Bài giảng đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, hai mặt phẳng vuông góc

Tài liệu gồm 50 trang, tóm tắt lý thuyết trọng tâm, các dạng toán và bài tập chủ đề đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, hai mặt phẳng vuông góc

114 57 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 7: Quan hệ vuông góc trong không gian (KNTT)

Môn: Toán 11

Thông tin:

50 trang 9 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
Trang 1
ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG – HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC
Mục tiêu
Kiến thức
+ Nắm vững điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, điều kiện để hai mặt phẳng
vuông góc.
+ Nắm được định lý ba đường vuông góc.
+ Phát biểu và vận dụng được cách tìm thiết diện bằng quan hệ vuông góc.
Kĩ năng
+
Chứng minh được đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.
+ Chứng minh được hai mặt phẳng vuông góc.
+ Xác định được thiết diện và giải được các bài toán liên quan đến chu vi và diện tích của thiết
diện.
I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
1. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
Định nghĩa
Đường thẳng
d được gọi là vuông góc với mặt phẳng
nếu d
vuông góc với mọi đường thằng a thuộc mặt phẳng
.
Kí hiệu:
d
hay
.d
Định lí
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng khi và chỉ khi nó vuông góc
với hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc mặt phẳng ấy.
Hệ quả
Nếu một đường thẳng vuông góc với hai cạnh của một tam giác thì
nó cũng vuông góc với cạnh còn lại của tam giác đó.
Tính chất
Tính chất 1: Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho
trước và vuông góc với một m
ặt phẳng cho trước.
Tính chất 2: Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho
trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.
a, add

 

a
a.
a,
a
d
db
b
bM




Có duy nhất đường thẳng
d
đi qua B
và vuông góc với

.
Có duy nhất mặt phẳng

đi qua
A
và vuông góc với
.d
TOANMATH.co
Trang 2
Mặt phẳng trung trực của một đoạn thẳng
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng
A
B là mặt phẳng đi qua trung
điểm của đoạn thẳng
A
B
và vuông góc với đường thẳng
.
A
B
Tính chất 3:
Một mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng thì nó cũng
vuông góc với bất kì đường thẳng nào song song đường thẳng ấy.
Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì
song song với nhau.
Tính chất 4:
Một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì nó cũng
vuông góc với bất kì mặt phẳng nào song song mặt phẳng ấy.
Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì
song song với nhau.
Tính chất 5:
Một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì nó cũng vuông
góc với bất kì đường thẳng nào song song mặt phẳng ấy.
Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng (không chứa đường thẳng
đó) cùng vuông góc với một đường thẳng khác thì chúng song song
với nhau.
Phép chiếu vuông góc
Cho đường thẳng

d
.
Phép chiếu song song theo phương
d
lên mặt phẳng

được gọi
là phép chiếu vuông góc lên mặt phẳng

Định lí ba đường vuông góc
Cho đường thẳng a nằm trong mặt phẳng

và b là đường thẳng
không thuộc
đồng thời không vuông góc với
. Gọi b
là
hình chiếu của
b trên
.
Khi đó
aabb
.
M
là hình chiếu của
M
lên
.
TOANMATH.co
Trang 3
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Cho đường thẳng d và mặt phẳng
.
Nếu
d
vuông góc với mặt phẳng
thì ta nói góc giữa đường
thẳng
d
và mặt phẳng
bằng
90 .
Nếu
d
không vuông góc với mặt phẳng
thì góc giữa
d
với
hình chiếu
d
của nó trên
được gọi là góc giữa đường thẳng d
vả mặt phẳng

.
2. Hai mặt phẳng vuông góc
Định nghĩa
Hai mặt phẳng vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 90 .
 

,90PQ PQ
Tính chất
Hai mặt phẳng vuông góc với nhau khi và chỉ khi trong mặt
phẳng này có một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.



a
.
a
P
P
Q
Q

Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì bất cứ đường thẳng
nào nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với giao tuyến cũng
vuông góc với mặt phẳng kia.




a
a.
a
PQ
P
Q
bP Q
b


Cho hai mặt phẳng
P
và
Q vuông góc với nhau. Nếu từ một
điểm thuộc mặt phẳng
P
dựng một đường thẳng vuông góc với
mặt phẳng
Q thì đường thẳng này nằm trong
P
.



a.
a
AP
P
QP
AQ


TOANMATH.co
Trang 4
Nếu hai mặt phẳng cắt nhau cùng vuông góc với một mặt phẳng
thì giao tuyến của chúng cũng vuông góc với mặt phẳng đó.



.
PR
QR R
PQ


3. Hình lăng trụ đứng, hình hộp chữ nhật
Hình lăng trụ đứng
Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với
hai mặt đáy.
- Các mặt bên là các hình chữ nhật.
- Các mặt bên vuông góc với hai đáy.
Lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều được gọi là lăng trụ đều.
Hình hộp chữ nhật
Hình hộp chữ nhật là hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật.
Tất cả các mặt đều là hình chữ nhật.
Đường chéo
222
adbc
với
a, ,bc
là 3 kích thước.
Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có đáy và các mặt bên đều là
hình vuông.
4. Hình chóp đều và hình chóp cụt đều
Hình chóp đều
Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và chân đường
cao trùng với tâm của đa giác đáy.
+) Các cạnh bên của hình chóp đều tạo với đáy các góc bằng nhau.
+) Các mặt bên của hình chóp đều là các tam giác cân bằng nhau.
+) Các mặt bên của hình chóp đều tạo với đáy các góc bằng nhau.
Hình chóp cụt đều
Phần của hình chóp đều nằm giữa đáy và một thiết diện song song
với đáy cắt tất cả các cạnh bên của hình chóp được gọi là hình chóp
cụt đều.
Hai đáy của hình chóp cụt đều là hai đa giác đồng dạng.
TOANMATH.co
Trang 5
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA
a2
Hai đường thẳng
vuông góc
Định nghĩa
a, add

Định lí
  
a;
a,
a
ddb
bd
bM




Hệ quả

:ABC
d AB d ABC
dAC

Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng (không
chứa đường thẳng đó) cùng vuông góc với một
đường thẳng khác thì chúng song song với nhau.
Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho
trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.
Một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì
nó cũng vuông góc với bất kì đường thẳng nào
song song mặt phẳng ấy.
Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho
trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.
Một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì
nó cũng vuông góc với bất kì mặt phẳng nào song
song mặt phẳng ấy.
Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một
đường thẳng thì song song với nhau.
Định lí ba đường
vuông góc
Tính chất
 

,bb
b


a
laø hình chieáu cuûa b treân
aabb

TOANMATH.co
Trang 6
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
Bài toán 1: Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
Phương pháp giải
Cách 1.
Chứng minh đường thẳng
d
vuông
góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng chứa trong
mặt phẳng
.
P
Cách 2. Chứng minh
d
song song với a mà

a.
P
Cách 3. Chứng minh

dQ và
// .QP
Ví dụ. Cho hình chóp
.S ABC
có đáy
A
BC
là tam
giác vuông tại ,
B
cạnh bên
SA
vuông góc với dáy.
Chứng minh
.
B
CSAB
Hướng dẫn giải
Ta có tam giác
A
BC vuông tại B nên .
B
CAB
Do
SA ABC
nên
.
B
CSA
Ta có:



.
,
BC AB
BC SA
B
CSAB
AB SA A
AB SA SAB


Ví dụ mẫu
Ví dụ 1.
Cho tứ diện OABC có , ,OA OB OC đôi một vuông góc với nhau. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của
O trên mặt phẳng
.
A
BC Chứng minh
a)
.
B
COAH b)
H
là trực tâm của .
A
BC
Hướng dẫn giải
a) Ta có

.
OA OB
OA OBC OA BC
OA OC
 
Mà

OH ABC
B
C ABC
nên
.OH BC
TOANMATH.co
Trang 7
Vậy
.
B
COAH
b) Do
OH ABC
nên
1.OH AC
Ta có
OB OA
OB OC
nên
2.OB OAC OB AC
Từ
1 và
2 suy ra
.
A
C OBH AC BH
Mặt khác
.
B
C OAH AH BC
Vậy H là trực tâm của tam giác
.
A
BC
Ví dụ 2. Cho hình chóp .S ABCD có đáy
A
BCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy.
Gọi ,HK lần lượt là hình chiếu của
A
lên , .SB SD
a) Chứng minh
.
A
KSCD
b) Chứng minh
.
A
HSBC
c) Chứng minh
.SC AHK
Hướng dẫn giải
a) Ta có
.SA ABCD CD SA
A
BCD là hình chữ nhật nên .CD AD
Suy ra
.CD SAD CD AK
Ta lại có
.
A
KSD Suy ra
.
A
KSCD
b) Ta có
CB SA (do SA vuông góc với đáy)
CB AB (do
A
BCD là hình chữ nhật).
Suy ra
.CB SAB
Mà
A
HSAB nên .CB AH
Ta lại có
.
A
HSB
Suy ra
.
A
HSBC
c) Ta có
A
KSCD suy ra
.
A
KSC
A
HSCB suy ra .
A
HSC
Suy ra
.SC AHK
Ví dụ 3. Cho hình chóp
.SABCD
có đáy là hình thoi, có
SA
vuông góc
.
A
BCD Gọi H và
K
lần lượt
là hình chiếu vuông góc của
A
lên cạnh SB và .SD Chứng minh rằng
.HK SAC
Hướng dẫn giải
Xét SAB vuông tại
,
A
đường cao .
A
H
TOANMATH.co
Trang 8
Ta có

2
2
2
.1.
SH SA
SA SH SB
SB SB

Xét
SAD vuông tại ,
A
đường cao .
A
K
Ta có

2
2
2
.2.
SK SA
SA SK SD
SD SD

Mà

22 2
22 2
3.
SB SA AB
SD SA AD SB SD
AB AD


Từ
1,2
và
3
suy ra // .
SH SK
HK BD
SB SD

Lại có
BD AC
(tính chất hình thoi)
mà
,.SA ABCD BD ABCD BD SA
Suy ra
B
DSAC mà //HK BD nên
.HK SAC
Ví dụ 4. Cho hình lập phương
..
A
BCDABCD

a) Chứng minh
.
A
CABD

b) Chứng minh
.
A
CCBD

Hướng dẫn giải
a) Gọi ,OI lần lượt là tâm của các hình vuông , .
A
BCD AABB

Ta có

1.
BD AC
BD ACC A BD AC
BD AA

 

2.
BA AB
BA AB C D BA AC
BA B C


 

Từ
1 và
2, ta có
.
A
CABD

b) Ta có


//
//
// .
//
//
BD CB D
BD B D
A
BD CB D
AB CD
AB CBD







TOANMATH.co
Trang 9
Mà
A
CABD

nên
.
A
CCBD

Bài toán 2: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc
Phương pháp giải
Chọn mặt phẳng
P
chứa đường thẳng ,b sau đó
chứng minh
a.
P
Từ đó suy ra a.b
Ví dụ. Cho hình chóp .SABCD có đáy
A
BCD là
hình vuông, cạnh bên
SA vuông góc với đáy. Gọi
,HK lần lượt là hình chiếu của
A
lên ,.SC SD
Chứng minh
.HK SC
Hướng dẫn giải
Ta có ,CD AD CD SA

Suy ra
.CD SAD CD AK
Mà
A
KSD
nên
.
A
KSDC AKSC
Mặt khác
A
HSC nên
.SC AHK
Suy ra .HK SC
Ví dụ mẫu
Ví dụ 1.
Cho hình chóp .S ABCD có đáy
A
BCD là hình thang vuông tại
A
và ,B
,2a, a.SA ACBD AD AB BC Chứng minh rằng .CD SC
Hướng dẫn giải
Ta có:


1.
SA ABCD
SA CD
CD ABCD


Gọi I là trung điểm của
.
A
D Tứ giác
A
BCI là hình vuông. Do đó
45 .ACI 
Mặt khác,
CID là tam giác vuông cân tại
I nên
45 .DCI 
Suy ra
90ACD  hay

2.AC CD
Từ
1
và
2
suy ra
.CD SAC CD SC
TOANMATH.co
Trang 10
Ví dụ 2. Cho hình chóp .SABC có đáy
A
BC là hình tam giác vuông tại
A
và có
.SA ABC
Chứng minh rằng .
A
CSB
Hướng dẫn giải
Vì
SA ABC nên
A
B là hình chiếu vuông góc
của
SB trên
.
A
BC
Mặt khác theo giả thiết
.
A
CAB
Suy ra
A
CSB (theo định lý ba đường vuông góc).
Ví dụ 3. Cho tứ diện
A
BCD có ,.
A
BACDBDC Chứng minh .
A
DBC
Hướng dẫn giải
Gọi H là trung điểm .
B
C
Vì
A
BC
cân tại
A
và
DBC
cân tại D nên ta có
;.
A
HBCDHBC BC ADH ADBC
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng
P
cho
B
CD đều. Gọi
M
là trung điểm của
,CD G
là một điểm thuộc đoạn thẳng
.
B
M Lấy điểm
A
nằm ngoài
P
sao cho G là
hình chiếu vuông góc của
A
trên
.
P
Chứng mình rằng
.
A
BCD
Hướng dẫn giải
Vì
A
GBCD
nên
B
G là hình chiếu vuông
góc của
A
B trên

.
B
CD
Mặt khác theo giả thiết
B
GCD suy ra
A
BCD
(theo định lý ba đường vuông góc).
Chú ý:
Cách khác để chứng
minh hai đường
thẳng vuông góc: Sử
dụng định lý ba
đường vuông góc.
Bài tập tự luyện dạng 1
Câu 1:
Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
B. Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau.
C. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
D. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
TOANMATH.co
Trang 11
Câu 2: Cho mặt phẳng

chứa hai đường thẳng phân biệt
a
và
.b
Đường thẳng
c
vuông góc với

.
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. c và a cắt nhau. B. c và b chéo nhau.
C. c vuông góc với a và c vuông góc với .b D. a, ,bc đồng phẳng.
Câu 3: Cho hai đường thẳng a,b và mặt phẳng

P
. Mệnh đề nào đúng trong các mệnh đề sau?
A. Nếu

a//
P
và
ab
thì

// .bP
B. Nếu

a//
P
và
bP
thì
a.b
C.
Nếu

a//
P
và
ab
thì

.bP
D. Nếu
a
P
và
ab
thì
// .bP
Câu 4: Trong không gian cho đường thẳng
và điểm .I Có bao nhiêu mặt phẳng chứa điểm
I
và vuông
góc với đường thẳng
?
A. 2. B. Vô số. C. Không có. D. 1.
Câu 5: Trong không gian cho đường thẳng và điểm .O Qua O có bao nhiêu đường thẳng vuông góc
với
?
A. 1. B. 2. C. 3. D. Vô số.
Câu 6: Cho tứ diện
A
BCD
có
A
B
vuông góc với
.BD
Gọi
,
H
K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của
,
A
D
lên các mặt phẳng

B
CD và

.
A
BC Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
H
là trực tâm tam giác .
B
CD B.
A
D
vuông góc với .
B
C
C.
A
H và DK không chéo nhau. D. Cả ba câu đều sai.
Câu 7: Cho hình chóp .SABC có đáy
A
BC là tam giác vuông tại ,
B
cạnh bên SA vuông góc với đáy,
M
là trung điểm
,BC J
là trung điểm
.BM
Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
.
B
CSAB
B.
.
B
CSAJ
C.

.
B
CSAC
D.
.
B
CSAM
Câu 8: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
A
BCD
là hình vuông và
SA
vuông góc với mặt phẳng
A
BCD . Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
.
B
ASAC B.
.
B
ASBC C.
.
B
ASAD D.
.
B
ASCD
Câu 9: Cho hình chóp
.SABCD
có tất cả các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng nhau và
A
BCD
là hình
vuông. Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
.SA ABCD B.
.
A
CSBC C.
.
A
CSBD D.
.
A
CSCD
Câu 10: Cho hình lập phương ..
A
BCDABCD

Đường thẳng
A
C
vuông góc với mặt phẳng nào sau
đây?
A.
.
A
BD
B.

.
A
DC

C.

.
A
CD

D.
.
A
BCD

Câu 11: Tứ diện
A
BCD có cạnh
A
B vuông góc với mặt phẳng

.
B
CD Trong tam giác
B
CD vẽ các
đường cao
BE
và
DF
cắt nhau tại .O Khẳng định nào sau đây đúng?
A.

.
A
BC ABD B.
.
A
DC DFK C.
.
A
BD ACD D.
.
A
BD ACD
Câu 12: Cho hình chóp
.S ABC
có cạnh
SA ABC và đáy
A
BC
là tam giác cân đỉnh
.C
Gọi H và
K
lần lượt là trung điểm của
A
B
và
.SB
Khẳng định nào sau đây sai?
A. .CH SA B. .CH SB C. .CH AK D. .
A
KSB
TOANMATH.co
Trang 12
Câu 13: Cho hai hình chữ nhật
A
BCD
và
A
BEF chứa trong hai mặt phẳng vuông góc. Gọi
,,OI J
lần
lượt là trung điểm của
,,.CD AB EF Khẳng định nào sau đây sai?
A.
.OI ABEF B.
.IJ ABCD C.

.OJ ABCD D.
.
A
BOJ
Câu 14: Hình chóp .S ABC có đáy
A
BC là tam giác vuông tại
,
B
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Số
các mặt của tứ diện
SABC là tam giác vuông là
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.
Câu 15: Cho hình chóp
.SABCD
có
SA ABCD
và đáy
A
BCD
là hình chữ nhật. Gọi
O
là tâm của
A
BCD và
I
là trung điểm của .SC Khẳng định nào sau đây sai?
A.
.IO ABCD
B. .
B
CSB
C.

SAC là mặt phẳng trung trực của đoạn .
B
D D. Tam giác SCD vuông ở .D
Câu 16: Cho hình chóp
.SABCD
có đáy
A
BCD
là hình thang vuông tại
A
và D , có
a, 2a, ,
A
D CD AB SA ABCD E là trung điểm của
.
A
B
Khẳng định nào sau đây đúng?
A.
.CE SAB
B.
.CB SAB
C.
SDC vuông tại .C D.
.CE SDC
Câu 17: Cho hình chóp tam giác .SABC có

,SA ABC tam giác
A
BC vuông tại .
B
Gọi H là hình
chiếu của
A
trên .SB Xét các khẳng định sau

1: ;
A
HSC

2: ;
B
CSAB

3: .SC AB
Có bao nhiêu khẳng định đúng?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 0.
Câu 18: Cho hình chóp .S ABCD có đáy
A
BCD là hình vuông và SA vuông góc đáy.
Khẳng định nào sau đây
sai?
A.

.
B
CSAB B.

.
A
CSBD C.

.
B
DSAC D.

.CD SAD
Câu 19: Cho hình chóp .S ABCD có đáy
A
BCD là hình chữ nhật,

.SA ABCD Gọi ;
A
EAF lần lượt
là các đường cao của tam giác
SAB và tam giác .SAD Khẳng định nào sau đây đúng?
A.

.SC AFB B.

.SC AEC C.

.SC AED D.

.SC AEF
Câu 20: Cho hình chóp .S ABC có
SA ABC và đáy
A
BC là tam giác cân ở .
A
Gọi
H
là hình chiếu
vuông góc của
A
lên

.SBC Khẳng định nào sau đây đúng?
A. .HSB B. H trùng với trọng tâm tam giác .SBC
C.
.HSC
D.
HSI
( I là trung điểm của
B
C
).
Câu 21: Cho hình tứ diện
A
BCD có ,,
A
BBCCD đôi một vuông góc nhau. Hãy chỉ ra điểm I cách đều
bốn điểm
,,,.
A
BCD
A. I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
.
A
BC
B. I là trọng tâm tam giác
.
A
CD
C. I là trung điểm cạnh .
B
D D. I là trung điểm cạnh .
A
D
Câu 22: Cho hình chóp
.S ABC
có
SA SB SC
và
A
BC
vuông tại
.C
Gọi
H
là hình chiếu vuông
góc của
S lên

.
A
BC Khẳng định nào sau đây đúng?
TOANMATH.co
Trang 13
A.
H
là trung điểm của cạnh
.
A
B
B.
H
là trọng tâm của
.
A
BC
C.
H là trực tâm của .
A
BC D. H là trung điểm của cạnh .
A
C
Câu 23: Cho tứ diện SABC có các góc phẳng tại đỉnh S đều vuông. Hình chiếu vuông góc của S xuống
mặt phẳng
A
BC
là
A. trực tâm của
.
A
BC
B. trọng tâm của
.
A
BC
C. tâm đường tròn nội tiếp của
.
A
BC
D. tâm đường tròn ngoại tiếp của
.
A
BC
Câu 24: Cho lăng trụ đứng
.
A
BCDABCD

có đáy
A
BCD
là hình vuông. Khẳng định nào sau đây
đúng?
A.
.
A
CBBD

B.

.
A
CBCD

C.

.
A
CBBD

D.
.
A
CBCD

Dạng 2: Hai mặt phẳng vuông góc
Phương pháp giải
Chứng minh trong mặt phẳng này có một đường
thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.



a
a
.
Ví dụ. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình
vuông,
SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là
hình chiếu của
A trên SB, SD. Chứng minh rằng
SAC AHK .
Hướng dẫn giải
Ta có



SA CD do SA ABCD
CD AD
AD SA A
Suy ra
.CD SAD CD AK
Mà
A
KSD nên

A
KSCD AKSC.
Tương tự ta chứng minh được
.
A
HSC
Do đó
.SC AHK
Mà
SC SAC
nên
SAC AHK
.
Ví dụ mẫu
Ví dụ 1:
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, SAC là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng
A
BC . Chứng minh rằng
SBC SAC .
TOANMATH.co
Trang 14
Hướng dẫn giải
Ta có



,



SAC ABC AC
SAC ABC BC SAC
BC ABC BC AC
Mà
B
CSBC
nên
.SBC SAC
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có cạnh
SA a
, các cạnh còn lại bằng b. Chứng minh
SAC ABCD
và
SAC SBD
.
Hướng dẫn giải
Gọi
.OACBD Vì ABCD có tất cả các cạnh
đều bằng b nên ABCD là một hình thoi. Suy ra
A
CBD nên O là trung điểm của BD.
Mặt khác
SB SD
nên
SBD
cân tại S.
Do đó
.
SO BD
Vậy


BD AC
B
DSAC
BD SO
Suy ra
SAC ABCD
và

SAC SBD
.
Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
,2,
A
BaADa SAa
và

SA ABCD
. Gọi M là trung điểm của AD. Chứng minh
SAC SMB
.
Hướng dẫn giải
Gọi I là giao điểm của AC và MB.
Ta có
M
AMD và //
A
DBC nên áp dụng định lý
Talet, suy ra
1
.
2
A
IIC
2
22222 2
1
3, .
93

a
AC AD DC a AI AC
2
2
22 2
112
.
992 6









aa
MI MB a
Từ đó suy ra
2
22
22 2
2
.
36 2





aa a
A
IMI MA
Vậy
A
MI là tam giác vuông tại I. Suy ra
M
BAC
.(1)
Mặt khác
.SA ABCD SA MB
(2)
TOANMATH.co
Trang 15
Từ (1), (2) suy ra
.
M
BSAC
Do
M
BSMB
nên
.SMB SAC
Chú ý:
Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc, ta có thể xác định góc giữa hai mặt phẳng, rồi tính trực tiếp
góc đó bằng
90 .


,90.

.
Ví dụ 4. Cho hình chóp đều S.ABC, có đọ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các
cạnh
SB, SC. Tính diện tích tam giác AMN biết rằng
A
MN SBC
.
Hướng dẫn giải
Gọi K là trung điểm của BC và
.ISKMN
Từ giả thiết ta có
1
,//
22

a
M
NBC MNBCI
là trung điểm của
SK và MN.
Ta có
 SAB SAC AM AN (hai trung tuyến
tương ứng).
Suy ra
A
MN
cân tại
.
A
AI MN
Ta có



.


SBC AMN
SBC AMN MN
A
ISBC
AI AMN
AI MN
Suy ra
A
ISK
và
SAK
cân tại A;
3
.
2

a
SA AK
Ta có
22 2
22 2
3
.
442

aa a
SK SB BK
Suy ra
2
22 2
10
.
24




SK a
AI SA SI SA
Vậy
2
110
..
216

AMN
a
SMNAI
Ví dụ 5. Cho hình hộp chữ nhật
.

A
BCDABCD
có , .

A
BADaAAb Gọi M là trung điểm của
CC
. Xác định tỉ số
a
b
để hai mặt phẳng
A
BD
và
M
BD
vuông góc với nhau.
Hướng dẫn giải
TOANMATH.co
Trang 16
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.
Ta có

B
DABD MBD
mà
A
CBD
A
ABD
nên

A
CC A BD
.
Ta có







ACC A BD
A
CC A A BD OA
A
CC A MBD OM
nên góc giữa hai đường thẳng OM,
OA
là góc giữa hai mặt phẳng
A
BD và
M
BD .
Ta có
222 22
2
22 2



A
CABADAA ab
OM
và
2
2
222 2 2
2
.
22
aa
OA AO AA b b






2
2
22222 2
5
.
24





bb
MA A C MC a b a
Hai mặt phẳng
A
BD
và
M
BD
vuông góc với nhau nên
OMA
vuông tại
22 2


OOMOA MA
22 2 2
22 22
25
1.
42 4




ab a b a
ba ab
b
Vậy
A
BD MBD khi 1.
a
b
Khi đó
.

A
BCDABCD là hình lập phương.
Bài tập tự luyện dạng 2
Câu 1:
Cho các đường thẳng a; b; c. Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây?
A. Nếu
ab
và mặt phẳng
chứa a, mặt phẳng
chứa b thì
.
B.
Cho
,aba
. Mọi mặt phẳng
chứa b và vuông góc với a thì
.
C.
Cho .ab Mọi mặt phẳng chứa b đều vuông góc với a.
D.
Cho a, b. Mọi mặt phẳng
chứa c trong đó ,cacb thì đều vuông góc với mặt phẳng

,ab .
Câu 2: Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào đúng?
TOANMATH.co
Trang 17
A. Một mặt phẳng

và một đường thẳng a không thuộc

cùng vuông góc với đường thẳng b thì
song song với a.
B.
Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì vuông góc với nhau.
C.
Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì cắt nhau.
D.
Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Câu 3: Cho

và

là hai mặt phẳng vuông góc với giao tuyến và a, b, c, d là các đường thẳng.
Các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
A. Nếu
b
thì

b
hoặc

b
. B. Nếu
d
thì

d
.
C.
Nếu

a
và
a
thì

a
. D. Nếu // c thì
//c
hoặc
//c
.
Câu 4: Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào sai?
A. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho
trước.
B. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.
C. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một đường thẳng cho trước và vuông góc với một mặt phẳng
cho trước.
D. Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho
trước.
Câu 5: Cho các khẳng định sau
(I)


//
;

ab
b
a
(II)


//
.

a
a

(III)


// ;
a
b
(IV)

// .
a
ab
b
Những khẳng định nào
sai?
A. (I). B. (II). C. (III). D. (IV).
Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,
SA SC
. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Mặt phẳng
SBD vuông góc với mặt phẳng
A
BCD .
B.
Mặt phẳng

SBC vuông góc với mặt phẳng
A
BCD .
C. Mặt phẳng
SAD vuông góc với mặt phẳng
A
BCD .
D.
Mặt phẳng
SAB
vuông góc với mặt phẳng
A
BCD
.
Câu 7: Cho các mệnh đề sau:
1) Hình hộp có các đường chéo bằng nhau là hình lập phương.
2) Hình hộp các các cạnh bằng nhau là hình lập phương.
3) Hình hộp đứng có các cạnh bằng nhau là hình lập phương.
4) Hình hộp chữ nhật có các cạnh bằng nhau là hình lập phương
Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4.
TOANMATH.co
Trang 18
Câu 8: Khẳng định nào sau đây sai?
A. Hai mặt phẳng gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa hai mặt phẳng đó là góc vuông.
B.
Hình hộp chữ nhật là hình lăng trụ đứng.
C.
Hình chóp đều có các mặt bên là các tam giác đều.
D.
Hình lăng trụ đều có các mặt bên là các hình chữ nhật bằng nhau.
Câu 9: Cho hình lăng trụ .

A
BCDABCD . Hình chiếu vuông góc của
A
lên
A
BC trùng với trực tâm
H của tam giác ABC. Khẳng định nào sau đây
sai?
A.

A
ABB BBCC . B.

A
AH ABC .
C.

B
BCC là hình chữ nhật. D.

B
BCC AAH .
Câu 10: Cho hình lăng trụ đứng .

A
BC A B C có đáy ABC là tam giác vuông cân ở A. Gọi H là trung
điểm BC. Khẳng định nào sau đây
sai?
A. Hai mặt phẳng

A
ABB và

A
ACC vuông góc nhau.
B.
Các mặt bên của
.

A
BC A B C
là các hình chữ nhật bằng nhau.
C.
Nếu O là hình chiếu vuông góc của A lên
A
BC thì
OAH
.
D.
A
AH
là mặt phẳng trung trục của BC.
Câu 11: Cho tứ diện ABCD có hai mặt phẳng
A
BC
và
A
BD
cùng vuông góc với
DBC
. Gọi BE và
DF là hai đường cao của
BCD
, DK là đường cao của
.
A
CD
Khẳng định nào sau đây
sai?
A.
.
A
BE ADC B.

.
A
BD ADC C.

.
A
BC DFK D.
.DFK ADC
Câu 12: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi I là
trung điểm AC và H là hình chiếu của I lên SC. Khẳng định nào sau đây đúng?
A.

.
B
IH SBC B.

.SAC SAB C.

.SBC ABC D.

.SAC SBC
Câu 13: Cho hình chóp cụt tứ giác đều .

A
BCDABCD . Cạnh của đáy nhỏ ABCD bằng
3
a
và cạnh của
đáy lớn

A
BCD bằng a. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Chiều cao
OO
của hình chóp cụt là
A.
6
.
3
a
OO
B.
3
.
2
a
OO
C.
26
.
3
a
OO
D.
32
.
4
a
OO
Câu 14: Cho tứ diện ABCD có
,2,
A
CADBCBDaCD xACD BCD.
Giá trị của x để
A
BC ABD bằng
A. .
x
a B.
2
.
2
a
x
C. 2.xa D.
3
.
3
a
x
Câu 15: Một khối lập phương lớn tạo bởi 27 khối lập phương đơn vị. Một mặt phẳng vuông góc với
đường chéo của khối lập phương lớn tại trung điểm của nó. Mặt phẳng này cắt ngang (không đi qua đỉnh)
bao nhiêu khối lập phương đơn vị?
A. 16. B. 17. C. 18. D. 19.
TOANMATH.co
Trang 19
Dạng 3: Dùng mối quan hệ vuông góc giải bài toán thiết diện
Phương pháp giải
Mặt phẳng
P
đi qua một điểm và vuông góc với
đường thẳng a cắt hình chóp theo một thiết diện.
+) Xác định mặt phẳng
P
có tính chất gì?
Tìm đường thẳng song song với
P
.
+) Tìm các đoạn giao tuyến của
P
và các mặt
của hình chóp:
Sử dụng tính chất về giao tuyến song song như sau


// .
//

aQ
P
Qma
aP
+ Kết luận hình dạng của thiết diện và tính các yêu
cầu liên quan.
Thiết diện là hình gì?
Dựa vào các công thức tính diện tích để tính diện
tích thiết diện.
Áp dụng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất
nhỏ nhất diện tích thiết diện.
Ví dụ: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có
3
,
2

a
AB a SA
. Gọi I là trung điểm của cạnh
BC, mặt phẳng
P
qua A và vuông góc với SI cắt
hình chóp đã cho theo một thiết diện.
Tính diện tích thiết diện đó.
Hướng dẫn giải
Kẻ
A
HSI. Suy ra
.
A
HP
Ta có , .
A
IBCSIBC BCAH
Mà
P
SI nên

// .
P
BC
Lại có

// .
P
SBC d BC H d
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của d và SB, SC.
Suy ra thiết diện cần tìm là
A
EF .
Ta có
33
,,
22

aa
SA SB SC AI
22
32
.
44 2

aa a
SI
2
510
.
84

SAI
aa
SAH
Ta có
.
2

EF SH a
EF
BC SI
2
1 1 10 10
... .
224216

AEF
aaa
SAHFE
Ví dụ mẫu
TOANMATH.co
Trang 20
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A, D;
2; ;
A
BaSAADDCa
SA ABCD . Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng
qua SD và
SAC
.
Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm AB.
Tứ giác ADCM là hình vuông
.DM AC
Mà
DM SA
suy ra
. DM SAC SDM SAC SDM
Suy ra thiết diện là
.SDM
Ta có
22
6
,2.
2

a
SO SA OA DM a
Diện tích thiết diện là
2
.3
.
22

SDM
SO DM a
S
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy
và
2.SA a Mặt phẳng
P
qua A và vuông góc với SC. Tính diện tích của thiết diện cắt bởi
P
và hình
chóp S.ABCD.
Hướng dẫn giải
Gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của
P
với các đường thẳng SB, SC, SD.
Ta có
.SA ABCD SA BC Mà
.
B
CAB

.
B
C SAB BC AM
Mặt khác
SC P SC AM nên
.
A
M SBC AM SB
Tương tự ,,// .
A
NSCAPSDMPBD MPAN
Ta có
442
.
55

SM SP MP a
MP
SB SD BD
SAN vuông tại A nên
22
.23
.
3

AS AC a
AN
AS AC
TOANMATH.co
Trang 21
Suy ra
2
.46
.
215

AMNP
AN MP a
S
Ví dụ 3. Cho lăng trụ tứ giác đều
.

A
BCDABCD
, cạnh đáy của lăng trụ bằng a. Một mặt phẳng

hợp với mặt phẳng đáy

A
BCD
một góc
45
và cắt các cạnh bên của lăng trụ tại M, N, P, Q. Tính diện
tích thiết diện.
Hướng dẫn giải
Gọi S là diện tích thiết diện MNPQ.
Ta có hình chiếu của MNPQ xuống

A
BCD
chính
là hình vuông ABCD.
2
.

ABCD
SS a
Gọi


,
A
BCD

thì
45 .
Do
2
2
.cos . 2 2 .
2


SS S S S a
Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi H là trung điểm của BC, O là
trung điểm của
AH và G là trọng tâm của tam giác ABC. Biết SO vuông góc mặt phẳng

A
BC và
2.
SO a
Tính diện tích thiết diện với hình chóp S.ABC khi cắt bởi mặt phẳng

P
đi qua G và vuông
góc với
AH.
Hướng dẫn giải
Qua G dựng đường thẳng MN

,
M
AB N AC
song song với
BC thì


M
NAH MN P
.
Qua
G dựng đường thẳng

GK K SH song song
với
SO thì
.GK AH
GK P
Qua
K dựng đường thẳng PQ
,
P
SC Q SB
song song với
BC thì

P
QAH PQ P.
Suy ra thiết diện là tứ giác
MNPQ.
Ta có
MN và PQ cùng song song BC suy ra G là trung điểm của MN và K là trung điểm của PQ. Tứ giác
MNPQ là hình thang.
Vì
G là trọng tâm tam giác ABC và
22
// .
33

M
NBC MN BC a
Ta có
11 2
,.
23 3

OH HG HG
A
HAH OH
TOANMATH.co
Trang 22
Vì
//GK SO
nên
24
.
33

HG GK HK
K
Ga
HO SO HS
Mặt khác
21 1
// , .
33 3

HK SK PQ
P
QBC PQ a
HS SH BC
Vậy diện tích thiết diện cần tìm là

2
1 11242
.. ..
223333




SPQMNGK aaaa
Ví dụ 5. Cho hình lập phương .

A
BCDABCD có cạnh bằng a. Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung
trực của đoạn thẳng
B
D . Tính diện tích thiết diện.
Hướng dẫn giải
Thiết diện là hình chữu nhật
.
M
NPQ
Ta có
IBH DBD
∽ suy ra 

IB IH BH
DB DD BD
.
Suy ra
3
.3
.32
2
4
2

a
a
IB BD a
BH
DB
a
và
3
.
.6
2
.
4
2

a
a
IB DD a
IH
DB
a
Suy ra
32
2
112
4
.
222
2
2

a
a
DH BD BH a
MN AC
DO DO
a
Ta có
6
2.
2

a
NP HK HI
Vậy
2
263
.. .
22 2

MNPQ
aa
SMNNP a
Ví dụ 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên
SA b
và vuông góc với
mặt phẳng đáy
A
BCD . Gọi M là điểm trên cạnh AB sau cho
0
A
Mx xa. Gọi
là mặt
phẳng qua M vuông góc với đường thẳng AC.
a) Xác định thiết diện của hình chóp đã cho với mặt phẳng
.
b) Tính diện tích S của thiết diện theo a, b, x.
c) Tìm x để diện tích của thiết diện lớn nhất.
TOANMATH.co
Trang 23
Hướng dẫn giải
a) Xác định thiết diện của hình chóp đã cho với mặt phẳng
.
Ta có
 
// , // .
SA AC
SA BD
BD AC

+)


//

SA
SAB m
SA SAB
với m đi qua M và song song với SA cắt cạnh SB tại N.
+)


//

BD
A
BCD n
BD ABCD
với n đi qua M và song song với BD cắt cạnh AD tại L và cắt
đoạn AC tại I.
+)


//

SA
SAC p
SA SAC
đi qua I và song song với SA cắt cạnh SC tại P.
+)


//

SA
SAD q
SA SAD
đi qua L và song song với SA cắt cạnh SD tại Q.
Mặt phẳng
cắt các mặt của hình chóp S.ABCD theo năm đoạn giao tuyến MN, NP, PQ, QL, LM nên
thiết diện là ngũ giác MNPQL.
b) Tính diện tích S của thiết diện theo a, b, x.
Chú ý tính chất đối xứng ta có 2
M
NPQL MINP
SS.
Trong đó tứ giác MINP là hình thang vuông tại I và M, gọi O là tâm hình vuông ABCD ta có theo định lí
Ta-lét, ta có
;

ba x
MN BM a x
MN
SA BA a a
2
.
2

MI AM x x
MI
BO AB a
111 2
.
22222222

  
IP CI CO OI OI BM a x a x
SA CA OA OA BA a a
Suy ra

2
.
2
bax
IP
a
Ta có
TOANMATH.co
Trang 24

2243
2
22 4
 



MNPQL
ba x b a x bx a x
x
SMNIPMI
aa a
.
c) Tìm x để diện tích của thiết diện lớn nhất.
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta có

2
2. 4 3
2. 2. 3 4 3 2
.3 4 3 .
412 122 3





bx a x
bbxaxab
Sxax
aa a
Dấu “=” xảy ra
2
343 .
3

a
xaxx
Bài tập tự luyện dạng 3
Câu 1:
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều,
SA ABC
. Gọi
P
là mặt phẳng qua B và
vuông góc với SC. Thiết diện của
P
và hình chóp S.ABC là
A. Hình thang vuông. B. Tam giác đều. C. Tam giác cân. D. Tam giác vuông.
Câu 2: Cho tứ diện ABCD có hai tam giác ABC và ABD đều lần lượt nằm trong mặt phẳng cùng vuông
với
A
BD
. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, CB, BD, DA. Tứ giác MNPQ là hình
gì?
A. Hình ngũ giác đều. B. Hình chữ nhật. C. Lục giác. D. Tam giác vuông.
Câu 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên
SA ABC . Mặt phẳng
P
đi qua trung điểm M của AB và vuông góc với SB cắt AC, SC, SB lần lượt tại N, P, Q. Tứ giác
MNPQ là hình gì?
A. Hình thang vuông. B. Hình thang cân. C. Hình bình hành. D. Hình chữ nhật.
Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, O là trung điểm của đường cao AH của tam
giác ABC, SO vuông góc với đáy. Gọi I là điểm tùy ý trên OH (không trùng với O và H). Mặt phẳng
P
qua I và vuông góc với OH. Thiết diện của
P
và hình chóp S.ABC là hình gì?
A. Hình thang cân. B. Hình thang vuông. C. Hình bình hành. D. Tam giác vuông.
Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi
là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SB. Khi đó, mặt phẳng
cắt hình chóp S.ABCD theo thiết
diện là hình gì?
A. Hình ngũ giác đều. B. Hình thang. C. Hình bình hành. D. Tam giác vuông.
Câu 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy BD, là tam giác đều cạnh a,
,.SA ABC SA a
Gọi
P
là mặt
phẳng đi qua S và vuông góc với BC. Thiết diện của
P
và hình chóp S.ABC có diện tích bằng
A.
2
3
.
4
a
B.
2
.
6
a
C.
2
.
2
a
D.
2
.a
Câu 7: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B với SA vuông góc với đáy và
,2,2.
A
BaBCa SA a Gọi
P
là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SB. Diện tích của thiết
diện khi cắt hình chóp bởi
P
là
TOANMATH.co
Trang 25
A.
2
810
.
25
a
B.
2
410
.
25
a
C.
2
43
.
15
a
D.
2
46
.
15
a
Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và
2 SA SB SC b a b . Gọi G
là trọng tâm
A
BC
. Xét mặt phẳng
P
đi qua A và vuông góc với SC tại điểm C, nằm giữa S và C. Diện
tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng
P
là
A.
222
3
.
4
aba
S
b
B.
222
3
.
2
aba
S
b
C.
222
3
.
2
aba
S
b
D.
222
3
.
4
aba
S
b
Câu 9: Tam giác ABC có
2
B
Ca
, đường cao
2
A
Da
. Trên đường thẳng vuông góc với
A
BC
tại
A, lấy điểm S sao cho
2.SA a Gọi E, F lần lượt là trung điểm của SB và SC. Diện tích tam giác AEF
bằng
A.
2
3
.
4
a
B.
2
3
.
6
a
C.
2
1
.
2
a
D.
2
3
.
2
a
Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thang vuông tại A, đáy lớn
8, 6AD BC
, SA
vuông góc với mặt phẳng
A
BCD
, 6SA . Gọi M là trung điểm AB.
P
là mặt phẳng qua M và vuông
góc với AB. Thiết diện của
P
và hình chóp có diện tích bằng
A. 10. B. 20. C. 15. D. 16.
Câu 11: Cho tứ diện đều ABCD cạnh 12,a gọi
P
là mặt phẳng qua B và vuông góc với AD. Thiết
diện của
P
và hình chóp có diện tích bằng
A. 40. B.
36 2.
C.
36 3.
D. 36.
Câu 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O với
A
Ba, 2.
A
Da Cạnh bên
SA a và vuông góc với đáy. Gọi
là mặt phẳng qua SO và vuông góc với

SAD
. Diện tích của
thiết diện tạo bởi
và hình chóp bằng
A.
2
2
.
4
a
B.
2
3
.
2
a
C.
2
2
.
2
a
D.
2
3
.
4
a
Câu 13: Cho hình lập phương .

A
BCDABCD có cạnh bằng a. Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung
trục của
B
D . Diện tích thiết diện tạo thành bằng
A.
2
33
.
4
a
B.
2
3
.
2
a
C.
2
2.a D.
2
3
.
4
a
Câu 14: Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a, điểm M thuộc cạnh SC sao cho
2.
SM MC
Mặt phẳng
P
chứa AM và song song với BD. Diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD
cắt bởi
P
bằng
A.
2
3
.
5
a
B.
2
426
.
15
a
C.
2
226
.
15
a
D.
2
23
.
5
a
TOANMATH.co
Trang 26
Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D,
2, ;
A
BaADCDa
cạnh bên
SA vuông góc với đáy và 2.SA a Mặt phẳng
qua SD và vuông góc với mặt phẳng
SAC .
Diện tích thiết diện của hình chóp
S.ABCD cắt bởi
bằng
A.
2
.a
B.
2
3.a
C.
2
.
2
a
D.
2
3
.
2
a
Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a,

60 ;
A
BC SO ABCD ,
3
.
4
a
SO Diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng
qua AD và vuông góc với
SBC
bằng
A.
2
9
.
16
a
B.
2
3
.
4
a
C.
2
3
.
8
a
D.
2
.
2
a
Câu 17: Trong mặt phẳng
cho tam giác ABC vuông tại A có
,60.AB a B Gọi O là trung điểm
BC. Lấy S là điểm nằm ngoài mặt phẳng
sao cho
SB a
và
.SB OA
Gọi M là điểm trên cạnh AB
sao cho
0
B
Mx xa. Gọi
là mặt phẳng đi qua điểm M và song song với SB và OA. Với giá trị
nào của x thì thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi mặt phẳng
có diện tích lớn nhất?
A. .
2
a
B. .
3
a
C.
3
.
4
a
D.
2
.
3
a
Câu 18: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh
3
2
a
AD , tam giác SAB là tam
giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết góc tạo bởi mặt bên
SCD
với mặt đáy bằng
30 , gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD, mặt phẳng
P
chứa MN và vuông góc

SAD
. Diện
tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng

P
với hình chóp bằng
A.
2
3
.
16
a
B.
2
33
.
16
a
C.
2
33
.
8
a
D.
2
23
.
16
a
Câu 19: Cho tứ diện SABC có hai mặt

A
BC và

SBC là hai tam giác đều cạnh a,
3
2
SA a
, M là
điểm trên AB sao cho
0
A
Mb ba,
P
là mặt phẳng qua M và vuông góc với BC. Thiết diện của
P
và tứ diện SABC có diện tích bằng
A.
2
33
..
4



ab
a
B.
2
3
..
4



ab
a
C.
2
33
.
16



ab
a
D.
2
33
.
8



ab
a
Câu 20: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, , 2
A
BaAC a và 2SA a vuông
góc với mặt phẳng đáy
A
BC
. Diện tích của thiết diện khi cắt hình chóp bởi mặt phẳng
qua A và
vuông góc với SC bằng
A.
2
3
.
4
a
B.
2
3
.
6
a
C.
2
6
.
5
a
D.
2
6
.
10
a
TOANMATH.co
Trang 27
Câu 21: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a cạnh
SA ABCD
và
3SA a
.
Gọi
là mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mặt phẳng
SCD . Diện tích thiết diện của hình chóp
S.ABCD khi cắt bởi
là
A.
2
76
.
16
a
B.
2
72
.
16
a
C.
2
73
.
8
a
D.
2
73
.
16
a
Câu 22: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông cân tại B,
SA ABC và .SA AB a Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC; mặt phẳng
qua MN và vuông góc với
SBC . Diện tích
thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi
bằng
A.
2
52
.
32
a
B.
2
52
.
16
a
C.
2
53
.
8
a
D.
2
53
.
16
a
Câu 23: Cho hình lập phương
.

A
BCDABCD
cạnh a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh
BC, CD và
A
A
. Diện tích thiết diện của hình lập phương cắt bởi mặt phẳng
M
NP bằng
A.
2
711
.
24
a
B.
2
711
.
12
a
C.
2
511
.
12
a
D.
2
511
.
24
a
Câu 24: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC và mặt bên SAB là các tam giác đều cạnh a, mặt bên
SAB
vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SC và M, N lần lượt thuộc đoạn SA, SB (M không trùng S và
A) sao cho //
M
NAB; mặt phẳng
qua MN và vuông góc với
A
BI . Giá trị lớn nhất của diện tích
thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi
bằng
A.
2
3
.
4
a
B.
2
2
.
8
a
C.
2
6
.
8
a
D.
2
3
.
8
a
Câu 25: Cho tứ diện ABCD có ,
A
BaCDb và .
A
BCD Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB và CD.
Mặt phẳng
qua M nằm trên đoạn IJ và song song với AB và CD. Diện tích thiết diện của tứ diện
ABCD với mặt phẳng
, biết
1
3
IM IJ bằng
A. .ab B.
.
9
ab
C. 2ab. D.
2
.
9
ab
Đáp án và lời giải
Dạng 1. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
1 – D 2 – C 3 – B 4 – D 5 – D 6 – D 7 – A 8 – C 9 – C 10 – A
11 – B 12 – D 13 – C 14 – C 15 – C 16 – A 17 – B 18 – B 19 – D 20 – D
21 – D 22 – A 23 – A 24 – C
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1:
Câu A sai vì hai đường thẳng có thể chéo nhau.
TOANMATH.co
Trang 28
Câu
B sai vì hai đường thẳng có thể chéo nhau khi không đồng phẳng hoặc cắt nhau nếu chúng đồng
phẳng.
Câu C sai vì hai mặt phẳng có thể cắt nhau theo một giao tuyến vuông góc với mặt phẳng đã cho.
Câu 2.
Ta có


.


c
ca
a
cb
b
Câu 3.
Đáp án
A sai vì b có thể vuông góc với
P
.
Đáp án
B đúng bởi
 
//
 aP a P sao cho // .
aa Do

bP nên
.
ba ab
Đáp án
C sai vì b có thể nằm trong

P
.
Đáp án
D sai vì b có thể nằm trong

P
.
Câu 4.
Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm và vuông góc với một đường thẳng đã cho.
Câu 5.
Dựng một mặt phẳng

đi qua điểm O và vuông góc với đường thẳng .
Khi đó đường thẳng
vuông góc với vô số đường thẳng đi qua điểm O và nằm trong mặt phẳng

.
Câu 6.
Phương án
A sai vì
Ta có:

.
 
BD AB
B
D ABH BD BH
BD AH
Suy ra BH và CD không vuông góc (vì nếu
B
HCD thì BD song song hoặc trùng CD).
Suy ra H không là trực tâm tam giác BCD.
Phương án
B sai vì
Giả sử
B
CAD mà
B
CAH nên
B
CADH
Suy ra
B
CDH (mâu thuẫn vì H không là trực tâm tam giác BCD).
Suy ra BC và AD không vuông góc. Phương án
C sai vì. Giả sử AH và DK cắt nhau.
Khi đó

BC AH
B
CAD
BC DK
(mâu thuẫn). Suy ra AH và DK chéo nhau.
Câu 7.
TOANMATH.co
Trang 29
Ta có
.SA ABC BC SA
Tam giác ABC vuông tại

B
BC AB
Suy ra
B
CSAB.
Câu 8.
Ta có
SA ABCD SA AB
Mà ABCD là hình vuông nên
.
A
BAD
Từ đó suy ra
.
A
BSAD
Câu 9.
Gọi
.OACBD
Do
SA SC
nên
SAC
cân
.
A
CSO
Tứ giác ABCD là hình vuông nên

A
CBD AC SBD.
Câu 10.
Ta có


.



AD AD
A
DCDdoCD ADDA
Suy ra


A
DACD ADAC (1)
Ta có





AB AB
A
BBCdoBC ADDA
Suy ra


A
BABC ABAC
(2)
Từ (1) và (2) ta có

A
CABD
Câu 11.
TOANMATH.co
Trang 30
Ta có

 
DF BC
DF ABC DF AC
DF AB
và
DK AC (vì H là trực tâm
A
CD ).
Do đó
A
CDFK
Ta có



AC DFK
A
CD DFK
AC ACD
.
Câu 12.
Do
A
BC cân tại C nên CH AB . Lại có .SA CH
Suy ra
CH SAB
. Vậy các câu
A, B, C đúng.
Đáp án
D sai.
Câu 13.
Ta có

.


ABEF ABCD AB
IJ ABCD
IJ AB
Do đó khẳng định
OJ ABCD
là sai.
Câu 14.
Ta có:
SA ABC SA vuông góc với AC, AB
Suy ra
SAC và SAB vuông tại A.
Mặt khác:

 
BC AB
B
CSAB BCSB
BC SA
.
Suy ra
SBC
vuông tại B.
Theo giả thiết
A
BC là tam giác vuông tại B.
Vậy tứ diện SABC có 4 mặt là tam giác vuông.
Câu 15.
TOANMATH.co
Trang 31
Có IO là đường trung bình tam giác SAC nên
// IO SA IO ABCD (A đúng).
Ta có

BC AB
B
CSB
BC SA
(
B đúng).

CD AD
CD SD
CD SA
(
D đúng).
Nếu
SAC
là mặt phẳng trung trục của 
B
DBDAC
(chỉ xảy ra khi ABCD là hình vuông) nên đáp án
C sai.
Câu 16.
Ta có ABCD là hình thang vuông.
Suy ra

.

CE AE
CE SAB
CE SA
Câu 17.
Ta có
,BC SA BC AB
nên
B
CSAB ((2) đúng).
Khi đó

SBC SAB , 
A
HSB AHSC ((1)
đúng).
Vậy có hai khẳng định đúng.
Câu 18.
Ta có:
+)


BC AB
B
CSAB
BC SA
(A đúng).
+)


CD AD
CD SAD
CD SA
(
D đúng)
+)


BD AC
B
DSAC
BD SA
(
C đúng)
TOANMATH.co
Trang 32
Suy ra đáp án
B sai.
Câu 19.
Ta có:

.
 
AB BC
B
C SAB BC AE
SA BC
Do đó

AE SB
A
ESC
AE BC
(1).
Tương tự, ta có
A
FSC (2).
Từ (1), (2) ta có

SC AEF .
Câu 20.
Gọi I là trung điểm của 
B
CAIBC mà
B
CSA


B
CSAI .
Khi đó H là hình chiếu vuông góc của A lên

SBC .
Suy ra
HSI.
Câu 21.
Gọi O là trung điểm của AD.
Từ giả thiết, ta có

.
 
AB CD
CD ABC CD AC
BC CD
Vậy
A
CD vuông tại C.
Do đó
OA OC OD
(1)
Mặt khác


AB CD
A
BBCD
AB BC
Suy ra

A
BBD ABD vuông tại B.
Do đó
OA OB OD (2)
Từ (1) và (2) ta có
OA OB OC OD
suy ra
IO
.
Vậy I là trung điểm cạnh AD.
Câu 22.
TOANMATH.co
Trang 33
Vì
SA SB SC
nên
HA HB HC
do đó H là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Mà ABC là tam giác vuông tại C nên H là trung
điểm của cạnh huyền AB.
Câu 23.
Ta có:

;






SA SB BC SA
SA SBC BC SAH
SA SC BC SH

B
CAH (1).
Tương tự, ta có:

;






SC SA AB SC
SC SAB AB SCH
SC SB AB SH

A
BCH (2).
Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm tam giác ABC.
Câu 24.
Ta có
A
CBD (do ABCD là hình vuông).
A
CBB (do
B
B ABCD ).
Suy ra
A
CBBD.
Dạng 2. Hai mặt phẳng vuông góc
1 – B 2 – A 3 – C 4 – B 5 – D 6 – A 7 – B 8 – C 9 – A 10 – B
11 – B 12 – A 13 – A 14 – D 15 – D
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
Ta có

 
.

a
a
Câu 2.
A.
luôn đúng.
B.
sai vì 2 đường thẳng đó có thể chéo nhau hoặc song song với nhau.
C.
sai vì 2 mặt phẳng đó có thể song song với nhau.
TOANMATH.co
Trang 34
D. sai vì 2 đường thẳng phân biệt đó có thể cắt nhau.
Câu 3.
Nếu








 


Nếu
a
và vuông góc với giao tuyến
thì
a
(C đúng).
Câu 4.
Có vô số mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.
Do đó mệnh đề
B sai.
Câu 5:
Ta có: (III)


//

a
a
sai vì
còn có thể trùng
.
(IV)

//

a
ab
b
sai vì a có thể trùng với b.
Câu 6.
Gọi .OACBD
Tứ giác ABCD là hình thoi nên
A
CBD (1).
Mặt khác
SAC cân tại S nên SO AC (2).
Từ (1) và (2) suy ra
A
CSBD.
Do đó
SBD ABCD .
Câu 7.
Hình lập phương là hình lăng trụ đứng, có đáy và các mặt bên là hình vuông.
Suy ra hình hộp đứng có các cạnh bằng nhau là hình lập phương và hình hộp chữ nhật có các cạnh bằng
nhau là hình lập phương.
Câu 8.
Một hình chóp là hình chóp đều khi và chỉ khi đáy của nó là đa giác đều và các cạnh bên bằng nhau.
Do đó các mặt bên là những tam giác cân có đỉnh là đỉnh của hình chóp.
Câu 9.
TOANMATH.co
Trang 35
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BC.
,,

 HAKBCAKBCAH BC AAH




A
AH ABC
B
BCC AAH
BC BB
nên đáp án B, C, D đúng.
Câu 10.
A
đúng vì


,90.

AACC AABB BAC
C, D đúng vì
B
CAAH và H là trung điểm BC.
B sai vì chỉ có mặt bên

A
ACC và

A
ABB bằng
nhau.
Câu 11.
Vì hai mặt phẳng
A
BC và
A
BD cùng vuông góc với
DBC
nên
A
BDBC
.
Ta có:
+)


CD BE
CD ABE ABE ADC
CD AB
nên
A đúng.
+)


DF BC
DF ABC ABC DFK
DF AB
nên
C đúng.
+)


AC DK
A
CDFK DFK ADC
AC DF
nên
D đúng.
Câu 12.
Ta có:





BI AC
B
ISAC
BI SA do SA ABC
.
Suy ra
SC BI (1).
Theo giả thiết:
SC IH (2).
Từ (1) và (2) suy ra:
SC BIH .
Mà
SC SBC nên
B
IH SBC .
Câu 13.
TOANMATH.co
Trang 36
Ta có

SO A B C D SO B D O D
là hình chiếu
vuông góc của
SD
lên

A
BCD
.


,,60.
 
SD ABCD SD O D SD O
Từ giả thiết dễ dàng chỉ ra được
2
.
3



AA OO
SA SO
Vì

A
DC
là tam giác vuông cân tại
D có

DO
là đường cao
nên
222222
111112
.
 
DO AD DC a a a
2
2
2
.
22
 

aa
DO DO
Áp dụng hệ thức lượng trong

SD O
vuông tại
O
ta có:
26
tan 60 .tan 60 . 3
22

 

SO a a
SO O D
OD
2266
..
3323


aa
OO SO
Câu 14.
Gọi E, F lần lượt là trung điểm CD và
A
ECD
AB
B
ECD
Mà

B
CD ACD CD nên

,90BCD ACD BEA
Ta có

.

CF AB
A
BCFD
DF AB
Suy ra

,,.
A
BC ABD CF FD
Vậy để
A
BC ABD thì
,90CF FD CFD
1
2
FE CD .
Ta có
EAB vuông cân tại E nên
22 22
.
22
2


A
EACCE ax
EF
Vậy
22 22 2
22
3
.
2233


ax ax a
xxxxa
Câu 15.
Gọi .

A
BCDABCD là khối lập phương lớn tạo bởi
27 khối lập phương đơn vị và O là tâm hình lập
TOANMATH.co
Trang 37
phương đó, khối lập phương
.

A
BCDABCD
có cạnh
bằng 3. Ta xét mặt phẳng
P
đi qua O và vuông góc
với
A
C , cắt AC tại M, cắt

A
C tại .
M
Ta có:
33
2
32

AM AO
AC AC
339232
.3 3 .
44
22 22
 AM AC CM
Gọi
111 1
A
BCD là mặt phẳng chia lớp 9 khối lập
phương mặt trên với 9 khối lập phương ở mặt thứ hai,
gọi
111
.

M
AC MM
Ta có
11 11 11 11
773272 52
..
3344 4
 AM CM CM AC AM
Gọi
222 2
A
BCD là mặt phẳng chia lớp 9 khối lập phương mặt thứ 2 với 9 khối lập phương ở mặt thứ ba,
gọi
222
.

M
AC MM
Ta có
22 22 22 22
553252 72
..
3344 4
 AM CM CM AC AM
Giao tuyến của mặt phẳng
P
với mặt phẳng
A
BCD
cắt các cạnh của 3 hình vuông, giao tuyến của
mặt phẳng
P
với mặt phẳng

111 1
A
BCD cắt các cạnh của 5 hình vuông (hình vẽ bên dưới), trong các
hình vuông này có 2 cặp hình vuông cùng chung một hình lập phương đơn vị nên mặt phẳng

P
cắt
ngang 6 khối lập phương mặt trên.
Tương tự mặt phẳng
P
cắt ngang 6 khối lập phương mặt dưới cùng.
Giao tuyến của mặt phẳng

P
với mặt phẳng

111 1
A
BCD
cắt các cạnh của 5 hình vuông, giao tuyến của
mặt phẳng
P
với mặt phẳng
222 2
A
BCD
cắt các cạnh của 5 hình vuông (hình vẽ), trong đó có 3 cặp
hình vuông cùng chung với một hình lập phương đơn vị, nên suy ra mặt phẳng

P
cắt ngang 7 khối lập
phương mặt thứ hai.
TOANMATH.co
Trang 38
Vậy mặt phẳng

P
cắt ngang (không đi qua đỉnh)
66719
khối lập phương đơn vị.
Dạng 3. Dùng mối quan hệ vuông góc giải bài toán thiết diện
1 – D 2 – B 3 – A 4 – A 5 – B 6 – A 7 – B 8 – D 9 – C 10 – C
11 – B 12 – C 13 – A 14 – C 15 – D 16 – A 17 – D 18 – B 19 – C 20 – C
21 – D 22 - A 23 – A 24 – C 25 – D
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
Gọi I là trung điểm của AC, kẻ
.
IH SC
Ta có
,.BI AC BI SA BI SC
Do đó

SC BIH hay thiết diện là tam giác
BIH
.
Mà
B
ISAC
nên BI IH hay thiết diện là tam giác vuông.
Câu 2.
Ta có:
1
//
2
.
1
//
2
M
QCDvaøMQ CD
NP CD vaø NP CD
Suy ra
//
M
QNP và 
M
QNP MNPQ là hình bình hành.
Mặt khác
//
P
QAB và // ,
M
QCDAB CD nên .
M
QPQ
Do đó
MNPQ là hình chữ nhật.
Câu 3.
Ta có: .

AB BC
B
CSB
SA BC
Vậy


//
BC SB
P
BC
PSB
(1).
Mà

P
ABC MN (2).
Từ (1) và (2), suy ra
// .
M
NBC
Tương tự ta có
// ; // .
P
QBCPNSA Do đó // .
P
QMN
TOANMATH.co
Trang 39
Mà
.
SA BC PN NM
Vậy thiết diện là hình thang vuông
MNPQ.
Câu 4.
Mặt phẳng
P
vuông góc với OH nên
P
song song với SO.
Suy ra
P
cắt
SAH theo giao tuyến là đường thẳng qua I và
song song với
SO cắt SH tại K.
Từ giả thiết suy ra
P
song song BC, do đó
P
cắt
A
BC
và
SBC lần lượt là các đường thẳng qua I và K song song với BC
cắt
AB, AC, SB, SC lần lượt tại M, N, Q, P.
Do đó thiết diện là tứ giác MNPQ.
Ta có MN và PQ cùng song song BC suy ra I là trung điểm của
MN và K là trung điểm của PQ. Mà //IK SO nên IK vuông góc
với
MN và PQ. Do đó MNPQ là hình thang cân.
Câu 5.
Qua điểm A, ta kẻ đường thẳng vuông góc với SB, cắt SB tại H.
Ta có


.
,


AD AB
AD SA
A
DSAB
AB SA A
AB SA SAB
Do

A
DSAB
SB SAB
nên
A
DSB. Suy ra
.
A
DH
Do
AD
và
// //AD BC BC
nên
SBC Hx
,
với
// .
H
xBC
Gọi
I là giao điểm của Hx và BC. Khi đó
.SBC HI
Suy ra
,, SAB AH SAD AD SCD ID

và
.SBC HI
Vậy thiết diện cần tìm là hình thang
AHID.
Câu 6.
Kẻ
,.
A
EBCSABC BC SAE SAE P
Do
SA ABC SA AE SAE vuông tại A.
Vậy thiết diện của mặt phẳng
P
và hình chóp S.ABC là tam
giác vuông
SAE.
TOANMATH.co
Trang 40
Ta có:
3
.
2
a
AE
Suy ra
2
1133
.. ..
2224
SAE
aa
SSAAEa

(đơn vị diện tích)
Câu 7.
Trong
SAB
, dựng

A
MSB M P
.
Lại có:
,.

B
CABBCSA BCSB
Suy ra
BC song song với
P
.
Trong

SBC , dựng MN song song với BC
NSC, khi đó
NP
.
A
MSBC
nên thiết diện của hình chóp khi cắt bởi
P
là tam
giác
AMN vuông tại M.
Ta có:
25 45
;;5.
55

aa
AM SM SB a
Mà
42
.
5

MN SM a
MN
BC SB
2
114225410
.. . .
225525

AMN
aa a
SAMMN
(đơn vị diện tích)
Câu 8.
Kẻ
11

A
CSC ACB SC. Thiết diện là tam giác
1
A
CB .
Ta có
2
1
.sin 1 cos
A
CAC ACSa ACS
2
222 22
2
4
1.
24





abb ba
aa
ab b
Gọi
J là trung điểm của AB. Ta có tam giác
1
A
CB cân tại
1
C , suy
ra
1
.CJ AB
22 22
11
.3
2
a
CJ AC AJ b a
b

Do đó:
1
2
22 22
1
11
....3 .3.
222 4

AC B
aa
SABCJaba ba
bb
Câu 9.
TOANMATH.co
Trang 41
Do
,.
A
DBCSABC BC SAD
Gọi
.HHFSD
Suy ra
1
.
2

AEF
BC AH EF AH S EF AH
Mà
1
.
2
EF BC a
Do
H là trung điểm của SD nên
2
21
.
22 2

AEF
SD a
A
HaSa
Câu 10.
Do
P
AB
nên

// .
P
SA
Gọi
I là trung điểm của

// .SB MI SA MI P
Gọi
N là trung điểm của
.CD MN AB MN P
Gọi
K là trung điểm của // ,SC IK BC mà //
M
NBC

//
M
NIK IK P.
Vậy thiết diện của

P
và hình chóp là hình thang MNKI vuông tại
M
Ta có:
MI là đường trung bình của tam giác
1
3.
2
 SAB MI SA
IK là đường trung bình của tam giác
1
3.
2
 SBC IK BC
MN là đường trung bình của hình thang ABCD nên

1
7.
2
MN AD BC
Khi đó
37
..315
22


MNKI
IK MN
SMI
(đơn vị diện tích).
Câu 11.
Gọi E là trung điểm của AD. Do ABCD là tứ diện đều nên các mặt
bên là tam giác đều.
Do đó
,
B
EADCEAD BEC AD P BEC
.
Gọi
F là trung điểm của BC.
Ta có:
22
12 3
63; 62.
2
 BE CE EF BE BF
Diện tích thiết diên là:
1
.362
2
SEFBC
(đơn vị diện tích).
Câu 12.
TOANMATH.co
Trang 42
Gọi
E, F lần lượt là trung điểm AD, BC. Khi đó

.

EF AD
EF SAD SEF SAD
EF SA
Ta có



SO SEF
SEF
SEF SAD
.
Vậy thiết diện cần tìm là
SEF
vuông tại E nên
2
2
2
11 2
..
22 2 2




SEF
AD a
SSEEFSA AB
(đơn vị diện tích).
Câu 13.
Gọi E là trung điểm của AD. Ta có
EB ED
nên E thuộc mặt phẳng trung trực của
B
D.
Gọi F, G, H, I, K lần lượt là trung điểm của
,, , ,

CD CC B C A B AA
.
Chứng minh tương tự ta có các điểm trên đều thuộc mặt phẳng
trung trực của
B
D .
Vậy thiết diện của hình lập phương cắt bởi mặt phẳng trung trực
của
B
D là hình lục giác đều EFGHIK có cạnh bằng
2
.
2
a
Vậy diện tích thiết diện là
2
2
2333
6. . .
244





a
Sa
Câu 14.
Gọi ,. OACBDIAM SO
Trong

SBD từ I kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB,
SD
lần lượt tại N, P.
Suy ra thiết diện là tứ giác
ANMP.
Ta có:

.
 
BD AC
B
D SAC BD AM
BD SO
Mặt khác:
// .BD NP Suy ra
.
A
MNP
Suy ra
1
..
2
ANMP
SNPAM
+) Tính
AM: Ta có:
2


SA SC a
SAC
AC a
vuông cân tại S.
Suy ra
2
222
213
.
33




a
AM SA SM a a
+) Tính
NP:
TOANMATH.co
Trang 43
Ta có
.
// .

NP SI SI BD
NP BD NP
B
DSO SO
Gọi
.
SI
k
SO
Ta có:
2
.
3
 
  
A
I AS SI SA k SO AM AS SM SA SC
A, I, M thẳng hàng
2
3

 
A
I h AM SA k SO hSA hSC
2
23
 
  
k
SA SA SC hSA hSC
4
1
1
5
2
.
12
3
0
23
5






k
kh
kh
h
Suy ra
4442
.
555

SI a
NP BD
SO
Vậy
2
114213226
... .
225315

ANMP
aa a
SNPAM
Câu 15.
Gọi E là trung điểm AB, suy ra AECD là hình vuông nên

1DE AC .
Mặt khác

SA ABCD SA DE
(2).
Từ (1) và (2) ta có
DE SAC
mà
DE SDE
nên
SDE SAC . Do đó
. SDE
Vậy thiết diện là tam giác
SDE.
Vì
SA ABCD nên
A
DE là hình chiếu vuông góc của tam
giác
SDE
nên
A
BCD
và

,.SDE ABCD SOA
Ta có:

2
2
2
1
2
cos
3
2
2
2




a
AO
SO
a
a
Suy ra
2
2
3
2
.
1
cos 2
3

ADE
SDE
a
Sa
S
Câu 16.
TOANMATH.co
Trang 44
Dựng đường cao
OH của
OBC
, cắt AD tại
H
. Dựng
OK SH
.
Chứng minh được
B
CSOH



.
;


SBC SOH
SBC SOH SH OK SBC
OK SOH OK SH
Dựng
//

HK OK K SH
Suy ra mặt phẳng
là mặt phẳng
A
DK
.
Ta có:


//



AD BC
A
DK SBC EF
K ADK SBC
(với EF qua
K
và song song với BC)
;;


A
DK SAB AE ADK SCD DF ADK SAD DA
Vậy thiết diện cần tìm là hình thang
EFDA với //EF AD , đường cao

H
K .
Ta có
A
BC đều nên
33
.sin . .
22 4

aa
OH OC OCB
Tính được:
22
.3 3
,2 ,
84


SO OH a a
OK H K OK
SO OH
.3 3 3
;,
28 4

SO OH a a a
SH HK HK
SH
.
Suy ra
2

SH HK K là trung điểm .
22

BC a
SH EF

2
1139
..
224216





EFDA
aa a
SHKEFDA a
(đơn vị diện tích).
Câu 17.
Kẻ
// , // , // .
M
NOAN BCMQSBQSANPSBPSC
Khi đó thiết diện là hình thang
MNPQ
//
M
QNP.
Kẻ

B
KOAKAC
. Do SB AO nên
.
A
OSBK
Gọi
R là giao điểm của MN và BK, I là giao điểm của PQ và SK.
Ta có:


//

MN AO
M
N SBK MN RI
AO SBK
(1).


//
//



SAB SBK SB
SAB MNPQ MQ
M
QRI
SBK MNPQ RI
MQ SB
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
MN MQ MNPQ là hình thang vuông.
Ta có:
60 60 OAB B BMN BMN đều.
Suy ra
.
B
NMNBMx
TOANMATH.co
Trang 45
2.
cos 60

AB
B
Ca
Sử dụng định lí Ta-lét, ta có:
..


MQ AM a x a x
M
QSBax
SB AB x a
222
11 . .
22 2 2


NP CN BN x a x a x a x
NP SB
SB BC BC a a a
Ta có:

2
2
34
2
224






MNPQ
ax
ax x
MQ NP MN
x
ax
S
Từ đây suy ra
M
NPQ
S đạt giá trị lớn nhất khi

42
.
2. 3 3

aa
x
Câu 18.
Do
SAB ABCD
, kẻ
SH AB SH ABCD
.
Gọi
O là tâm hình bình hành ABCD, kéo dài OH cắt CD tại P.
Có

;30.



HP CD SCD ABCD SPH
Xét tam giác vuông
SHP có:
33 3
tan30 .tan 30 . .
23 2
 
SH a a
SH HP
HP
Do tam giác
SAB đều nên .
A
Ba
Trong mặt phẳng
SDC
qua I kẻ đường thẳng song song với
CD, cắt SD và SC tại P và Q, dễ thấy IO là đường trung bình của
SHP
nên
// .IO SH IO ABCD
Vậy mặt phẳng
M
NPQ chính là thiết diện cần tìm.
Dễ thấy
M
NPQ là hình thang có đường cao là IO.
Có
3
,, .
24 22
 
SH a CD a
IO MN AB a QP
2
3
.
33
24
216




MNPQ
aa
a
a
S (đơn vị diện tích)
Câu 19.
TOANMATH.co
Trang 46
Gọi N là trung điểm của BC.

.






SB SC BC SN
B
CSAN
AB AC BC AN
Theo bài ra


.
//

MP
BC P
P
SAN
Kẻ
// , // .
M
IANMKSA
Thiết diện của
P
và tứ diện SABC là
K
MI .
Vì
;
A
BC SBC là hai tam giác đều cạnh a
Nên
3
.
2

a
A
NSM SA
Suy ra
SAN
là tam giác đều cạnh
3
.
2
a
Suy ra
K
MI là tam giác đều cạnh
3
..
2
ab
a
Vậy
2
33
..
16



KMI
ab
S
a
Câu 20.
Gọi K, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SC.
Vì
A
HSC nên
AH
.
Ta có

.
 
BC AB
B
C SAB BC AK
BC SA
Mặt khác

 
AK SB
AK SBC AK SC AK
AK BC
.
Suy ra thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng
là tam giác
AHK vuông tại K.
Theo giả thiết ta tính được
22
12 6
2, ; .
2
55

aa
AH SC a AK KH AH AK
Diện tích thiết diện là
2
16
.
25

AHK
a
SAKHK (đơn vị diện tích).
Câu 21.
Kẻ .
A
HSD
Do
SA ABCD nên .SA CD Lại có CD AD nên
TOANMATH.co
Trang 47
CD SAD .
Suy ra
.CD AD
Từ đó ta có
 

AH SD
A
H SCD ABH SCD
AH CD
.
Vậy
A
BH chính là mặt phẳng
.
Ta có



// // .
//


AB
CD SCD
SCD HK AB CD
AB CD
HSCD
Thiết diện là tứ giác AHKB.
Dễ thấy AHKB là hình thang vuông tại A và H nên

1
.
2

AHKB
SABHKAH
Ta có

2
222 22
111 114 3
.
32
3

a
AH
AH AS AD a a
a
Trong
SCD có //HK CD nên
22 2
222222
.33
.
34


HK SH SH SD SA SA a
CD SD SD SD SA AD a a
Suy ra
33
.
44
HE CD a
Vậy

2
113373
.
224216




AHKB
aaa
SABHKAHa
Câu 22.
SA AB a SAB cân tại A. Dựng

A
HSBHSB.
Suy ra H là trung điểm của SB.
Ta có

.
 
BC AB
B
C SAB BC AH
BC SA
Từ đó suy ra
.
A
HSBC
Dựng
//
M
QAHQHB, suy ra Q là trung điểm HB.

A
HSBC MQSBC
. Do đó
QMN
.
Nhận thấy

//
//

MN
B
C SBC SBC QP BC P SC
MN BC
.
TOANMATH.co
Trang 48
Khi đó thiết diện cần tìm là hình thang vuông MNPQ.
Ta có:
2
;;
22 2 4 4

BC a AH SB a
MN MQ
333
.
444

QP SQ a
QP BC
BC SB
Vậy diện tích thiết diện cần tìm là:

2
152
..
232

MNPQ
a
SMNQPMQ
Câu 23.
Trong mặt phẳng
A
BCD , gọi EMN AB và .FMN AD
Trong mặt phẳng

A
BB A
, gọi
.
HPEBB
Trong mặt phẳng

A
DD A , gọi

K
PF DD .
Suy ra, thiết diện của hình lập phương
.

A
BCDABCD
cắt bởi
M
NP là ngũ giác PHMNK.
Mặt khác, ngũ giác ABMND là hình chiếu vuông góc của ngũ giác
PHMNK lên mặt phẳng
A
BCD nên diện tích ngũ giác PHMNK
được tính bởi công thức .cos
ABMND PHMNK
SS
.
Suy ra
cos
A
BMND
PHMNK
S
S
với
là góc tạo bởi
M
NP
và
A
BCD
.
Ta có
22 2
17
.
88

ABMND ABCD CMN
SSSaaa
Ta có





,,







MNP ABCD MN
MN ACC A
MNP ABCD AI PI AIP
ACC A ABCD AI
ACC A MNP PI
trong đó .IMN AC
Ta có
2
2
22
332 32 22
;.
44 24 4








aa
A
I AC a PI AP AI a
Suy ra
311
cos .
11

AI
PI
Vậy
2
711
.
cos 24

ABMND
PHMNK
S
Sa
Câu 24.
TOANMATH.co
Trang 49
Vì
SAC
và
SBC
là tam giác cân nên

.

SC AI
SC ABI
SC BI
Dựng
// 
M
Q SC Q AC MQ ABI
. Do đó
QMN
.
Ta cos


// // ; .

MN
M
N AB ABC QP QP AB P BC
AB ABC
Đặt

01 . ..
SM MN
kkMNPQkABka
SA AB
Từ

M
Q ABI MQ AB MQ PQ
.
Do đó thiết diện cần tìm là hình chữ nhật MNPQ.
Gọi H là trung điểm của AB.
Ta có:
  

 
SAB ABC
SAB ABC AB SH ABC SH HC do HC ABC
SH AB
.
22
6
.
2

a
SC SH HC

6
11.1..
2

MQ MA a
kMQ kSC k
SC SA
Diện tích thiết diện là:

2
22 2
6616
..1 . .
2228





MNPQ
aakka
SMNMQ kk
Vậy thiết diện đạt diện tích lớn nhất là
2
6
8
a
khi
1
2
k hay M, N là trung điểm SA, SB.
Câu 25.
Ta có

// ;

CD CD ICD
MICD
Suy ra giao tuyến của
với
ICD là đường thẳng qua M và
song song với CD cắt IC tại L và ID tại N.
Lại có

// ;

A
BAB JAB
MJAB
Nên giao tuyến của
với
J
AB là đường thẳng qua M và song
song với AB cắt JA tại P và JB tại Q.
TOANMATH.co
Trang 50
Ta có


//

AB
AB ABC
LABC
nên giao tuyến của với
A
BC là đường
thẳng qua L và song song với AB cắt BC tại E và cắt AC tại F.
Tương tự


//

AB
AB ABD
NABD
nên giao tuyến của với
A
BD
là đường thẳng qua N và song song với AB
cắt BD tại H và cắt AD tại G.
Ta có thiết diện EFGH là hình bình hành. Mà
A
BCD nên EFGH là hình chữ nhật.
Xét tam giác ICD có:
// .
L
NIN
LN CD
CD ID
Xét tam giác ICD có:
// .
IN IM
MN JD
ID IJ
Do đó
11
.
333

LN IM b
LN CD
CD IJ
Tương tự
222
.
333

P
QJM a
PQ AB
A
BJI
Vậy
2
..
9

EFGH
ab
SPQLN
| 1/50
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG – HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC Mục tiêu Kiến thức
+ Nắm vững điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc.
+ Nắm được định lý ba đường vuông góc.
+ Phát biểu và vận dụng được cách tìm thiết diện bằng quan hệ vuông góc.  Kĩ năng
+ Chứng minh được đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.
+ Chứng minh được hai mặt phẳng vuông góc.
+ Xác định được thiết diện và giải được các bài toán liên quan đến chu vi và diện tích của thiết diện.
I. LÍ THUYẾT TRỌNG TÂM
1. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng Định nghĩa
Đường thẳng d được gọi là vuông góc với mặt phẳng   nếu d
vuông góc với mọi đường thằng a thuộc mặt phẳng  .
d     d  a, a    
Kí hiệu: d    hay    d. Định lí
Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng khi và chỉ khi nó vuông góc
với hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc mặt phẳng ấy. d  a d b          b     a  . a ,
a b M Hệ quả
Nếu một đường thẳng vuông góc với hai cạnh của một tam giác thì
nó cũng vuông góc với cạnh còn lại của tam giác đó. Tính chất
Có duy nhất đường thẳng d đi qua B
Tính chất 1: Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho
và vuông góc với   .
trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.
Tính chất 2: Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho Có duy nhất mặt phẳng   đi qua A
trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.
và vuông góc với d. Trang 1
Mặt phẳng trung trực của một đoạn thẳng
Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB là mặt phẳng đi qua trung
điểm của đoạn thẳng AB và vuông góc với đường thẳng A . B Tính chất 3:
 Một mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng thì nó cũng
vuông góc với bất kì đường thẳng nào song song đường thẳng ấy.
 Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau. Tính chất 4:
 Một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì nó cũng
vuông góc với bất kì mặt phẳng nào song song mặt phẳng ấy.
 Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau. Tính chất 5:
Một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì nó cũng vuông
góc với bất kì đường thẳng nào song song mặt phẳng ấy.
Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng (không chứa đường thẳng
đó) cùng vuông góc với một đường thẳng khác thì chúng song song với nhau.
Phép chiếu vuông góc
Cho đường thẳng d    .
Phép chiếu song song theo phương d lên mặt phẳng   được gọi
là phép chiếu vuông góc lên mặt phẳng  
M  là hình chiếu của M lên  .
Định lí ba đường vuông góc
Cho đường thẳng a nằm trong mặt phẳng   và b là đường thẳng
không thuộc   đồng thời không vuông góc với   . Gọi b là
hình chiếu của b trên  .
Khi đó a  b  a  b . TOANMATH.com Trang 2
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Cho đường thẳng d và mặt phẳng   .
 Nếu d vuông góc với mặt phẳng   thì ta nói góc giữa đường
thẳng d và mặt phẳng   bằng 90 . 
 Nếu d không vuông góc với mặt phẳng   thì góc giữa d với
hình chiếu d của nó trên   được gọi là góc giữa đường thẳng d
vả mặt phẳng  .
2. Hai mặt phẳng vuông góc Định nghĩa
Hai mặt phẳng vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 90 .  
P  Q  P Q  ,  90 Tính chất
 Hai mặt phẳng vuông góc với nhau khi và chỉ khi trong mặt
phẳng này có một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia. a   P 
 P  Q    Q . a
 Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì bất cứ đường thẳng
nào nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với giao tuyến cũng
vuông góc với mặt phẳng kia. 
P  Q  a  P   a  Q. b
  P  Q  a  b
 Cho hai mặt phẳng P và Q vuông góc với nhau. Nếu từ một
điểm thuộc mặt phẳng P dựng một đường thẳng vuông góc với
mặt phẳng Q thì đường thẳng này nằm trong P . AP 
P  Q  a  P. Aa   Q TOANMATH.com Trang 3
 Nếu hai mặt phẳng cắt nhau cùng vuông góc với một mặt phẳng
thì giao tuyến của chúng cũng vuông góc với mặt phẳng đó.
P  R 
Q  R    R.
PQ   
3. Hình lăng trụ đứng, hình hộp chữ nhật
Hình lăng trụ đứng
Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với hai mặt đáy.
- Các mặt bên là các hình chữ nhật.
- Các mặt bên vuông góc với hai đáy.
Lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều được gọi là lăng trụ đều.
Hình hộp chữ nhật
Hình hộp chữ nhật là hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật.
Tất cả các mặt đều là hình chữ nhật. Đường chéo 2 2 2
d  a  b c với a, ,
b c là 3 kích thước.
Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có đáy và các mặt bên đều là hình vuông.
4. Hình chóp đều và hình chóp cụt đều Hình chóp đều
Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và chân đường
cao trùng với tâm của đa giác đáy.
+) Các cạnh bên của hình chóp đều tạo với đáy các góc bằng nhau.
+) Các mặt bên của hình chóp đều là các tam giác cân bằng nhau.
+) Các mặt bên của hình chóp đều tạo với đáy các góc bằng nhau.
Hình chóp cụt đều
Phần của hình chóp đều nằm giữa đáy và một thiết diện song song
với đáy cắt tất cả các cạnh bên của hình chóp được gọi là hình chóp cụt đều.
Hai đáy của hình chóp cụt đều là hai đa giác đồng dạng. TOANMATH.com Trang 4
SƠ ĐỒ HỆ THỐNG HÓA Định nghĩa
d     d  a, a     Định lí ba đường Hai đường thẳng a2 vuông góc vuông góc Định lí Hệ quả
d  a;d bABC :    a   
a   ,b     d   
d AB d   ABC   
b   ,b    a  b Md ACb
 laø hình chieáu cuûa b treân  
Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho
a  b  a  b
trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.
Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho
trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.
Một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì
nó cũng vuông góc với bất kì mặt phẳng nào song song mặt phẳng ấy. Tính chất
Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một
đường thẳng thì song song với nhau.
Một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì
nó cũng vuông góc với bất kì đường thẳng nào song song mặt phẳng ấy.
Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng (không
chứa đường thẳng đó) cùng vuông góc với một
đường thẳng khác thì chúng song song với nhau. TOANMATH.com Trang 5
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
Bài toán 1: Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng Phương pháp giải
Cách 1. Chứng minh đường thẳng d vuông Ví dụ. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam
góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng chứa trong giác vuông tại ,
B cạnh bên SA vuông góc với dáy. mặt phẳng P.
Chứng minh BC  SAB.
Hướng dẫn giải
Ta có tam giác ABC vuông tại B nên BC A . B
Do SA   ABC nên BC S . A BC ABBC SA  Ta có:   
AB SA    BCSAB. A  AB,SA   SAB
Cách 2. Chứng minh d song song với a mà a  P.
Cách 3. Chứng minh d  Q và Q // P. Ví dụ mẫu
Ví dụ 1. Cho tứ diện OABC có ,
OA OB,OC đôi một vuông góc với nhau. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của O trên mặt phẳng  ABC. Chứng minh a)
BC  OAH . b)
H là trực tâm của ABC.
Hướng dẫn giải OA   OB a) Ta có 
OA  OBC  OA BC. OA   OC OH     ABC Mà 
nên OH BC. BC    ABC TOANMATH.com Trang 6
Vậy BC  OAH . b) Do
OH   ABC nên OH AC   1 . OB   OA Ta có 
nên OB  OAC  OB AC 2. OB   OC Từ  
1 và 2 suy ra AC  OBH   AC BH.
Mặt khác BC  OAH   AH BC.
Vậy H là trực tâm của tam giác ABC.
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Gọi ,
H K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, . SD a)
Chứng minh AK  SCD. b)
Chứng minh AH  SBC. c)
Chứng minh SC   AHK .
Hướng dẫn giải
a) Ta có SA   ABCD  CD S . A
ABCD là hình chữ nhật nên CD A . D Suy ra
CD  SAD  CD AK. Ta
lại có AK S .
D Suy ra AK  SCD.
b) Ta có CB SA (do SA vuông góc với đáy)
CB AB (do ABCD là hình chữ nhật). Suy ra
CB  SAB. Mà
AH  SAB nên CB AH. Ta
lại có AH S .
B Suy ra AH  SBC. c) Ta có
AK  SCD suy ra AK SC.
AH  SCB suy ra AH SC. Suy ra
SC   AHK .
Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, có SA vuông góc  ABCD. Gọi H và K lần lượt
là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SB và .
SD Chứng minh rằng HK  SAC.
Hướng dẫn giải Xét SAB  vuông tại ,
A đường cao AH. TOANMATH.com Trang 7 2 SH SA Ta có 2
SA SH.SB   1 . 2   SB SB Xét SAD vuông tại ,
A đường cao AK. 2 SK SA Ta có 2
SA SK.SD   2 . 2   SD SD 2 2 2
SB SA AB  Mà 2 2 2
SD SA AD SB SD 3. AB ADSH SK Từ   1 ,2 và 3 suy ra   HK //B . D SB SD
Lại có BD AC (tính chất hình thoi) mà
SA   ABCD, BD   ABCD  BD  . SA Suy ra
BD  SAC mà HK //BD nên HK  SAC.
Ví dụ 4. Cho hình lập phương ABC . D AB CD  . a)
Chứng minh AC   ABD. b)
Chứng minh AC  CB D  .
Hướng dẫn giải a) Gọi ,
O I lần lượt là tâm của các hình vuông ABCD, AAB . B BD AC Ta có 
BD   ACC A
   BD AC  1 . BD AA
BA  AB 
BA   AB CD
   BA  AC2. BA  B C   Từ  
1 và 2 , ta có AC   ABD. BD//B D   BD//  CB D   b) Ta có   
  ABD // CB D   AB CD AB  CB D   . // // TOANMATH.com Trang 8 Mà
AC   ABD nên AC  CB D  .
Bài toán 2: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc Phương pháp giải
Chọn mặt phẳng P chứa đường thẳng ,
b sau đó Ví dụ. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình vuông, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi
chứng minh a  P.
H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SC, S . D Từ đó suy ra a  . b
Chứng minh HK SC.
Hướng dẫn giải
Ta có CD AD,CD SA
Suy ra CD  SAD  CD AK.
Mà AK SD nên AK  SDC  AK SC.
Mặt khác AH SC nên SC   AHK .
Suy ra HK SC. Ví dụ mẫu
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,
SA   ACBD, AD  2a, AB BC  a. Chứng minh rằng CD SC.
Hướng dẫn giải
SA   ABCD  Ta có:
  SA CD 
CD   ABCD 1 . 
Gọi I là trung điểm của A . D Tứ giác
ABCI là hình vuông. Do đó  ACI  45 . 
Mặt khác, CID là tam giác vuông cân tại I nên  DCI  45 .  Suy ra 
ACD  90 hay AC CD 2. Từ  
1 và 2 suy ra CD  SAC  CD SC. TOANMATH.com Trang 9
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là hình tam giác vuông tại A và có Chú ý:
SA   ABC. Chứng minh rằng AC S . B Cách khác để chứng
Hướng dẫn giải minh hai đường thẳng vuông góc: Sử
Vì SA   ABC nên AB là hình chiếu vuông góc dụng định lý ba
của SB trên  ABC. đường vuông góc.
Mặt khác theo giả thiết AC A . B
Suy ra AC SB (theo định lý ba đường vuông góc).
Ví dụ 3. Cho tứ diện ABCD có AB AC, DB DC. Chứng minh AD BC.
Hướng dẫn giải
Gọi H là trung điểm BC.
Vì ABC cân tại A và DBC cân tại D nên ta có
AH BC; DH BC BC   ADH   AD BC.
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng P cho BCD đều. Gọi M là trung điểm của CD,G
là một điểm thuộc đoạn thẳng BM . Lấy điểm A nằm ngoài P sao cho G là
hình chiếu vuông góc của A trên P. Chứng mình rằng AB C . D
Hướng dẫn giải
Vì AG  BCD nên BG là hình chiếu vuông
góc của AB trên BCD.
Mặt khác theo giả thiết BG CD suy ra
AB CD (theo định lý ba đường vuông góc).
Bài tập tự luyện dạng 1
Câu 1: Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
B. Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau.
C. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
D. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau. TOANMATH.com Trang 10
Câu 2: Cho mặt phẳng   chứa hai đường thẳng phân biệt a và .
b Đường thẳng c vuông góc với  .
Mệnh đề nào sau đây đúng?
A. c và a cắt nhau. B. c và b chéo nhau.
C. c vuông góc với a và c vuông góc với . b D. a, , b c đồng phẳng.
Câu 3: Cho hai đường thẳng a,b và mặt phẳng P . Mệnh đề nào đúng trong các mệnh đề sau?
A. Nếu a// P và b  a thì b// P. B. Nếu a// P và b  P thì a  . b
C. Nếu a// P và b  a thì b  P. D. Nếu a  P và b  a thì b// P.
Câu 4: Trong không gian cho đường thẳng  và điểm I. Có bao nhiêu mặt phẳng chứa điểm I và vuông
góc với đường thẳng  ?
A. 2. B. Vô số. C. Không có. D. 1.
Câu 5: Trong không gian cho đường thẳng  và điểm .
O Qua O có bao nhiêu đường thẳng vuông góc với  ?
A. 1. B. 2. C. 3. D. Vô số.
Câu 6: Cho tứ diện ABCD có AB vuông góc với .
BD Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của ,
A D lên các mặt phẳng BCD và  ABC. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. H là trực tâm tam giác B .
CD B. AD vuông góc với BC.
C. AH và DK không chéo nhau. D. Cả ba câu đều sai.
Câu 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại ,
B cạnh bên SA vuông góc với đáy,
M là trung điểm BC, J là trung điểm BM. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. BC  SAB. B. BC  SAJ . C. BC  SAC. D. BC  SAM .
Câu 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với mặt phẳng
ABCD . Khẳng định nào sau đây đúng?
A. BA  SAC . B. BA  SBC . C. BA  SAD. D. BA  SCD.
Câu 9: Cho hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng nhau và ABCD là hình
vuông. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. SA   ABCD. B. AC  SBC. C. AC  SBD. D. AC  SCD.
Câu 10: Cho hình lập phương ABC . D AB CD
 . Đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng nào sau đây?
A.ABD. B.ADC. C.ACD. D.AB CD.
Câu 11: Tứ diện ABCD có cạnh AB vuông góc với mặt phẳng BCD. Trong tam giác BCD vẽ các
đường cao BE và DF cắt nhau tại .
O Khẳng định nào sau đây đúng?
A.ABC   ABD. B.ADC  DFK . C.ABD   ACD. D.ABD   ACD.
Câu 12: Cho hình chóp S.ABC có cạnh SA   ABC và đáy ABC là tam giác cân đỉnh C. Gọi H và K
lần lượt là trung điểm của AB và .
SB Khẳng định nào sau đây sai? A. CH  .
SA B. CH  .
SB C. CH AK. D. AK S . B TOANMATH.com Trang 11
Câu 13: Cho hai hình chữ nhật ABCD và ABEF chứa trong hai mặt phẳng vuông góc. Gọi O, I, J lần
lượt là trung điểm của CD, AB, EF. Khẳng định nào sau đây sai?
A. OI   ABEF . B. IJ   ABCD. C. OJ   ABCD. D. AB OJ.
Câu 14: Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Số
các mặt của tứ diện SABC là tam giác vuông là
A. 2. B. 3. C. 4. D. 1.
Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD có SA   ABCD và đáy ABCD là hình chữ nhật. Gọi O là tâm của
ABCD và I là trung điểm của SC. Khẳng định nào sau đây sai?
A. IO   ABCD.
B. BC S . B
C.SAC là mặt phẳng trung trực của đoạn B .
D D. Tam giác SCD vuông ở . D
Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D , có
AD CD  a, AB  2a, SA   ABCD, E là trung điểm của A .
B Khẳng định nào sau đây đúng?
A. CE  SAB.
B. CB  SAB.
C.SDC vuông tại C. D. CE  SDC.
Câu 17: Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA   ABC, tam giác ABC vuông tại .
B Gọi H là hình chiếu của A trên .
SB Xét các khẳng định sau  
1 : AH SC;
2: BC  SAB; 3: SC  . AB
Có bao nhiêu khẳng định đúng?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 0.
Câu 18: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc đáy.
Khẳng định nào sau đây sai?
A. BC  SAB. B. AC  SBD. C. BD  SAC. D. CD  SAD.
Câu 19: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA   ABCD. Gọi ; AE AF lần lượt
là các đường cao của tam giác SAB và tam giác .
SAD Khẳng định nào sau đây đúng?
A. SC   AFB. B. SC   AEC. C. SC   AED. D. SC   AEF .
Câu 20: Cho hình chóp S.ABC có SA   ABC và đáy ABC là tam giác cân ở .
A Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A lên SBC. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. H S . B
B. H trùng với trọng tâm tam giác SBC.
C. H SC.
D. H SI ( I là trung điểm của BC ).
Câu 21: Cho hình tứ diện ABCD có AB, BC,CD đôi một vuông góc nhau. Hãy chỉ ra điểm I cách đều bốn điểm , A B,C, . D
A. I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. B. I là trọng tâm tam giác A . CD
C. I là trung điểm cạnh B .
D D. I là trung điểm cạnh A . D
Câu 22: Cho hình chóp S.ABC có SA SB SC và ABC vuông tại C. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của S lên  ABC. Khẳng định nào sau đây đúng? TOANMATH.com Trang 12
A. H là trung điểm của cạnh A .
B B. H là trọng tâm của ABC.
C. H là trực tâm của ABC. D. H là trung điểm của cạnh AC.
Câu 23: Cho tứ diện SABC có các góc phẳng tại đỉnh S đều vuông. Hình chiếu vuông góc của S xuống
mặt phẳng  ABC là
A. trực tâm của ABC. B. trọng tâm của ABC.
C. tâm đường tròn nội tiếp của ABC. D. tâm đường tròn ngoại tiếp của ABC.
Câu 24: Cho lăng trụ đứng ABC . D AB CD
  có đáy ABCD là hình vuông. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. AC  B B
D. B. AC  B CD
 . C. AC  B B
D. D. AC  B CD.
Dạng 2: Hai mặt phẳng vuông góc Phương pháp giải
Chứng minh trong mặt phẳng này có một đường Ví dụ. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình
thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.
vuông, SA vuông góc với đáy. Gọi H, K lần lượt là a    
hình chiếu của A trên SB, SD. Chứng minh rằng 
      . a    
SAC   AHK  .
Hướng dẫn giải
SA CDdo SA   ABCD 
Ta có CD ADAD SA      A
Suy ra CD  SAD  CD AK.
Mà AK SD nên AK  SCD  AK SC .
Tương tự ta chứng minh được AH SC.
Do đó SC   AHK .
Mà SC  SAC nên SAC   AHK  . Ví dụ mẫu
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, SAC là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC . Chứng minh rằng SBC  SAC . TOANMATH.com Trang 13
Hướng dẫn giải
SAC  ABC  AC
Ta có SAC   ABC
BC  SAC
BC  ABC,BC   AC
Mà BC  SBC nên SBC  SAC.
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SA a , các cạnh còn lại bằng b. Chứng minh
SAC   ABCD và SAC  SBD.
Hướng dẫn giải Gọi  
O AC B .
D Vì ABCD có tất cả các cạnh
đều bằng b nên ABCD là một hình thoi. Suy ra
AC BD nên O là trung điểm của BD.
Mặt khác SB SD nên SBD cân tại S. Do đó SO  . BD BD AC Vậy 
BD  SAC BD SO
Suy ra SAC   ABCD và SAC  SBD .
Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD a 2, SA a và
SA   ABCD . Gọi M là trung điểm của AD. Chứng minh SAC  SMB .
Hướng dẫn giải
Gọi I là giao điểm của AC và MB.
Ta có MA MD và AD // BC nên áp dụng định lý 1
Talet, suy ra AI IC. 2 2 1 2 2 2 2 2 2    3 ,   a AC AD DC a AI AC . 9 3 2   2 1 1  a 2  a 2 2 2
MI MB     a   . 9 9  2     6   2 2 2 a aa 2  Từ đó suy ra 2 2 2 AI MI       MA . 3 6  2   
Vậy AMI là tam giác vuông tại I. Suy ra MB AC .(1)
Mặt khác SA   ABCD  SA  . MB (2) TOANMATH.com Trang 14
Từ (1), (2) suy ra MB  SAC .
Do MB  SMB nên SMB  SAC. Chú ý:
Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc, ta có thể xác định góc giữa hai mặt phẳng, rồi tính trực tiếp
góc đó bằng 90 .     ,  90 . 
     .
Ví dụ 4. Cho hình chóp đều S.ABC, có đọ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các
cạnh SB, SC. Tính diện tích tam giác AMN biết rằng  AMN   SBC .
Hướng dẫn giải
Gọi K là trung điểm của BC và I  SK MN. Từ giả thiết ta có 1   a MN BC
, MN // BC I là trung điểm của 2 2 SK và MN.
Ta có SAB  SAC AM AN (hai trung tuyến tương ứng).
Suy ra AMN cân tại A AI MN.
SBC   AMN  
SBC  AMN   MN Ta có 
AI  SBC.
AI   AMN   AI MN 3
Suy ra AI SK và SAK cân tại A;   a SA AK . 2 2 2 2 3a a a Ta có 2 2 2
SK SB BK    . 4 4 2 2  SK a 10 Suy ra 2 2 2
AI SA SI SA   .    2  4 2 1 a 10 Vậy SMN.AI  . AMN 2 16
Ví dụ 5. Cho hình hộp chữ nhật ABC . D
A BCD có AB AD a, A A  .
b Gọi M là trung điểm của a
CC . Xác định tỉ số để hai mặt phẳng  
A BD và MBD vuông góc với nhau. b
Hướng dẫn giải TOANMATH.com Trang 15
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. AC BD Ta có BD   
A BD MBD mà  nên  ACC  A   BD . A   A BD  ACC  A   BD
Ta có  ACC  A    
A BD  O
A nên góc giữa hai đường thẳng OM,
OA là góc giữa hai mặt phẳng
ACC AMBD   OM  
A BD và MBD . 2 2 2 2 2 AC
AB AD A A 2a b Ta có OM    và 2 2 2 2 2  a 2  a 2 2 2 2 2
OA  AO AA     b   b .  2  2   2 2  b  5b 2 2 2 2 2 2  MA  
A C  MC  a b   a  .    2  4 Hai mặt phẳng  
A BD và MBD vuông góc với nhau nên   OMA vuông tại 2 2 2
O OM O A M A 2 2 2 2 2a ba   5b a 2 2 2 2 
   b   a
  a b  1. 4  2   4  b a Vậy  
A BD  MBD khi 1. b Khi đó ABC . D
A BCD là hình lập phương.
Bài tập tự luyện dạng 2
Câu 1: Cho các đường thẳng a; b; c. Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây?
A. Nếu a b và mặt phẳng   chứa a, mặt phẳng   chứa b thì      .
B. Cho a b, a    . Mọi mặt phẳng   chứa b và vuông góc với a thì      . C. Cho a  .
b Mọi mặt phẳng chứa b đều vuông góc với a.
D. Cho a, b. Mọi mặt phẳng   chứa c trong đó ,
c a c b thì đều vuông góc với mặt phẳng a,b .
Câu 2: Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào đúng? TOANMATH.com Trang 16
A. Một mặt phẳng   và một đường thẳng a không thuộc   cùng vuông góc với đường thẳng b thì
  song song với a.
B. Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì vuông góc với nhau.
C. Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì cắt nhau.
D. Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Câu 3: Cho   và   là hai mặt phẳng vuông góc với giao tuyến  và a, b, c, d là các đường thẳng.
Các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
A. Nếu b   thì b    hoặc b    . B. Nếu d   thì d    .
C. Nếu a    và a   thì a    . D. Nếu //
c  thì c //   hoặc c //   .
Câu 4: Trong các mệnh đề sau đây, mệnh đề nào sai?
A. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.
B. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.
C. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một đường thẳng cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.
D. Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.
Câu 5: Cho các khẳng định sau a//  b  //  (I)   b (II)   a   .       ;  aa        aa     (III)     //   (IV)   a b   ;  bb     // .
Những khẳng định nào sai?
A. (I). B. (II). C. (III). D. (IV).
Câu 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, SA SC . Khẳng định nào sau đây đúng?
A. Mặt phẳng SBD vuông góc với mặt phẳng  ABCD .
B. Mặt phẳng SBC vuông góc với mặt phẳng  ABCD .
C. Mặt phẳng SAD vuông góc với mặt phẳng  ABCD .
D. Mặt phẳng SAB vuông góc với mặt phẳng  ABCD .
Câu 7: Cho các mệnh đề sau:
1) Hình hộp có các đường chéo bằng nhau là hình lập phương.
2) Hình hộp các các cạnh bằng nhau là hình lập phương.
3) Hình hộp đứng có các cạnh bằng nhau là hình lập phương.
4) Hình hộp chữ nhật có các cạnh bằng nhau là hình lập phương
Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề trên?
A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. TOANMATH.com Trang 17
Câu 8: Khẳng định nào sau đây sai?
A. Hai mặt phẳng gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa hai mặt phẳng đó là góc vuông.
B. Hình hộp chữ nhật là hình lăng trụ đứng.
C. Hình chóp đều có các mặt bên là các tam giác đều.
D. Hình lăng trụ đều có các mặt bên là các hình chữ nhật bằng nhau.
Câu 9: Cho hình lăng trụ ABC . D
A BCD . Hình chiếu vuông góc của 
A lên  ABC trùng với trực tâm
H của tam giác ABC. Khẳng định nào sau đây sai? A.A
A BB  BBCC . B.A A H    
A BC .
C. BBCC là hình chữ nhật. D.BBCC   A A H  .
Câu 10: Cho hình lăng trụ đứng ABC. 
A BC có đáy ABC là tam giác vuông cân ở A. Gọi H là trung
điểm BC. Khẳng định nào sau đây sai?
A. Hai mặt phẳng  A
A BB và  A
A CC  vuông góc nhau.
B. Các mặt bên của ABC. 
A BC là các hình chữ nhật bằng nhau.
C. Nếu O là hình chiếu vuông góc của A lên  
A BC  thì O   A H . D.A
A H  là mặt phẳng trung trục của BC.
Câu 11: Cho tứ diện ABCD có hai mặt phẳng  ABC và  ABD cùng vuông góc với DBC . Gọi BE và
DF là hai đường cao của BCD , DK là đường cao của A . CD
Khẳng định nào sau đây sai?
A.ABE   ADC. B.ABD   ADC. C.ABC  DFK . D.DFK    ADC.
Câu 12: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân tại B, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi I là
trung điểm AC và H là hình chiếu của I lên SC. Khẳng định nào sau đây đúng?
A.BIH   SBC. B.SAC  SAB. C.SBC   ABC. D.SAC  SBC. a
Câu 13: Cho hình chóp cụt tứ giác đều ABC . D
A BCD . Cạnh của đáy nhỏ ABCD bằng và cạnh của 3 đáy lớn 
A BCD bằng a. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 .
 Chiều cao OO của hình chóp cụt là 6 3 2 6 3 2 A.   a OO . B.   a OO . C.   a OO . D.   a OO . 3 2 3 4
Câu 14: Cho tứ diện ABCD có AC AD BC BD a,CD  2x, ACD  BCD .
Giá trị của x để  ABC   ABD bằng 2 3 A. x  .
a B.a x
. C. x a 2. D.a x . 2 3
Câu 15: Một khối lập phương lớn tạo bởi 27 khối lập phương đơn vị. Một mặt phẳng vuông góc với
đường chéo của khối lập phương lớn tại trung điểm của nó. Mặt phẳng này cắt ngang (không đi qua đỉnh)
bao nhiêu khối lập phương đơn vị?
A. 16. B. 17. C. 18. D. 19. TOANMATH.com Trang 18
Dạng 3: Dùng mối quan hệ vuông góc giải bài toán thiết diện Phương pháp giải
Mặt phẳng P đi qua một điểm và vuông góc với Ví dụ: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có
đường thẳng a cắt hình chóp theo một thiết diện. 3  ,  a AB a SA
. Gọi I là trung điểm của cạnh 2
+) Xác định mặt phẳng P có tính chất gì?
BC, mặt phẳng P qua A và vuông góc với SI cắt
Tìm đường thẳng song song với P .
hình chóp đã cho theo một thiết diện.
+) Tìm các đoạn giao tuyến của P và các mặt Tính diện tích thiết diện đó. của hình chóp:
Hướng dẫn giải
Sử dụng tính chất về giao tuyến song song như sau a   Q 
 P Qm a a P  // . //
+ Kết luận hình dạng của thiết diện và tính các yêu cầu liên quan.
 Thiết diện là hình gì?
 Dựa vào các công thức tính diện tích để tính diện Kẻ AH SI . Suy ra AH P. tích thiết diện.
 Áp dụng bất đẳng thức để tìm giá trị lớn nhất Ta có AI BC, SI BC BC AH.
nhỏ nhất diện tích thiết diện.
Mà P  SI nên P // BC.
Lại có P SBC  d // BC H d.
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của d và SB, SC.
Suy ra thiết diện cần tìm là AEF . a 3 a 3
Ta có SA SB SC  , AI  , 2 2 2 2 3a a a 2 SI    . 4 4 2 2 5a a 10 S   AH  . SAI 8 4 EF SH a Ta có   EF  . BC SI 2 2 1 1 a 10 a a 10  SAH.FE  . .  . AEF 2 2 4 2 16 Ví dụ mẫu TOANMATH.com Trang 19
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A, D; AB  2 ;
a SA AD DC  ; a
SA   ABCD . Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng   qua SD và    SAC .
Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm AB.
Tứ giác ADCM là hình vuông  DM AC.
Mà DM SA suy ra
DM  SAC  SDM   SAC     SDM .
Suy ra thiết diện là SDM . a 6 Ta có 2 2
SO SA OA  , DM a 2. 2 2 . SO DM a 3
Diện tích thiết diện là S   . SDM 2 2
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  2 .
a Mặt phẳng P qua A và vuông góc với SC. Tính diện tích của thiết diện cắt bởi P và hình chóp S.ABCD.
Hướng dẫn giải
Gọi M, N, P lần lượt là giao điểm của P với các đường thẳng SB, SC, SD.
Ta có SA   ABCD  SA BC. Mà BC A . B
BC  SAB  BC AM .
Mặt khác SC  P  SC AM nên AM  SBC  AM  . SB
Tương tự AN SC, AP SD, MP // BD MP AN. SM SP MP 4 4a 2 Ta có     MP  . SB SD BD 5 5  AS.AC 2a 3
SAN vuông tại A nên AN   . 2 2 AS AC 3 TOANMATH.com Trang 20 2 AN.MP 4a 6 Suy ra S   . AMNP 2 15
Ví dụ 3. Cho lăng trụ tứ giác đều ABC . D
A BCD , cạnh đáy của lăng trụ bằng a. Một mặt phẳng  
hợp với mặt phẳng đáy  ABCD một góc 45 và cắt các cạnh bên của lăng trụ tại M, N, P, Q. Tính diện tích thiết diện.
Hướng dẫn giải
Gọi S là diện tích thiết diện MNPQ.
Ta có hình chiếu của MNPQ xuống  ABCD chính là hình vuông ABCD. 2 S  Sa . ABCD
Gọi      ABCD  , thì   45 .  2 Do 2
S  S.cos  S.
S  2S  2a . 2
Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi H là trung điểm của BC, O là
trung điểm của AH và G là trọng tâm của tam giác ABC. Biết SO vuông góc mặt phẳng  ABC và SO  2 .
a Tính diện tích thiết diện với hình chóp S.ABC khi cắt bởi mặt phẳng P đi qua G và vuông góc với AH.
Hướng dẫn giải
Qua G dựng đường thẳng MNM AB, N AC
song song với BC thì MN AH MN  P .
Qua G dựng đường thẳng GK K SH  song song
với SO thì GK AH.
GK  P
Qua K dựng đường thẳng PQP SC,Q SB
song song với BC thì PQ AH PQ  P .
Suy ra thiết diện là tứ giác MNPQ.
Ta có MN và PQ cùng song song BC suy ra G là trung điểm của MN và K là trung điểm của PQ. Tứ giác MNPQ là hình thang. 2 2
Vì G là trọng tâm tam giác ABC và MN // BC MN BC  . a 3 3 OH 1 HG 1 HG 2 Ta có  ,    . AH 2 AH 3 OH 3 TOANMATH.com Trang 21 HG GK HK 2 4
Vì GK // SO nên     KG  . a HO SO HS 3 3 HK 2 SK 1 PQ 1
Mặt khác PQ // BC,      PQ  . a HS 3 SH 3 BC 3
Vậy diện tích thiết diện cần tìm là 1  
S  .PQ MN  1 1 2 4 2 2 .GK
a a . a a .   2 2  3 3  3 3
Ví dụ 5. Cho hình lập phương ABC . D
A BCD có cạnh bằng a. Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung
trực của đoạn thẳng BD . Tính diện tích thiết diện.
Hướng dẫn giải
Thiết diện là hình chữu nhật MNP . Q IB IH BH
Ta có IBH ∽ DBD suy ra   . DB DDBDa 3 a 3 .a 3 . IB BD 3a 2 . .  a IB DD 6a Suy ra 2 BH    và 2 IH    . DB a 2 4 DB a 2 4 3a 2 a 2  DH BD BH 1 1 a 2 Suy ra 4  
  MN AC  . DO DO a 2 2 2 2 2 6 Ta có   2  a NP HK HI . 2 a 2 a 6 3 Vậy 2 SMN.NP  .  a . MNPQ 2 2 2
Ví dụ 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA b và vuông góc với
mặt phẳng đáy  ABCD . Gọi M là điểm trên cạnh AB sau cho AM x0  x a . Gọi   là mặt
phẳng qua M vuông góc với đường thẳng AC.
a) Xác định thiết diện của hình chóp đã cho với mặt phẳng  .
b) Tính diện tích S của thiết diện theo a, b, x.
c) Tìm x để diện tích của thiết diện lớn nhất. TOANMATH.com Trang 22
Hướng dẫn giải
a) Xác định thiết diện của hình chóp đã cho với mặt phẳng   . SA AC Ta có     // , SA   // . BD BD AC    // SA +) 
   SABm với m đi qua M và song song với SA cắt cạnh SB tại N. SA   SAB     // BD +) 
    ABCDn với n đi qua M và song song với BD cắt cạnh AD tại L và cắt BD    ABCD 
đoạn AC tại I.    // SA +) 
   SACp đi qua I và song song với SA cắt cạnh SC tại P. SA   SAC     // SA +) 
   SADq đi qua L và song song với SA cắt cạnh SD tại Q. SA   SAD 
Mặt phẳng   cắt các mặt của hình chóp S.ABCD theo năm đoạn giao tuyến MN, NP, PQ, QL, LM nên
thiết diện là ngũ giác MNPQL.
b) Tính diện tích S của thiết diện theo a, b, x.
Chú ý tính chất đối xứng ta có S  2S . MNPQL MINP
Trong đó tứ giác MINP là hình thang vuông tại I và M, gọi O là tâm hình vuông ABCD ta có theo định lí MN BM a x
ba x Ta-lét, ta có    MN  ; SA BA a a MI AM x x 2    MI  . BO AB a 2 IP CI CO OI 1 OI 1 BM 1 a x 2a           x . SA CA 2OA 2 2OA 2 2BA 2 2a 2a
b2a x Suy ra IP  . Ta có 2a TOANMATH.com Trang 23 b a x b a x x bx a x SMN IP MI . MNPQL        2   2 2 4  3       a 2a 2 4   a
c) Tìm x để diện tích của thiết diện lớn nhất.
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
bx a x 2 2. 4 3 2.  
b xax 2.b3x4a3x  2ab S .3 4 3   .   4a 12a 12a  2  3 2
Dấu “=” xảy ra  3  4  3   a x a x x . 3
Bài tập tự luyện dạng 3
Câu 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA   ABC . Gọi P là mặt phẳng qua B và
vuông góc với SC. Thiết diện của P và hình chóp S.ABC là
A. Hình thang vuông. B. Tam giác đều. C. Tam giác cân. D. Tam giác vuông.
Câu 2: Cho tứ diện ABCD có hai tam giác ABC và ABD đều lần lượt nằm trong mặt phẳng cùng vuông
với  ABD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, CB, BD, DA. Tứ giác MNPQ là hình gì?
A. Hình ngũ giác đều. B. Hình chữ nhật. C. Lục giác. D. Tam giác vuông.
Câu 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh bên SA   ABC . Mặt phẳng
P đi qua trung điểm M của AB và vuông góc với SB cắt AC, SC, SB lần lượt tại N, P, Q. Tứ giác MNPQ là hình gì?
A. Hình thang vuông. B. Hình thang cân. C. Hình bình hành. D. Hình chữ nhật.
Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, O là trung điểm của đường cao AH của tam
giác ABC, SO vuông góc với đáy. Gọi I là điểm tùy ý trên OH (không trùng với O và H). Mặt phẳng P
qua I và vuông góc với OH. Thiết diện của P và hình chóp S.ABC là hình gì?
A. Hình thang cân. B. Hình thang vuông. C. Hình bình hành. D. Tam giác vuông.
Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi
  là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SB. Khi đó, mặt phẳng   cắt hình chóp S.ABCD theo thiết diện là hình gì?
A. Hình ngũ giác đều. B. Hình thang. C. Hình bình hành. D. Tam giác vuông.
Câu 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy BD, là tam giác đều cạnh a, SA   ABC , SA  .
a Gọi P là mặt
phẳng đi qua S và vuông góc với BC. Thiết diện của P và hình chóp S.ABC có diện tích bằng 2 a 3 2 a 2 a A. . B. . C. . D. 2 a . 4 6 2
Câu 7: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B với SA vuông góc với đáy và
AB a, BC a 2, SA  2 .
a Gọi P là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SB. Diện tích của thiết
diện khi cắt hình chóp bởi P là TOANMATH.com Trang 24 2 8a 10 2 4a 10 2 4a 3 2 4a 6 A. . B. . C. . D. . 25 25 15 15
Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và SA SB SC ba b 2 . Gọi G
là trọng tâm ABC . Xét mặt phẳng P đi qua A và vuông góc với SC tại điểm C, nằm giữa S và C. Diện
tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng P là 2 2 2 3  2 2 2 3  2 2 2 3  2 2 2 3  A.a b a S . B.a b a S . C.a b a S . D.a b a S . 4b 2b 2b 4b
Câu 9: Tam giác ABC có BC  2a , đường cao AD a 2 . Trên đường thẳng vuông góc với  ABC tại
A, lấy điểm S sao cho SA a 2. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của SB và SC. Diện tích tam giác AEF bằng 3 3 1 3 A. 2 a . B. 2 a . C. 2 a . D. 2 a . 4 6 2 2
Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thang vuông tại A, đáy lớn AD  8, BC  6 , SA
vuông góc với mặt phẳng  ABCD , SA  6 . Gọi M là trung điểm AB. P là mặt phẳng qua M và vuông
góc với AB. Thiết diện của P và hình chóp có diện tích bằng
A. 10. B. 20. C. 15. D. 16.
Câu 11: Cho tứ diện đều ABCD cạnh 12
a  , gọi P là mặt phẳng qua B và vuông góc với AD. Thiết
diện của P và hình chóp có diện tích bằng
A. 40. B. 36 2. C. 36 3. D. 36.
Câu 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O với AB a , AD  2 . a Cạnh bên
SA a và vuông góc với đáy. Gọi   là mặt phẳng qua SO và vuông góc với SAD. Diện tích của
thiết diện tạo bởi   và hình chóp bằng 2 a 2 2 a 3 2 a 2 2 a 3 A. . B. . C. . D. . 4 2 2 4
Câu 13: Cho hình lập phương ABC . D
A BCD có cạnh bằng a. Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung
trục của BD . Diện tích thiết diện tạo thành bằng 2 3a 3 2 a 3 2 a 3 A. . B. . C. 2 a 2. D. . 4 2 4
Câu 14: Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a, điểm M thuộc cạnh SC sao cho
SM  2MC. Mặt phẳng P chứa AM và song song với BD. Diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD
cắt bởi P bằng 2 3a 2 4 26a 2 2 26a 2 2 3a A. . B. . C. . D. . 5 15 15 5 TOANMATH.com Trang 25
Câu 15: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB  2a, AD CD  ; a
cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  2 .
a Mặt phẳng   qua SD và vuông góc với mặt phẳng SAC .
Diện tích thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi   bằng 2 a 2 3a A. 2 a . B. 2 3a . C. . D. . 2 2
Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a,  ABC  60 ;
SO   ABCD , 3  a SO
. Diện tích thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng   qua AD và vuông góc với SBC 4 bằng 2 9a 2 3a 2 3a 2 a A. . B. . C. . D. . 16 4 8 2
Câu 17: Trong mặt phẳng   cho tam giác ABC vuông tại A có 
AB a, B  60 .
 Gọi O là trung điểm
BC. Lấy S là điểm nằm ngoài mặt phẳng   sao cho SB a và SB  .
OA Gọi M là điểm trên cạnh AB
sao cho BM x 0  x a . Gọi   là mặt phẳng đi qua điểm M và song song với SB và OA. Với giá trị
nào của x thì thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi mặt phẳng   có diện tích lớn nhất? a a 3a 2a
A. . B. . C. . D. . 2 3 4 3 3
Câu 18: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh  a AD
, tam giác SAB là tam 2
giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết góc tạo bởi mặt bên SCD với mặt đáy bằng 30 ,
 gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AD, mặt phẳng P chứa MN và vuông góc SAD. Diện
tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng P với hình chóp bằng 2 3a 2 3 3a 2 3 3a 2 2 3a A. . B. . C. . D. . 16 16 8 16 3
Câu 19: Cho tứ diện SABC có hai mặt  ABC và SBC là hai tam giác đều cạnh a, SA a , M là 2
điểm trên AB sao cho AM b0  b a , P là mặt phẳng qua M và vuông góc với BC. Thiết diện của
P và tứ diện SABC có diện tích bằng 2
3 3  a b  2
3  a b  2
3 3  a b  2
3 3  a b A. . .   B. . .   C. .   D. .   4  a  4  a  16  a  8  a
Câu 20: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, ,
AB a AC  2a và SA  2a vuông
góc với mặt phẳng đáy  ABC . Diện tích của thiết diện khi cắt hình chóp bởi mặt phẳng   qua A và
vuông góc với SC bằng 2 a 3 2 a 3 2 a 6 2 a 6 A. . B. . C. . D. . 4 6 5 10 TOANMATH.com Trang 26
Câu 21: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a cạnh SA   ABCD và SA a 3 .
Gọi   là mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mặt phẳng SCD . Diện tích thiết diện của hình chóp
S.ABCD khi cắt bởi   là 2 7a 6 2 7a 2 2 7a 3 2 7a 3 A. . B. . C. . D. . 16 16 8 16
Câu 22: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, SA   ABC và SA AB  . a Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC; mặt phẳng   qua MN và vuông góc với SBC . Diện tích
thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi   bằng 2 5a 2 2 5a 2 2 5a 3 2 5a 3 A. . B. . C. . D. . 32 16 8 16
Câu 23: Cho hình lập phương ABC . D
A BCD cạnh a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh
BC, CD và A
A . Diện tích thiết diện của hình lập phương cắt bởi mặt phẳng MNP bằng 2 7a 11 2 7a 11 2 5a 11 2 5a 11 A. . B. . C. . D. . 24 12 12 24
Câu 24: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC và mặt bên SAB là các tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB
vuông góc với đáy. Gọi I là trung điểm của SC và M, N lần lượt thuộc đoạn SA, SB (M không trùng S và
A) sao cho MN // AB ; mặt phẳng   qua MN và vuông góc với  ABI  . Giá trị lớn nhất của diện tích
thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi   bằng 2 a 3 2 a 2 2 a 6 2 a 3 A. . B. . C. . D. . 4 8 8 8
Câu 25: Cho tứ diện ABCD có AB a,CD b và AB C .
D Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB và CD.
Mặt phẳng   qua M nằm trên đoạn IJ và song song với AB và CD. Diện tích thiết diện của tứ diện 1
ABCD với mặt phẳng   , biết IM IJ bằng 3 ab 2ab A. . ab B.
. C. 2ab. D. . 9 9
Đáp án và lời giải
Dạng 1. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng 1 – D 2 – C 3 – B 4 – D 5 – D 6 – D 7 – A 8 – C 9 – C 10 – A 11 – B 12 – D 13 – C 14 – C 15 – C 16 – A 17 – B 18 – B 19 – D 20 – D 21 – D 22 – A 23 – A 24 – C
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1:
Câu A sai vì hai đường thẳng có thể chéo nhau. TOANMATH.com Trang 27
Câu B sai vì hai đường thẳng có thể chéo nhau khi không đồng phẳng hoặc cắt nhau nếu chúng đồng phẳng.
Câu C sai vì hai mặt phẳng có thể cắt nhau theo một giao tuyến vuông góc với mặt phẳng đã cho. Câu 2.c     c a
Ta có a      .  c b b     Câu 3.
Đáp án A sai vì b có thể vuông góc với P .
Đáp án B đúng bởi a // P  a  P sao cho a // a . Do b  P nên b a  a  . b
Đáp án C sai vì b có thể nằm trong P .
Đáp án D sai vì b có thể nằm trong P . Câu 4.
Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm và vuông góc với một đường thẳng đã cho. Câu 5.
Dựng một mặt phẳng   đi qua điểm O và vuông góc với đường thẳng  .
Khi đó đường thẳng  vuông góc với vô số đường thẳng đi qua điểm O và nằm trong mặt phẳng   . Câu 6. Phương án A sai vì BD AB Ta có: 
BD   ABH   BD BH. BD AH
Suy ra BH và CD không vuông góc (vì nếu
BH CD thì BD song song hoặc trùng CD).
Suy ra H không là trực tâm tam giác BCD. Phương án B sai vì
Giả sử BC AD mà BC AH nên BC   ADH
Suy ra BC DH (mâu thuẫn vì H không là trực tâm tam giác BCD).
Suy ra BC và AD không vuông góc. Phương án C sai vì. Giả sử AH và DK cắt nhau. BC AH Khi đó 
BC AD (mâu thuẫn). Suy ra AH và DK chéo nhau. BC DK Câu 7. TOANMATH.com Trang 28
Ta có SA   ABC  BC S . A
Tam giác ABC vuông tại B BC AB
Suy ra BC  SAB . Câu 8.
Ta có SA   ABCD  SA AB
Mà ABCD là hình vuông nên AB A . D
Từ đó suy ra AB  SAD. Câu 9.
Gọi O AC B . D
Do SA SC nên SAC cân  AC S . O
Tứ giác ABCD là hình vuông nên AC BD AC  SBD . Câu 10.   A D AD  Ta có  
A D CD 
do CD     A DDA. Suy ra 
A D   ACD  
A D AC (1)   A B AB  Ta có  
A B BC 
do BC     A DDA Suy ra 
A B   ABC  
A B AC (2)
Từ (1) và (2) ta có AC    A BDCâu 11. TOANMATH.com Trang 29 DF BC Ta có 
DF   ABC  DF AC và DF AB
DK AC (vì H là trực tâm ACD ).
Do đó AC  DFK  AC   DFK  Ta có 
  ACD  DFK  . AC    ACDCâu 12.
Do ABC cân tại C nên CH AB . Lại có SA CH.
Suy ra CH  SAB . Vậy các câu A, B, C đúng. Đáp án D sai. Câu 13.
 ABEF   ABCD  AB Ta có 
IJ   ABCD. IJ AB
Do đó khẳng định OJ   ABCD là sai. Câu 14.
Ta có: SA   ABC  SA vuông góc với AC, AB
Suy ra SAC và SAB vuông tại A. BC AB Mặt khác: 
BC  SAB  BC SB . BC SA
Suy ra SBC vuông tại B.
Theo giả thiết ABC là tam giác vuông tại B.
Vậy tứ diện SABC có 4 mặt là tam giác vuông. Câu 15. TOANMATH.com Trang 30
Có IO là đường trung bình tam giác SAC nên
IO // SA IO   ABCD (A đúng). BC AB Ta có 
BC SB (B đúng). BC SACD AD
CD SD (D đúng). CD SA
Nếu SAC là mặt phẳng trung trục của BD BD AC
(chỉ xảy ra khi ABCD là hình vuông) nên đáp án C sai. Câu 16.
Ta có ABCD là hình thang vuông. CE AE Suy ra 
CE  SAB. CE SA Câu 17.
Ta có BC S ,
A BC AB nên BC  SAB ((2) đúng).
Khi đó SBC   SAB , AH SB AH SC ((1) đúng).
Vậy có hai khẳng định đúng. Câu 18. Ta có: BC AB +) 
BC  SAB (A đúng). BC SACD AD +) 
CD  SAD (D đúng) CD SABD AC +) 
BD  SAC (C đúng) BD SA TOANMATH.com Trang 31
Suy ra đáp án B sai. Câu 19. AB BC Ta có: 
BC  SAB  BC AE. SA BCAE SB Do đó 
AE SC (1). AE BC
Tương tự, ta có AF SC (2).
Từ (1), (2) ta có SC   AEF  . Câu 20.
Gọi I là trung điểm của BC AI BC mà BC SA
BC  SAI  .
Khi đó H là hình chiếu vuông góc của A lên SBC .
Suy ra H SI . Câu 21.
Gọi O là trung điểm của AD. AB CD Từ giả thiết, ta có 
CD   ABC  CD AC. BC CD
Vậy ACD vuông tại C.
Do đó OA OC OD (1) AB CD Mặt khác 
AB  BCD AB BC
Suy ra AB BD  ABD vuông tại B.
Do đó OA OB OD (2)
Từ (1) và (2) ta có OA OB OC OD suy ra I O .
Vậy I là trung điểm cạnh AD. Câu 22. TOANMATH.com Trang 32
Vì SA SB SC nên HA HB HC do đó H là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Mà ABC là tam giác vuông tại C nên H là trung
điểm của cạnh huyền AB. Câu 23. Ta có: SA SB BC SA
SA  SBC   ;
BC  SAH  SA SCBC SH
BC AH (1). Tương tự, ta có: SC SA AB SC
SC  SAB   ; 
AB  SCH  SC SBAB SH
AB CH (2).
Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm tam giác ABC. Câu 24.
Ta có AC BD (do ABCD là hình vuông).
AC BB (do BB   ABCD ).
Suy ra AC  BBD .
Dạng 2. Hai mặt phẳng vuông góc 1 – B 2 – A 3 – C 4 – B 5 – D 6 – A 7 – B 8 – C 9 – A 10 – B 11 – B 12 – A 13 – A 14 – D 15 – D
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.    a Ta có        a     . Câu 2.
A. luôn đúng.
B. sai vì 2 đường thẳng đó có thể chéo nhau hoặc song song với nhau.
C. sai vì 2 mặt phẳng đó có thể song song với nhau. TOANMATH.com Trang 33
D. sai vì 2 đường thẳng phân biệt đó có thể cắt nhau. Câu 3.
          Nếu                 
Nếu a    và vuông góc với giao tuyến  thì a    (C đúng). Câu 4.
Có vô số mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.
Do đó mệnh đề B sai. Câu 5:    a Ta có: (III)
    //     
sai vì   còn có thể trùng   .    a a    (IV)
a b sai vì a có thể trùng với b.
b     //  Câu 6.
Gọi O AC B . D
Tứ giác ABCD là hình thoi nên AC BD (1).
Mặt khác SAC cân tại S nên SO AC (2).
Từ (1) và (2) suy ra AC  SBD .
Do đó SBD   ABCD . Câu 7.
Hình lập phương là hình lăng trụ đứng, có đáy và các mặt bên là hình vuông.
Suy ra hình hộp đứng có các cạnh bằng nhau là hình lập phương và hình hộp chữ nhật có các cạnh bằng
nhau là hình lập phương. Câu 8.
Một hình chóp là hình chóp đều khi và chỉ khi đáy của nó là đa giác đều và các cạnh bên bằng nhau.
Do đó các mặt bên là những tam giác cân có đỉnh là đỉnh của hình chóp. Câu 9. TOANMATH.com Trang 34
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên BC.
H AK, BC AK, BC  
A H BC   A A H    A A H     A BC   
BBCC   A
A H  nên đáp án B, C, D đúng. BC BB  Câu 10.
A đúng vì  A
A CC   A A BB   ,  BAC  90 . 
C, D đúng vì BC   A
A H  và H là trung điểm BC.
B sai vì chỉ có mặt bên A
A CC và A A BB bằng nhau. Câu 11.
Vì hai mặt phẳng  ABC và  ABD cùng vuông góc với DBC
nên AB  DBC . Ta có: CD BE +) 
CD   ABE   ABE   ADC nên A đúng. CD ABDF BC +) 
DF   ABC   ABC  DFK  nên C đúng. DF ABAC DK +) 
AC  DFK   DFK    ADC nên D đúng. AC DF Câu 12. BI   AC Ta có:  BI SAC . BI   SAdo SA  
ABC    
Suy ra SC BI (1).
Theo giả thiết: SC IH (2).
Từ (1) và (2) suy ra: SC  BIH  .
Mà SC  SBC nên BIH   SBC . Câu 13. TOANMATH.com Trang 35
Ta có SO   
A BCD  SO  BD  OD là hình chiếu
vuông góc của SD lên  
A BCD .
 SD  ABCD  SDOD  , ,
SDO  60 .   AA OO 2
Từ giả thiết dễ dàng chỉ ra được   .  SA SO 3 Vì  
A DC là tam giác vuông cân tại D có DO là đường cao 1 1 1 1 1 2 nên      . 2 2 2 2 2 2 DO  A DDCa a a 2 a a 2 2  DO   DO  . 2 2
Áp dụng hệ thức lượng trong SDO vuông tại O ta có: SOa 2 a 6 tan 60 
SO  OD .tan 60  . 3  OD 2 2 2 2 a 6 a 6
OO  SO  .  . 3 3 2 3 Câu 14.AE CD
Gọi E, F lần lượt là trung điểm CD và AB   BE CD
Mà BCD   ACD  CD nên BCD  ACD     ,
BEA  90 CF AB Ta có 
AB  CFD. DF AB
Suy ra  ABC, ABD    
 CF,FD.
Vậy để  ABC   ABD thì  CF FD  ,  90  CFD 1  FE CD . 2
Ta có EAB vuông cân tại E nên 2 2 2 2 AE AC CE a     x EF . 2 2 2 2 2 2 2 2 a x a x a 3 Vậy 2 2 x   x   x   x a . 2 2 3 3 Câu 15. Gọi ABC . D
A BCD là khối lập phương lớn tạo bởi
27 khối lập phương đơn vị và O là tâm hình lập TOANMATH.com Trang 36
phương đó, khối lập phương ABC . D
A BCD có cạnh
bằng 3. Ta xét mặt phẳng P đi qua O và vuông góc
với AC, cắt AC tại M, cắt 
A C tại M . 3 3 AM AO Ta có: 2   ACAC 3 2 3 3 9 2 3 2  AM AC  .3 3   CM  . 2 2 2 2 4 4
Gọi A B C D là mặt phẳng chia lớp 9 khối lập 1 1 1 1
phương mặt trên với 9 khối lập phương ở mặt thứ hai,
gọi M A C MM . 1 1 1 7 7 3 2 7 2 5 2
Ta có A M CM  . 
C M AC A M  . 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 4 4 4
Gọi A B C D là mặt phẳng chia lớp 9 khối lập phương mặt thứ 2 với 9 khối lập phương ở mặt thứ ba, 2 2 2 2
gọi M A C MM . 2 2 2 5 5 3 2 5 2 7 2
Ta có A M CM  . 
C M A C A M  . 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 4 4 4
Giao tuyến của mặt phẳng P với mặt phẳng  ABCD cắt các cạnh của 3 hình vuông, giao tuyến của
mặt phẳng P với mặt phẳng  A B C D cắt các cạnh của 5 hình vuông (hình vẽ bên dưới), trong các 1 1 1 1 
hình vuông này có 2 cặp hình vuông cùng chung một hình lập phương đơn vị nên mặt phẳng P cắt
ngang 6 khối lập phương mặt trên.
Tương tự mặt phẳng P cắt ngang 6 khối lập phương mặt dưới cùng.
Giao tuyến của mặt phẳng P với mặt phẳng  A B C D cắt các cạnh của 5 hình vuông, giao tuyến của 1 1 1 1 
mặt phẳng P với mặt phẳng  A B C D cắt các cạnh của 5 hình vuông (hình vẽ), trong đó có 3 cặp 2 2 2 2 
hình vuông cùng chung với một hình lập phương đơn vị, nên suy ra mặt phẳng P cắt ngang 7 khối lập phương mặt thứ hai. TOANMATH.com Trang 37
Vậy mặt phẳng P cắt ngang (không đi qua đỉnh) 6  6  7 19 khối lập phương đơn vị.
Dạng 3. Dùng mối quan hệ vuông góc giải bài toán thiết diện 1 – D 2 – B 3 – A 4 – A 5 – B 6 – A 7 – B 8 – D 9 – C 10 – C 11 – B 12 – C 13 – A 14 – C 15 – D 16 – A 17 – D 18 – B 19 – C 20 – C 21 – D 22 - A 23 – A 24 – C 25 – D
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu 1.
Gọi I là trung điểm của AC, kẻ IH SC.
Ta có BI AC, BI SA BI SC.
Do đó SC  BIH  hay thiết diện là tam giác BIH .
Mà BI  SAC nên BI IH hay thiết diện là tam giác vuông. Câu 2.  1
MQ // CD vaøMQ   CD  Ta có: 2  . 1
NP //CD vaø NP CD  2
Suy ra MQ // NP và MQ NP MNPQ là hình bình hành.
Mặt khác PQ // AB và MQ // CD, AB CD nên MQ P . Q
Do đó MNPQ là hình chữ nhật. Câu 3. AB BC Ta có:   BC S . B SA BC BC SB Vậy  P BC (1).  P    //  SB
Mà P   ABC  MN (2).
Từ (1) và (2), suy ra MN // BC.
Tương tự ta có PQ // BC; PN // S .
A Do đó PQ // MN. TOANMATH.com Trang 38
Mà SA BC PN NM .
Vậy thiết diện là hình thang vuông MNPQ. Câu 4.
Mặt phẳng P vuông góc với OH nên P song song với SO.
Suy ra P cắt SAH  theo giao tuyến là đường thẳng qua I và
song song với SO cắt SH tại K.
Từ giả thiết suy ra P song song BC, do đó P cắt  ABC và
SBC lần lượt là các đường thẳng qua I và K song song với BC
cắt AB, AC, SB, SC lần lượt tại M, N, Q, P.
Do đó thiết diện là tứ giác MNPQ.
Ta có MN và PQ cùng song song BC suy ra I là trung điểm của
MN và K là trung điểm của PQ. Mà IK // SO nên IK vuông góc
với MN và PQ. Do đó MNPQ là hình thang cân. Câu 5.
Qua điểm A, ta kẻ đường thẳng vuông góc với SB, cắt SB tại H. AD AB   AD SA  Ta có
  AD  SAB.
AB SA A
AB, SA  SAB AD   SAB Do 
nên AD SB . Suy ra     ADH . SB   SAB
Do AD    và AD // BC BC //   nên    SBC  Hx , với Hx // BC.
Gọi I là giao điểm của Hx và BC. Khi đó    SBC  HI.
Suy ra    SAB  AH,   SAD  AD,  SCD  ID và    SBC  HI.
Vậy thiết diện cần tìm là hình thang AHID. Câu 6.
Kẻ AE BC, SA BC BC  SAE  SAE  P.
Do SA   ABC  SA AE  SAE vuông tại A.
Vậy thiết diện của mặt phẳng P và hình chóp S.ABC là tam giác vuông SAE. TOANMATH.com Trang 39 3 Ta có:  a AE . 2 2 1 1 a 3 a 3 Suy ra S  .S . A AE  . . a  (đơn vị diện tích) SAE 2 2 2 4 Câu 7.
Trong SAB , dựng AM SB M P .
Lại có: BC AB, BC SA BC S . B
Suy ra BC song song với P .
Trong SBC , dựng MN song song với BCN SC , khi đó N P .
AM  SBC nên thiết diện của hình chóp khi cắt bởi P là tam
giác AMN vuông tại M. 2a 5 4a 5 Ta có: AM  ; SM  ; SB a 5. 5 5 MN SM 4a 2 Mà   MN  . BC SB 5 2 1 1 4a 2 2a 5 4a 10 S  .AM.MN  . .  (đơn vị diện tích) AMN 2 2 5 5 25 Câu 8.
Kẻ AC SC AC B SC . Thiết diện là tam giác AC B . 1  1  1 Ta có  2 
AC AC.sin ACS a 1 cos ACS 1 2 2 2 2 2 2
a b b  4b   a a 1    a . 2  2ab  4b
Gọi J là trung điểm của AB. Ta có tam giác AC B cân tại C , suy 1 1 ra C J A . B 1 a 2 2 2 2
C J AC AJ  . 3b a 1 1 2b 2 1 1 a a Do đó: 2 2 2 2 SA . B C J  . . a . 3b a  . 3b a . 1 AC B 1 2 2 2b 4b Câu 9. TOANMATH.com Trang 40
Do AD BC, SA BC BC  SAD.
Gọi H HF S . D 1
Suy ra BC AH EF AH SEF.AH AEF 2 1
Mà EF BC  . a 2 SD 2a 1
Do H là trung điểm của SD nên 2 AH    a Sa . 2 2 AEF 2 Câu 10.
Do P  AB nên P // . SA
Gọi I là trung điểm của SB MI // SA MI  P.
Gọi N là trung điểm của CD MN AB MN  P.
Gọi K là trung điểm của SC IK // BC, mà MN // BC
MN // IK IK  P.
Vậy thiết diện của P và hình chóp là hình thang MNKI vuông tại M 1
Ta có: MI là đường trung bình của tam giác SAB MI SA  3. 2 1
IK là đường trung bình của tam giác SBC IK BC  3. 2
MN là đường trung bình của hình thang ABCD nên 1
MN   AD BC  7. 2 IK MN 3  7 Khi đó S  .MI
.3  15 (đơn vị diện tích). MNKI 2 2 Câu 11.
Gọi E là trung điểm của AD. Do ABCD là tứ diện đều nên các mặt bên là tam giác đều.
Do đó BE AD,CE AD  BEC  AD  P  BEC .
Gọi F là trung điểm của BC. 12 3 Ta có: 2 2 BE CE
 6 3; EF BE BF  6 2. 2 1
Diện tích thiết diên là: S EF.BC  36 2 (đơn vị diện tích). 2 Câu 12. TOANMATH.com Trang 41
Gọi E, F lần lượt là trung điểm AD, BC. Khi đó EF AD
EF  SAD  SEF   SAD. EF SASO   SEF Ta có 
    SEF   .
 SEF   SAD
Vậy thiết diện cần tìm là SEF vuông tại E nên 2 2 1 1  AD a 2 2 SSE.EF SA  .AB  (đơn vị diện tích). SEF   2 2  2  2 Câu 13.
Gọi E là trung điểm của AD. Ta có EB ED nên E thuộc mặt phẳng trung trực của BD.
Gọi F, G, H, I, K lần lượt là trung điểm của
CD,CC , BC ,  A B ,  AA .
Chứng minh tương tự ta có các điểm trên đều thuộc mặt phẳng
trung trực của BD .
Vậy thiết diện của hình lập phương cắt bởi mặt phẳng trung trực a 2
của BD là hình lục giác đều EFGHIK có cạnh bằng . 2 2  a 2  3 3 3
Vậy diện tích thiết diện là 2 S  6.  .  a .  2  4 4   Câu 14.
Gọi O AC BD, I AM S . O
Trong SBD từ I kẻ đường thẳng  song song với BD cắt SB,
SD lần lượt tại N, P.
Suy ra thiết diện là tứ giác ANMP. BD AC Ta có: 
BD  SAC  BD AM. BD SO Mặt khác: BD // .
NP Suy ra AM N . P 1 Suy ra SN . P AM . ANMP 2 SA SC   a
+) Tính AM: Ta có: 
 SAC vuông cân tại S. AC a 2 2  2  a 13 Suy ra 2 2 2
AM SA SM a a  .    3  3 +) Tính NP: TOANMATH.com Trang 42 NP SI SI.BD SI
Ta có NP // BD    NP  . Gọi  k. BD SO SO SO
   
     2 
Ta có: AI AS SI  SA k .
SO AM AS SM  SA SC 3      2 
A, I, M thẳng hàng  AI hAM  SA k SO  hSA hSC 3         k SASASC 2
 hSA hSC 2 3 1  4 k h  1 k  2  5     . 1 2 3  k h 0    h  2 3  5 SI 4 4 4a 2 Suy ra
  NP BD  . SO 5 5 5 2 1 1 4a 2 a 13 2 26a Vậy SN . P AM  . .  . ANMP 2 2 5 3 15 Câu 15.
Gọi E là trung điểm AB, suy ra AECD là hình vuông nên
DE AC   1 .
Mặt khác SA   ABCD  SA DE (2).
Từ (1) và (2) ta có DE  SAC mà DE  SDE nên
SDE  SAC . Do đó    SDE.
Vậy thiết diện là tam giác SDE.
Vì SA   ABCD nên ADE là hình chiếu vuông góc của tam
giác SDE nên  ABCD và SDE  ABCD     ,  SOA  . a 2 AO 1 Ta có: 2 cos    2 SO 3
a  a  2 2 2    2   2 a 2 S 3a Suy ra ADE 2 S    . SDE cos 1 2 3 Câu 16. TOANMATH.com Trang 43
Dựng đường cao OH của OBC , cắt AD tại H  . Dựng OK SH .
Chứng minh được BC  SOH
SBC  SOH  
SBC SOH   
SH   OK  SBC. OKSOH    ;OK SH
Dựng H K // OK K SH
Suy ra mặt phẳng   là mặt phẳng  ADK . AD // BC  Ta có: ADK SBC
EF (với EF qua K và song song với BC)
K ADK SBC      
ADKSAB  AE; ADKSCD  DF; ADKSAD  DA
Vậy thiết diện cần tìm là hình thang EFDA với EF // AD , đường cao H K . a a
Ta có ABC đều nên  3 3
OH OC.sin OCB  .  . 2 2 4 . SO OH 3a 3a . SO OH a 3 a 3 a 3 Tính được: OK  
, H K  2OK  , SH   ; HK  , HK  . 2 2 SO OH 8 4 SH 2 8 4 BC a
Suy ra SH  2HK  K là trung điểm SH EF   . 2 2 2 1    a a a S H K EF DA a (đơn vị diện tích). EFDA    1 3   9 .  .     2 2 4  2  16 Câu 17.
Kẻ MN // OAN BC, MQ // SBQ SA, NP // SB P SC.
Khi đó thiết diện là hình thang MNPQ MQ // NP .
Kẻ BK OAK AC . Do SB AO nên AO  SBK .
Gọi R là giao điểm của MN và BK, I là giao điểm của PQ và SK. MN //  AO Ta có:  MN SBK MN RI (1). AO   SBK       
SAB SBK   SB
SAB  MNPQ  MQ
MQ // RI (2)
SBK   MNPQ  RI  MQ // SB
Từ (1) và (2) suy ra MN MQ MNPQ là hình thang vuông. Ta có:   
OAB B  60  BMN  60  BMN đều.
Suy ra BN MN BM  . x TOANMATH.com Trang 44 AB BC  2 . a cos 60 MQ AM a x a x
Sử dụng định lí Ta-lét, ta có:    MQ  .SB a  . x SB AB x a NP CN BN x 2a x 2a x 2a    x 1  1   NP  .SB  . SB BC BC 2a 2a 2a 2  2a x  MQ NPa x    x 2 MN  2  3  x  4ax Ta có: S    MNPQ 2 2 4 4a 2a Từ đây suy ra S
đạt giá trị lớn nhất khi x    . MNPQ 2. 3   3 Câu 18.
Do SAB   ABCD , kẻ SH AB SH   ABCD .
Gọi O là tâm hình bình hành ABCD, kéo dài OH cắt CD tại P. Có 
HP CD  SCD  ABCD   ;  SPH  30 .   
Xét tam giác vuông SHP có: SH 3a 3 a 3 tan 30   SH  . HP tan 30  .  . HP 2 3 2
Do tam giác SAB đều nên AB  . a
Trong mặt phẳng SDC qua I kẻ đường thẳng song song với
CD, cắt SD và SC tại P và Q, dễ thấy IO là đường trung bình của
SHP nên IO // SH IO   ABCD.
Vậy mặt phẳng MNPQ chính là thiết diện cần tìm.
Dễ thấy MNPQ là hình thang có đường cao là IO. SH a 3 CD a Có IO  
, MN AB a,QP   . 2 4 2 2  aa 3  a .   2  2  4 3 3   a S (đơn vị diện tích) MNPQ 2 16 Câu 19. TOANMATH.com Trang 45
Gọi N là trung điểm của BC. SB SCBC SN   
BC  SAN . AB ACBC ANM   P
Theo bài ra BC  P  
P SAN . //
Kẻ MI // AN, MK // S .
A Thiết diện của P và tứ diện SABC là KMI .
Vì ABC; SBC là hai tam giác đều cạnh a a 3
Nên AN SM   S . A 2 a 3
Suy ra SAN là tam giác đều cạnh . 2 3 a b
Suy ra KMI là tam giác đều cạnh . . 2 a 2
3 3  a b  Vậy S  . . KMI   16  a Câu 20.
Gọi K, H lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các cạnh SB, SC.
Vì AH SC nên AH    . BC AB Ta có 
BC  SAB  BC AK. BC SAAK SB Mặt khác 
AK  SBC  AK SC AK    . AK BC
Suy ra thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng   là tam giác
AHK vuông tại K.
Theo giả thiết ta tính được 1 2a a 6 2 2
AH SC a 2, AK
; KH AH AK  . 2 5 5 2 1 a 6
Diện tích thiết diện là SAK.HK  (đơn vị diện tích). AHK 2 5 Câu 21. Kẻ AH S . D
Do SA   ABCD nên SA  .
CD Lại có CD AD nên TOANMATH.com Trang 46
CD  SAD .
Suy ra CD A . D AH SD Từ đó ta có 
AH  SCD   ABH   SCD. AH CD
Vậy  ABH  chính là mặt phẳng   . AB    
CD  SCD Ta có 
   SCD  HK // AB // C . D AB //  CDH    SCD
Thiết diện là tứ giác AHKB.
Dễ thấy AHKB là hình thang vuông tại A và H nên 1 S
  AB HK AH AHKB  . 2 1 1 1 1 1 4 3 Ta có        a AH . 2 2 2 AH AS ADa 2 2 2 a 3a 2 3
Trong SCD có HK // CD nên 2 2 2 HK SH SH.SD SA SA 3a 3       . 2 2 2 2 2 2 CD SD SD SD SA AD 3a a 4 3 3
Suy ra HE CD  . a 4 4 2 1 1 
3a  3a 7a 3 Vậy SAB HK AH a AHKB       .   2 2  4  2 16 Câu 22.
SA AB a  SAB cân tại A. Dựng AH SB H SB .
Suy ra H là trung điểm của SB. BC AB Ta có 
BC  SAB  BC AH. BC SA
Từ đó suy ra AH  SBC.
Dựng MQ // AH Q HB , suy ra Q là trung điểm HB.
AH  SBC  MQ  SBC . Do đó    QMN  . MN    
Nhận thấy BC  SBC    SBC  QP // BC P SC . MN //  BC TOANMATH.com Trang 47
Khi đó thiết diện cần tìm là hình thang vuông MNPQ. BC a AH SB a 2 Ta có: MN   ; MQ    ; 2 2 2 4 4 QP SQ 3 3 3      a QP BC . BC SB 4 4 4
Vậy diện tích thiết diện cần tìm là: 2 1  a S MN QP MQ MNPQ    5 2 .  . 2 32 Câu 23.
Trong mặt phẳng  ABCD , gọi E MN AB và F MN A . D
Trong mặt phẳng  ABB 
A  , gọi H PE BB .
Trong mặt phẳng  ADD 
A  , gọi K PF DD .
Suy ra, thiết diện của hình lập phương ABC . D
A BCD cắt bởi
MNP là ngũ giác PHMNK.
Mặt khác, ngũ giác ABMND là hình chiếu vuông góc của ngũ giác
PHMNK lên mặt phẳng  ABCD nên diện tích ngũ giác PHMNK
được tính bởi công thức SS .cos . ABMND PHMNK S Suy ra S
ABMND với  là góc tạo bởi MNP và  ABCD . PHMNK cos 1 7 Ta có 2 2 2 SSS
a a a . ABMND ABCDCMN 8 8
MNP  ABCD  MN
MN   ACC  A  Ta có 
 MNP, ABCD    
  AI,PI     AIP
trong đó I MN AC. ACC 
A   ABCD     AI
ACC AMNP   PI 2 2 3 3 2  a   3 2a  22 Ta có 2 2 AI AC  ;
a PI AP AI        . a 4 4 2  4    4   AI 3 11 S 7 11 Suy ra cos   . Vậy ABMND 2 S   a . PI 11 PHMNK cos 24 Câu 24. TOANMATH.com Trang 48
Vì SAC và SBC là tam giác cân nên SC AI
SC   ABI . SC BI
Dựng MQ // SC Q AC  MQ   ABI  . Do đó    QMN  . MN    
Ta cos MN // AB
    ABC  QPQP // ;
AB P BC . AB    ABCSM MN Đặt k   0  k  
1  MN PQ k.AB k. . a SA AB
Từ MQ   ABI   MQ AB MQ PQ .
Do đó thiết diện cần tìm là hình chữ nhật MNPQ.
Gọi H là trung điểm của AB.
SAB   ABC 
Ta có: SAB  ABC  AB SH   ABC  SH HC do HC   ABC . SH   AB 6 2 2     a SC SH HC . 2
MQ MA  k MQ   kSC   ka 6 1 1 . 1 . . SC SA 2
Diện tích thiết diện là: 2 2 2 2 a 6   a k k a S MN MQ k k MNPQ    6  1  6 . . 1  .  .   2 2  2  8 2 a 6 1
Vậy thiết diện đạt diện tích lớn nhất là
khi k  hay M, N là trung điểm SA, SB. 8 2 Câu 25.
 //CD;CD  ICD Ta có  M    ICD
Suy ra giao tuyến của   với ICD là đường thẳng qua M và
song song với CD cắt IC tại L và ID tại N.  // A ;
B AB   JAB Lại có  M    JAB
Nên giao tuyến của   với  JAB là đường thẳng qua M và song
song với AB cắt JA tại P và JB tại Q. TOANMATH.com Trang 49   // AB
Ta có AB   ABC
nên giao tuyến của với  ABC là đường L   ABC
thẳng qua L và song song với AB cắt BC tại E và cắt AC tại F.   // AB
Tương tự AB   ABD
nên giao tuyến của với  ABD là đường thẳng qua N và song song với ABN    ABD
cắt BD tại H và cắt AD tại G.
Ta có thiết diện EFGH là hình bình hành. Mà AB CD nên EFGH là hình chữ nhật. LN IN
Xét tam giác ICD có: LN // CD   . CD ID IN IM
Xét tam giác ICD có: MN // JD   . ID IJ LN IM 1 1 b Do đó 
  LN CD  . CD IJ 3 3 3 PQ JM 2 2 2a Tương tự 
  PQ AB  . AB JI 3 3 3 2ab Vậy SP . Q LN  . EFGH 9 TOANMATH.com Trang 50