GE GI EF GF = = = = , GD GC GK DC (vì EF = AB, AB = CD) 2 KI Mà KI đường trung tuyến tam giác SHK Vậy G trọng tâm tam giác SHK Trong mặt phẳng (SHK), gọi L = HG ∩ SK Ta có, Suy ra, GK = 2GI ⇔ KG = √ d(G, (SCD)) GL 1 a 21 = = ⇒ d(G, (SCD)) = d(H, (SCD)) = d(H, (SCD)) HL 3 21 √ a 21 Vậy d(G, (SCD)) = 21 Tìm tập hợp điểm hình chiếu vng góc S mặt phẳng (CDM) Ta có CD ⊥ (SHK) ⇒ (CDM) ⊥ (SHK) Dựng MN CD, N ∈ SH Ta được, (CDM) ∩ (SHK) = KN Dựng SP ⊥ KN ⇒ SP ⊥ (CDM) Do đó, P hình chiếu S mặt phẳng (CDM) ‘ = 90◦ nên P thuộc đường trịn đường kính SK Ta có SPK mặt phẳng (SHK) Mặt khác, M di động đoạn SA nên N di động đoạn SH Ta suy điểm P chạy cung SH đường trịn đường kính SK S P H N K Bài √ 32 Hình chóp S.ABCD có đáy hình vng ABCD cạnh a, cạnh bên a Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) Gọi (α) mặt phẳng qua A vng góc với SC Hãy xác định thiết diện hình chóp với mặt phẳng (α) Tính diện tích thiết diện Gọi ϕ góc AB mặt phẳng (α) Tính sin ϕ Lời giải 246 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN S C D D H K C B O A F B Gọi O tâm hình vng ABCD SO khoảng cách √ từ S đến (ABCD) 2 2a 10a a 10 Ta có: SO2 = SC2 − OC2 = 3a2 − = ⇒ SO = 4 2 Vì BD ⊥ (SAC) nên BD ⊥ SC Trong (SAC) dựng AC ⊥ SC Gọi H giao điểm AC SO Trong (SBD), đường thẳng qua H song song với BD cắt SB SD B D Ta có: B D ⊥ SC Vậy SC ⊥ mp(AB C D ) (α) mặt phẳng (AB C D ) BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ AC ⇒ B D ⊥ AC Do đó: S AB C D = AC · B D Ta có: √ a 10 √ √ √ ·a SO · AC a a 15 √ AC = = ; = √ = SC a 3 SC = SA2 − AC = 3a2 − 5a2 4a2 2a = ⇒ SC = √ 3 √ 2a √ ·a SC SC √ = = Từ hai tam giác vuông đồng dạng SOC SC H, ta có: SH = SO a 10 4a √ 10 BD SH 4a 4 √ Vì B D BD nên = =√ · √ = = ⇒ B D = a BD SO 10 5 10√ a 10 √ a √ 2a 30 Vậy S AB C D = · √ · a = 15 √ √ 2a a 3 Gọi ϕ góc (AB, (α)) Ta có: CC = SC − SC = a − √ = √3 a Dựng OK CC với K ∈ AC , OK ⊥ (α) OK = CC = 6 HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 247 √ − → −→ a Dựng BF = OK BF ⊥ (α) BF = √ a √ √ BF 3 ‘ = ϕ; sin BAF ‘ = = = ⇒ sin ϕ = Ta có: (AB, (α)) = BAF BA a 6 Bài 33 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, mặt bên (SAB) tam giác Gọi E, F trung điểm AB CD Cho biết tam giác SCD vuông cân S Chứng minh: SE ⊥ (SCD) SF ⊥ (SAB) Gọi H hình chiếu vng góc S EF Chứng minh: SH ⊥ AC Tính góc đường thẳng BD mặt phẳng (SAD) Lời giải S Q P A E M K O B H D F C Chứng minh: SE ⊥ (SCD) SF ⊥ (SAB) - Chứng minh SE ⊥ (SCD): Do SCD cân S có F trung điểm CD ⇒ CD ⊥ SF Mà CD ⊥ EF (theo tính chất hình vng) ⇒ CD ⊥ (SEF) Lại có SE ⊂ (SEF) ⇒ SE ⊥ CD (1) Ta chứng minh SEF vuông S cách sử dụng định lý Pytago sau: a SCD vuông S có SF đường trung tuyến nên SF = CD = 2 √ a SAB cạnh a có SE trung tuyến nên SE = ; EF = a Ç √ å2 a a Có SE2 + SF2 = + = a2 = EF2 2 Vậy SEF vuông S ⇒ SE ⊥ SF (2) Từ (1) (2) ⇒ SE ⊥ (SCD) - Chứng minh SF ⊥ (SAB): Ta có CD ⊥ (SEF), mà AB CD ⇒ AB ⊥ (SEF) ⇒ SF ⊥ AB (3) Từ (2) (3) ⇒ SF ⊥ (SAB) 248 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN Chứng minh SH ⊥ AC Ta có CD ⊥ (SEF) (theo chứng minh trên), mà SH ⊂ (SEF) ⇒ SH ⊥ CD Hơn nữa, SH ⊥ EF (gt) ⇒ SH ⊥ (ABCD) Mà AC ⊂ (ABCD) ⇒ SH ⊥ AC Tính góc đường thẳng BD mặt phẳng (SAD) Gọi O tâm hình vng ABCD Theo tính chất hình vng ABCD, ta có AC, BD, EF đồng quy O Vì SE > SF nên H thuộc đoạn OF Trong mặt phẳng (ABCD), qua H vẽ đường thẳng song song với CD cắt AD, OD M K Vậy góc BD mặt phẳng (SAD) góc KD (SAD) Ta có: AD ⊥ MH, AD ⊥ SH (do SH ⊥ (ABCD)) ⇒ AD ⊥ (SHM) ⇒ (SAD) ⊥ (SHM) Mà (SAD) ∩ (SHM) = SM Vẽ KP ⊥ SM(P ∈ SM) ⇒ KP ⊥ (SAD) P Nhận xét: Nếu hai mặt phẳng vng góc với đường thẳng nằm mặt phẳng vng góc với giao tuyến vng góc với mặt phẳng ⇒ Hình chiếu K lên (SAD) P ⇒ Hình chiếu KD lên (SAD) PD ’ ⇒ (BD, (SAD)) = (KD, (SAD)) = (KD, PD) = KDP ’ ta tìm KD KP Để tìm góc KDP, SEF vng S có SH đường cao nên ta có: √ 1 1 a 16 = + = Ç √ å2 + = + = ⇒ SH = a SH SE2 SF2 3a 3a a a 4 √ 3a2 3a2 3a SEH vng H nên ta có: EH = SE2 − SH = − = 16 a a a a 3a a − = ⇒ HF = OF − OH = − = OH = EH − OE = 4 4 ⇒ H trung điểm OF, mà HK DF nên HK √ đường√trung bình FOD √ 1 a a ⇒ K trung điểm OD ⇒ KD = OD = · = (Do BD = a 2) 2 a a a a a HK = DF = · = ; MK = MH − HK = − = 2 4 ⇒ K trung điểm MH Trong (SHM), vẽ HQ ⊥ SM (Q ∈ SM), mà KP ⊥ SM ⇒ KP HQ Mà K trung điểm MH nên KP đường trung bình MHQ ⇒ KP = HQ SHM vng H có HQ đường cao, ta có: √ 1 1 1 28 a 21 = + = Ç √ å2 + = + = ⇒ HQ = a 14 HQ2 HS2 HM2 3a 3a a a 16 4 √ a 21 ⇒ KP = HQ = 28 Trong KPD vuông P, ta có: √ a √ √ √ KP 42 42 4√ ’ ’ = = ⇒ KDP = arcsin sin KDP = KD 14 14 a HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 249 √ ’ = arcsin Vậy (BD, (SAD)) = KDP 42 14 Bài 34 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA ⊥ (ABCD) SA = 2a Chứng minh (SAC) ⊥ (SBD); (SCD) ⊥ (SAD) Tính góc SD (ABCD), SB (SAD), SB (SAC) Tính d(A, (SCD)), d(B, (SAC)) Lời giải S 2a H D A O B a C - Chứng minh (SAC) ⊥ (SBD) Ta có: BD ⊥ AC (hai đường chéo hình vng ABCD); BD ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)) ⇒ BD ⊥ (SAC) , mà BD ⊂ (SBD) ⇒ (SAC) ⊥ (SBD) - Chứng minh (SCD) ⊥ (SAD) Ta có: CD ⊥ AD (hai cạnh kề hình vng ABCD) CD ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)) ⇒ CD ⊥ (SAD) mà CD ⊂ (SCD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAD) - Tính góc SD (ABCD) Ta có: SA ⊥ (ABCD) A nên hình chiếu S lên mp (ABCD) A ⇒ Hình chiếu SD lên mặt phẳng (ABCD) AD ’ ⇒ (SD, (ABCD)) = (SD, AD) = SDA ’ = arctan ’ = SA = 2a = ⇒ SDA Trong SAD vuông A, tan SDA AD a ’ = arctan Vậy (SD, (ABCD)) = SDA - Tính góc SB (SAD) Ta có: BA ⊥ SA, BA ⊥ AD ⇒ BA ⊥ (SAD) A nên hình chiếu B lên (SAD) A ⇒ Hình chiếu SB lên mặt phẳng (SAD) SA 250 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN ‘ ⇒ (SB, (SAD)) = (SB, SA) = BSA ‘ = AB = a = ⇒ BSA ‘ = arctan Trong SAB vng A, có tan BSA SA 2a 2 ‘ = arctan Vậy (SB, (SAD)) = BSA - Tính góc SB (SAC) Gọi O tâm hình vng ABCD Theo chứng minh trên: BD ⊥ (SAC) O nên hình chiếu B lên (SAC) O ‘ ⇒ Hình chiếu SB lên (SAC) √ SO ⇒ (SB, (SAC)) = (SB, SO) = BSO √ a BD = a ⇒ BO = BD = 2 √ √ + a2 = a SAB vuông A nên SB = SA2 + AD2 = (2a) √ a 2 = √1 ⇒ BSO ‘ = BO = √ ‘ = arcsin √1 Trong SOB vng O, ta có: sin BSO SB a 10 10 ‘ = arctan √ Vậy (SB, (SAC)) = BSO 10 - Tính d(A, (SCD)) Gọi H hình chiếu vng góc A SD Ta có: AH ⊥ SD Theo chứng minh câu a, CD ⊥ (SAD) Mà AH ⊂ (SAD) ⇒ AH ⊥ CD ⇒ AH ⊥ (SCD) ⇒ d(A, (SCD)) = AH SAD vng A có AH đường cao 1 1 2a = + = + ⇒ AH = √ Ta có: 2 AH AD AS a 4a 2a Vậy d(A, (SCD)) = AH = √ Nhận xét: Nếu hai mặt phẳng vng góc với đường thẳng nằm mặt phẳng vng góc với giao tuyến vng góc với mặt phẳng Trong ý trên, (SAD) ⊥ (SCD) có giao tuyến SD nên kẻ AH ⊥ SD AH ⊥ (SCD) - Tính d(B, (SAC)) Theo chứng minh BD√⊥ (SAC) O nên hình chiếu B lên (SAC) O a ⇒ d(B, (SAC)) = BO = Bài 35 Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vng A, góc B = 60◦ , AB = a, hai mặt bên (SAB) (SBC) vng góc với đáy; SB = 2a Hạ BH ⊥ SA (H ∈ SA); BK ⊥ SC (K ∈ SC) Chứng minh SB ⊥ (ABC) Chứng minh SC ⊥ (BHK) Chứng minh tam giác BHK vuông Tính cơ-sin góc tạo SA (BHK) Lời giải HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 251 Nhận xét Hai mặt phẳng vng góc với mặt phẳng giao tuyến chúng (nếu có) vng góc với mặt phẳng đó, tức ® ® Ta có: (α) ∩ (β) = d ⇒ d ⊥ (γ) (α) ⊥ (γ); (β) ⊥ (γ) S (SAB) ∩ (SBC) = SB ⇒ SB ⊥ (SAB) ⊥ (ABC); (SBC) ⊥ (ABC) K (ABC) Ta có AC ⊥ AB (do ABC vuông A) AC ⊥ SB (do SB ⊥ (ABC)) ⇒ AC ⊥ (SAB) ⇒ BH ⊥ AC (do BH ⊂ (SAB)) mặt khác BH ⊥ SA (giả thiết) ⇒ BH ⊥ (SAC) ⇒ SC ⊥ BH (do SC ⊂ (SAC)) Ta lại có SC ⊥ BK (giả thiết) Suy SC ⊥ (BHK) H B C 60◦ A Ta có BH ⊥ (SAC), mà HK ⊂ (SAC) nên suy BH ⊥ HK Vậy tam giác BHK vng H Ta có SC ⊥ (BHK) K nên HK hình chiếu vng góc SH (BHK) Do ’ (SA, (BHK)) = (SH, (BHK)) = (SH, HK) = SHK ’ = SCA ‘ nên cos SHK ’ = cos SCA ‘ = AC Vì SHK SC √ √ Tam giác ABC vng A, có AC = √ AB · tan 60◦ = a √3, BC = a2 + 3a2 = 2a 2 Tam giác SBC vuông B nên SC = √ SB √+ BC = 2a AC a Suy cos (SA, (BHK)) = = √ = SC 2a √ a Bài 36 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, cạnh đáy a, cạnh bên Gọi O tâm hình vng ABCD, M trung điểm SC Chứng minh (MBD) ⊥ (SAC) Tính góc SA mặt phẳng (ABCD) Tính góc giữa hai mặt phẳng (MBD) (ABCD) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) Lời giải Hình chóp hình chóp có cạnh bên có đáy đa giác Do đó, hình chóp đều, tâm đa giác đáy trùng với hình chiếu đỉnh S lên mặt đáy ! 252 CHƯƠNG QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN S Vì hình chóp S.ABCD nên SO ⊥ (ABCD) mà BD ⊂ (ABCD) nên BD ⊥ SO Ta lại có BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ (SAC) mà BD ⊂ (MBD), suy (MBD) ⊥ (SAC) Vì SO ⊥ (ABCD) nên OA hình chiếu vng góc SA lên (ABCD) Suy ’ (SA, (ABCD))√= (SA, AO) = SAO √ √ a a ; AC = a ⇒ AO = Ta có SA = 2 Tam giác SAO vng O có B √ √ AO 10 10 ’= ’ = arccos cos SAO = ⇒ SAO SA 5 M D A E O C Ta có (MBD) ∩ (ABCD) = BD (1) mà BD ⊥ (SAC), OM ⊂ (SAC) ⇒ OM ⊥ BD (2) OC ⊥ BD (3) ’ (do MOC ’ góc nhọn) Từ (1), (2), (3) ⇒ ((MBD), (ABCD)) = (OM, OC) = MOC Tam giác SOC vuông O có OM đường trung tuyến nên OM = CM = SC = √ √ a a · = 2 Áp dụng định lý cơ-sin tam giác COM, ta có: Ç √ å2 Ç √ å2 Ç √ å2 a a a √ + − 2 4 10 OM + OC − CM ’ = √ √ = = cos MOC 2OM · OC a a · 2· √ ’ = arccos 10 Vậy ((MBD), (ABCD)) = COM Ta có (SAB) ∩ (ABCD) = AB Gọi E trung điểm AB Khi OE ⊥ AB, mà SO ⊥ AB ⇒ SE ⊥ AB ‘ (vì SEO ‘ nhọn) Suy ra, ((SAB), (ABCD)) = (SE, OE) = SEO Ã Ç √ å2 Ç √ å2 √ √ a a a − = Tam giác SCO vuông O nên SO = SC2 − OC2 = 2 √ √ SO a a ‘ ‘ = 60◦ Tam giác SEO vng O, ta có tan SEO = = : = ⇒ SEO OE 2 Vậy ((SAB), (ABCD)) = 60◦ Bài 37 Cho hình lăng trụ ABC.A B C√ có AA ⊥ (ABC) AA = a, đáy ABC tam giác vuông A có BC = 2a, AB = a Tính khoảng cách từ AA đến mặt phẳng (BCC B ) Tính khoảng cách từ A đến (A BC) Chứng minh AB ⊥ (ACC A ) tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (ABC ) HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 253 Lời giải Vì AA BB ⇒ AA (BCC B ) nên d(AA , (BB C C)) = d(A, (BB C C)) Vì AA ⊥ (ABC) nên (ABC) ⊥ (BCC B ) theo giao tuyến BC Kẻ AH ⊥ BC H, suy AH ⊥ (BCC B ) Do đó, d(A, (BB √ C C)) = AH.√ Ta có AC = BC2 − AB2 = 4a2 − 3a2 = a Tam giác ABC vng A có AH đường cao nên √ √ a·a a AB · AC = = AH = √ 2a AB2 + AC2 √ a Vậy d(AA , (BB C C)) = C B A O K H C B A Kẻ AK ⊥ A H K Ta có AA ⊥ BC AH ⊥ BC ⇒ (A AH) ⊥ BC ⇒ AK ⊥ BC Suy AK ⊥ (A BC) Do d(A, (A BC)) = AK Tam giác A AH vng A có AK đường cao nên √ a √ a· a 21 AA · AH = = AK = √ AA + AH 3a a2 + √ a 21 Vậy d(A, (A BC)) = Cách Vì AA , AB, AC đơi vng góc nên gọi d khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A BC), ta có √ 1 1 a 21 = + + = ⇒d= d2 AA AB2 AC2 3a Ta có AB ⊥ AC, AB ⊥ AA (do AA ⊥ (ABC)) ⇒ AB ⊥ (ACC A ) Gọi O giao điểm A C AC Ta có A O ⊥ AC (do ACC A hình vng) mặt khác A O ⊥ AB (do A O ⊂ (ACC A ) AB ⊥ (ACC A )) ⇒ A O ⊥ (ABC ) O √ a AC Do đó, d(A , (ABC )) = A O = = 2 Nhận xét Để tính khoảng cách từ điểm M đến (α), đề cho khơng xác định trực tiếp hình chiếu vng góc M lên (α) ta làm sau: • Tìm mặt phẳng (β) qua M (β) ⊥ (α) • Tìm giao tuyến ∆ = (α) ∩ (β) Kẻ MH ⊥ ∆ H ⇒ MH ⊥ (α) ⇒ d(M, (α)) = MH Bài 38 Cho hình thang ABCD vng A B, có AD = 2a, AB = BC = a Trên đường thẳng Ax vuông góc với mặt phẳng (ABCD) lấy điểm S Gọi C D 254 CHƯƠNG QUAN HỆ VUÔNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN hình chiếu vng góc đỉnh A SC SD ‘ =’ Chứng minh SBC SCD = 90◦ Chứng minh ba đường thẳng AD , AC , AB nằm mặt phẳng Từ chứng minh C D ln qua điểm cố định S chạy Ax √ Xác định tính độ dài đoạn vng góc chung AB SC SA = a Lời giải Ta có BC ⊥ BA, BC ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)) ⇒ BC ⊥ SB Gọi I trung điểm AD ⇒ ABCI hình vuông ⇒ I A = ID = IC ⇒ ACD vng C Ta có CD ⊥ AC, CD ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)) ⇒ CD ⊥ SC ‘ =’ Vậy SBC SCD = 90◦ B • AB ⊥ AD, AB ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)) đAB SD (1) AC SC M ã AC ⊥ CD (do CD ⊥ (SAC), AC ⊂ (SAC)) ⇒ AC ⊥ SD (2) • AD ⊥ SD (giả thiết) (3) Từ (1), (2), (3) ⇒ AB, AC , AD nằm mặt phẳng (P) qua A vng góc với SD Do C D qua điểm cố định giao điểm I AB CD điểm S di động đường thẳng Ax S D A C C I D HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU Ta có CI AB ⇒ AB (SCI) Kẻ AH ⊥ SI H Ta có AH ⊥ SI, AH ⊥ CI (do CI ⊥ (SAD)) ⇒ AH ⊥ (SCI) Kẻ HK CI (K ∈ SC) lấy điểm E cạnh AB cho AE = HK Khi AHKE hình bình hành ⇒ AH KE Suy ra, KE ⊥ AB (do AB ⊥ (SAD) ⇒ AB ⊥ AH) KE ⊥ SC (do AH ⊥ (SCI) ⇒ AH ⊥ SC) Do đó, KE đoạn vng góc chung AB SC Tam giác SAI vng A có AH đường cao nên √ √ a 2·a a SA · AI =√ = AH = √ SA2 + AI 2a2 + a2 √ a Vậy d(AB, SC) = KE = AH = 255 S H A K E B C I D ... ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN S S S B A C Hình chóp tam giác (hình tứ diện) B A D C D B A Hình chóp tứ giác C Hình chóp tứ giác có đáy hình thang S B A D C Hình chóp tứ giác có đáy hình bình... 174 188 188 189 206 211 211 211 211 214 Chương ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN A Tóm tắt lý thuyết Mặt phẳng Mặt phẳng, mặt bàn, mặt nước hồ yên lặng, mặt sàn nhà, cho ta hình ảnh phần mặt phẳng... , ., SAn A1 gọi mặt bên hình chóp, SA1 , SA2 , SA3 , ., SAn gọi cạnh bên hình chóp • Tên hình chóp gọi theo tên đa giác đáy Hình chóp tam giác cịn gọi hình tứ diện Hình tứ diện có bốn mặt tam