Tài liệu hình học không gian dành cho học sinh lớp 11

Tài liệu gồm 255 trang, phân dạng và hướng dẫn giải bài tập các chuyên đề: đại cương hình học không gian, quan hệ song song, quan hệ vuông góc trong không gian; giúp học sinh lớp 11 tham khảo khi học chương trình Hình học 11 chương 2 

58 29 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề HK2 Toán 11

Môn: Toán 11

Thông tin:

255 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Kim Oanh
Mục lục
1 ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 3
A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
B Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Dạng 0.1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Dạng 0.2. Tìm thiết diện của hình (H) khi cắt bởi mặt phẳng (P) . . . . . . . . 9
Dạng 0.3. Tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng . . . . . . . . . . . . 14
Dạng 0.4. Tìm thiết diện của hình (H) khi cắt bởi mặt phẳng (P). . . . . . . . . 23
Dạng 0.5. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng qui, chứng
minh một điểm thuộc một đường thẳng cố định. . . . . . . . . . . . . . 24
2 QUAN HỆ SONG SONG 51
1 HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG 51
A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
2 ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG . . . . . . . . . . . . . . . 52
A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
B Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Dạng 2.1. Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng
song song với mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Dạng 2.2. Thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng (α) và song song với
một đường thẳng cho trước. Tính diện tích thiết diện . . . . . . . . . . 63
3 HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
B Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
4 KHỐI LĂNG TRỤ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
5 BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111
3 QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN 125
1 ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG . . . . . . . . . . . . . . . 125
A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125
B Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
2 HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145
B Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
Dạng 2.1. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
3 GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
B Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
Dạng 3.1. Tính góc giữa hai đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
4 GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
A Góc giữa hai đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
B Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
Dạng 4.1. Tính góc giữa hai đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
C Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
Dạng 4.2. Xác định và tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng . . . . . . . . 165
D Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165
E Góc giữa hai mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
1
2 MỤC LỤC
Dạng 4.3. Tính góc giữa hai mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173
F Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174
5 KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG . . . . . . . . . . . . . . 188
A Phương pháp giải toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188
B Bài tập mẫu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
Dạng 5.1. Tính khoảng cách nhờ tính chất của tứ diện vuông . . . . . . . . . . 206
6 HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
B Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
Dạng 6.1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau . . . . . . . . . . 211
Dạng 6.2. Xác định đường vuông góc chung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214
Chương 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG
GIAN
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Mặt phẳng
Mặt phẳng, mặt bàn, mặt nước hồ yên lặng, mặt sàn nhà,... cho ta hình ảnh một phần
của mặt phẳng.
2. Điểm thuộc mặt phẳng
Cho điểm A và mặt phẳng
(
α
)
. Khi điểm A thuộc mặt phẳng
(
α
)
, ta nói A nằm trên
(
α
)
hay mặt phẳng
(
α
)
chứa A, hay mặt phẳng
(
α
)
đi qua điểm A và kí hiệu A ∈
(
α
)
, được
biểu diễn ở hình 2.
Tính chất 1. Có một và chỉ một đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt.
Tính chất 2. Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm không thẳng hàng.
Tính chất 3. Nếu một đường thẳng có hai điểm phân biệt. thuộc một mặt phẳng thì
mọi điểm của đường thẳng đều thuộc mặt phẳng đó.
Tính chất 4. Tồn tại bốn điểm không cùng thuộc một mặt phẳng.
Tính chất 5. Nếu hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì có một điểm chung
thì chúng còn một điểm chung khác nữa.
3. Cách xác định một mặt phẳng
Có ba cách xác định một mặt phẳng:
• Mặt phẳng được hoàn toàn xác định khi biết mặt phẳng đi qua ba điểm không
thẳng hàng.
• Mặt phẳng được hoàn toàn xác định khi biết mặt phẳng đi qua một điểm và chứa
một đường thẳng không đi qua điểm đó.
• Mặt phẳng được hoàn toàn xác định khi biết mặt phẳng đi chứa hai đường thẳng
cắt nhau.
4. Hình chóp và tứ diện
• Trong mặt phẳng
(
α
)
cho đa giác lồi A
1
A
2
A
3
. . . A
n
. Lấy một điểm S không
thuộcmặt phẳng
(
α
)
và lần lượt nối điểm S với các đỉnh A
1
, A
2
, A
3
,. . ., A
n
ta được
n tam giác SA
1
A
2
, SA
2
A
3
,. . ., SA
n
A
1
. Hình gồm đa giác A
1
A
2
A
3
. . . A
n
và n tam
giác SA
1
A
2
, SA
2
A
3
,. . ., SA
n
A
1
được gọi là hình chóp, kí hiệu là S.A
1
A
2
A
3
. . . A
n
.
• S được gọi là đỉnh của hình chóp, đa giác A
1
A
2
A
3
. . . A
n
, các tam giác SA
1
A
2
,
SA
2
A
3
,. . ., SA
n
A
1
được gọi là các mặt bên của hình chóp, SA
1
, SA
2
, SA
3
,. . ., SA
n
được gọi là các cạnh bên của hình chóp.
• Tên của hình chóp gọi theo tên của đa giác đáy. Hình chóp tam giác còn gọi là
hình tứ diện.
Hình tứ diện có bốn mặt là các tam giác đều gọi là tứ diện đều.
3
4 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
S
A
B
C
Hình chóp tam giác
(hình tứ diện)
S
A
D
B
C
Hình chóp tứ giác
S
A
D
B
C
Hình chóp tứ giác có
đáy là hình thang
S
A
D
B
C
Hình chóp tứ giác có
đáy là hình bình
hành
B. Bài tập rèn luyện
DẠNG 0.1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
Phương pháp giải: Muốn tìm giao tuyến của hai mặt phẳng, ta đi tìm hai điểm chung
phân biệt thuộc cả hai mặt phẳng. Nối hai điểm chung đó được giao tuyến cần tìm.
Bài 1. Cho tứ giác ABCD sao cho các cạnh đối không song song với nhau. Lấy một
điểm S không thuộc mặt phẳng
(
ABCD
)
. Xác định giao tuyến của
1. Mặt phẳng
(
SAC
)
và mặt phẳng
(
SBD
)
.
2. Mặt phẳng
(
SAB
)
và mặt phẳng
(
S CD
)
.
3. Mặt phẳng
(
SAD
)
và mặt phẳng
(
SBC
)
.
Lời giải.
1. Gọi H là giao điểm của AC với BD.
5
Khi đó
®
H ∈ AC
H ∈ BD
⇒ H ∈
(
SAC
)
∩
(
SBD
)
(1).
Dễ thấy S ∈
(
SAC
)
∩
(
SBD
)
(2).
Từ (1) và (2) suy ra SH là giao tuyến
của hai mặt phẳng
(
SBD
)
và
(
SAC
)
.
2. Gọi K là giao điểm của hai đường
thẳng CD và AB.
Khi đó
®
K ∈ AB
K ∈ CD
⇒ K ∈
(
SAB
)
∩
(
S CD
)
(3).
Dễ thấy S ∈
(
SAB
)
∩
(
S CD
)
(4).
Từ (3) và (4) suy ra SK là giao tuyến
hai mặt phẳng
(
SAB
)
và
(
S CD
)
.
3. Gọi L là giao điểm của hai đường
thẳng AD và BC.
Khi đó
®
L ∈ AD
K ∈ BC
⇒ L ∈
(
SAD
)
∩
(
SBC
)
(5).
Dễ thấy S ∈
(
SAD
)
∩
(
SBC
)
(6).
Từ (5) và (6) suy ra SL là giao tuyến
hai mặt phẳng
(
SAD
)
và
(
SBC
)
.
S
A
D
H
K
L
B
C
Bài 2. Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm các cạnh AD, BC.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
(
IBC
)
và mặt phẳng
(
JAD
)
.
2. Lấy điểm M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC sao cho M, N không là trung điểm.
Tìm giao tuyến của mặt phẳng
(
IBC
)
và mặt phẳng
(
DMN
)
.
Lời giải.
1. Do giả thiết I ∈ AD nên I ∈
(
JAD
)
.
Suy ra I ∈
(
B CI
)
∩
(
ADJ
)
(1).
Tương tự, ta có J ∈
(
B CI
)
∩
(
ADJ
)
(2).
Từ (1) và (2) suy ra I J là giao tuyến của hai
mặt phẳng
(
B CI
)
và
(
ADJ
)
.
2. Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng DM
và BI.
Khi đó
®
E ∈ BI
E ∈ DM
⇒ E ∈
(
MND
)
∩
(
IBC
)
(3).
Tương tự, gọi F là giao điểm của DN và CI
suy ra F ∈
(
B CI
)
∩
(
MND
)
(4).
Từ (3) và (4) suy ra EF là giao tuyến hai mặt
phẳng
(
B CI
)
và
(
MND
)
.
B
J
M
A
C
E
D
N
I
F
6 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Bài 3. Cho tứ diện ABCD. Lấy các điểm M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC sao cho
MN cắt BC. Gọi I là điểm bên trong tam giác BCD. Tìm giao tuyến của
1. Mặt phẳng
(
MNI
)
và mặt phẳng
(
B CD
)
.
2. Mặt phẳng
(
MNI
)
và mặt phẳng
(
ABD
)
.
3. Mặt phẳng
(
MNI
)
và mặt phẳng
(
A CD
)
.
Lời giải.
1. Gọi H là giao điểm của MN và BC .
Suy ra H ∈
(
MNI
)
∩
(
B CD
)
(1).
Do I là điểm trong 4BCD nên I ∈
(
MNI
)
∩
(
B CD
)
(2).
Từ (1) và (2) suy ra IH là giao tuyến
của hai mặt phẳng
(
MNI
)
và
(
B CD
)
.
2. Giả sử E là giao điểm của hai đường
thẳng IH và BD.
Vì H ∈ MN và
®
E ∈ BD
E ∈ IH
⇒ E ∈
(
MNI
)
∩
(
ABD
)
(3).
Dễ thấy M ∈
(
ABD
)
∩
(
MNI
)
(4).
Từ (3) và (4) suy ra ME là giao tuyến
hai mặt phẳng
(
ABD
)
và
(
MNI
)
.
3. Tương tự, gọi F là giao điểm của
hai đường thẳng IH và CD. Ta suy
ra
®
F ∈ CD
F ∈ IH
⇒ F ∈
(
MNI
)
∩
(
A CD
)
(5).
Do N ∈ AC nên N ∈
(
A CD
)
.
Khi đó N ∈
(
MNI
)
∩
(
A CD
)
(6).
Từ (5) và (6) suy ra NF là giao tuyến
của hai mặt phẳng
(
A CD
)
và
(
MNI
)
.
H
B
I
M
A
C
E
D
N
F
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang có cạnh AB song song với CD. Gọi
I là giao điểm của AD và BC. Lấy điểm M thuộc cạnh SC. Tìm giao tuyến của
1. Mặt phẳng
(
SAC
)
và mặt phẳng
(
SBD
)
.
2. Mặt phẳng
(
SAD
)
và mặt phẳng
(
SBC
)
.
3. Mặt phẳng
(
ADM
)
và mặt phẳng
(
SBC
)
.
Lời giải.
1. Gọi H là giao điểm của AC và BD.
7
Suy ra H ∈
(
SAC
)
∩
(
SBD
)
(1).
Dễ thấy S ∈
(
SAC
)
∩
(
SBD
)
(2).
Từ (1) và (2) suy ra SH là giao tuyến của hai mặt
phẳng
(
SAC
)
và
(
SBD
)
.
2. Do I là giao điểm của hai đường thẳng AD và BC.
Nên
®
I ∈ AD
I ∈ BC
⇒ I ∈
(
SAD
)
∩
(
SBC
)
(3).
Dễ thấy S ∈
(
SAD
)
∩
(
SBC
)
(4).
Từ (3) và (4) suy ra SI là giao tuyến hai mặt phẳng
(
SAD
)
và
(
SBC
)
.
3. Do giả thiết ta có
®
I ∈ AD
I ∈ BC
⇒ I ∈
(
ADM
)
∩
(
SBC
)
(5).
Vì M ∈ SC nên M ∈
(
SBC
)
. Do đó M ∈
(
ADM
)
∩
(
SBC
)
(6).
Từ (5) và (6) suy ra IM là giao tuyến của hai mặt
phẳng
(
ADM
)
và
(
SBC
)
.
A
S
D
B
I
H
C
M
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của cạnh BC, CD, SA. Tìm giao tuyến của
(MNP) và (SAB).a) (MNP) và (SBC).b)
(MNP) và (SAD).c) (MNP) và (SCD).d)
Lời giải.
1. (MNP) ∩(SAB).
Gọi F = MN ∩ AB, E = MN ∩ AD
(vì MN, AB, AD ⊂ (ABCD))
Vì
®
P ∈ (MNP)
P ∈ SA ⊂ (SAB)
nên
P ∈ (MNP) ∩(SAB) (1).
Mặt khác
®
F ∈ MN ⊂ (MNP)
F ∈ AB ⊂ (SAB)
nên
F ∈ (MNP) ∩(SAB) (2).
Từ (1) và (2) suy ra (MNP) ∩ (SAB) =
PF.
2. (MNP) ∩(SAD).
Ta có
®
P ∈ (MNP)
P ∈ SA ⊂ (SAD)
⇒ P ∈
(MNP) ∩(SAD) (3).
Mặt khác
®
E ∈ MN ⊂ (MNP)
E ∈ AD ⊂ (SAD)
⇒ E ∈
(MNP) ∩(SAD) (4).
Từ (3) và (4) suy ra (MNP) ∩(SAD) =
PE.
S
E
H
A
B
C
D
M
N
F
P
K
8 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
3. Tìm (MNP) ∩(SBC).
Trong (SAB). Gọi K = PF ∩ SB. Ta có
®
K ∈ PF ⊂ (MNP)
K ∈ SB ⊂ (SBC)
⇒ K ∈ (MNP) ∩(SBC) (5).
Mặt khác
®
M ∈ (MNP)
M ∈ BC ⊂ (SBC)
⇒ M ∈ (MNP) ∩(SBC) (6).
Từ (5) và (6) suy ra (MNP) ∩(SBC) = MK.
4. Tìm (MNP) ∩(SCD).
Trong mặt phẳng (SAD). Gọi H = PE ∩ SD. Ta có
®
H ∈ PE ⊂ (MNP)
H ∈ SD ⊂ (SCD)
⇒ H ∈
(MNP) ∩(SCD) (7).
Mặt khác
®
N ∈ (MNP)
N ∈ CD ⊂ (SCD)
⇒ N ∈ (MNP) ∩(SCD) (8).
Từ (7) và (8) suy ra (MNP) ∩(SCD) = NH.
Bài 6. Cho tứ diện SABC. Lấy M ∈ SB, N ∈ AC , I ∈ SC sao cho MI không song song
với BC, NI không song song với SA. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNI) với các mặt
(ABC) và (SAB).
Lời giải.
1. Tìm (MNI) ∩(AB C).
Vì
®
N ∈ (MNI)
N ∈ A C ⊂ (ABC )
nên N ∈ (MNI) ∩
(ABC) (1).
Trong (SBC), gọi K = MI ∩ BC.
Vì
®
K ∈ MI ⊂ (MNI)
K ∈ BC ⊂ (ABC)
⇒ K ∈ (MNI) ∩
(ABC) (2).
Từ (1) và (2) suy ra (MNI) ∩(ABC) = NK.
2. Tìm (MNI) ∩(SAB).
Trong (SAC), gọi J = NI ∩SA.
Ta có
®
M ∈ (MNI)
M ∈ SB ⊂ (SAB)
⇒ M ∈ (MNI) ∩
(SAB) (3).
Mặt khác
®
J ∈ NI ⊂ (MNI)
J ∈ SA ⊂ (SAB)
⇒ J ∈
(MNI) ∩ (SAB) (4).
Từ (3) và (4) suy ra (MNI) ∩(SAB) = MJ.
S
I
B
N
J
C
A
K
M
Bài 7. Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bên trong tam giác ABD, N là một điểm bên
trong tam giác ACD. Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau
(AMN) và (BCD).a) (DMN) và (ABC).b)
Lời giải.
9
1. Tìm (AMN) ∩(BCD).
Trong (ABD), gọi E = AM ∩ BD.
Ta có
®
E ∈ AM ⊂ (AMN)
E ∈ BD ⊂ (BCD)
⇒ E ∈ (AMN) ∩
(BCD) (1).
Trong (ACD), gọi F = AN ∩ CD.
Ta có
®
F ∈ AN ⊂ (AMN)
F ∈ CD ⊂ (BCD)
⇒ F ∈ (AMN) ∩
(BCD) (2).
Từ (1) và (2) suy ra (AMN) ∩ (BCD) = EF.
2. Tìm (DMN) ∩(ABC).
Trong (ABD), gọi P = DM ∩ AB.
Ta có
®
P ∈ DM ⊂ (DMN)
P ∈ AB ⊂ (ABC)
⇒ P ∈ (DMN) ∩
(ABC) (3).
Trong (ACD), gọi Q = DN ∩ AC.
Ta có
®
Q ∈ DN ⊂ (DMN)
Q ∈ AC ⊂ (ABC)
⇒ Q ∈ (DMN) ∩
(ABC) (4).
Từ (3) và (4) suy ra (DMN) ∩ (ABC) = PQ.
A
C
E
B
P
Q
D
F
M
N
Bài 8. Cho tứ diện ABCD. Lấy I ∈ AB, J là điểm trong tam giác BCD, K là điểm trong
tam giác ACD. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (I JK) với các mặt của tứ diện.
Lời giải.
Gọi M = DK ∩ AC, N = DJ ∩BC, H = MN ∩KJ.
Vì H ∈ MN ⊂ (ABC) ⇒ H ∈ (ABC).
Gọi P = HI ∩ BC, Q = PJ ∩ CD, T = QK ∩ AD.
Theo cách dựng điểm ở trên ta có
(I JK) ∩ (ABC) = IP
(I JK) ∩ (BCD) = PQ
(I JK) ∩ (ACD) = QT
(I JK) ∩ (ABD) = TI.
A
P
C
J
H
Q
B
I
N
K
D
M
T
DẠNG 0.2. Tìm thiết diện của hình (H) khi cắt bởi mặt phẳng (P)
Thiết diện là phần chung của mặt phẳng (P) và hình (H).
Xác định thiết diện là xác định giao tuyến của mặt phẳng (P) với các mặt của hình (H).
Thường ta tìm giao tuyến đầu tiên của mặt phẳng (P) với một mặt phẳng (α) nào đó
thuộc hình (H), giao tuyến này dễ tìm được. Sau đó kéo dài giao tuyến này cắt các cạnh
10 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
khác của hình (H), từ đó ta tìm được các giao tuyến tiếp theo.
Đa giác giới hạn bởi các đoạn giao tuyến này khép kín thành một thiết diện cần tìm.
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M là một điểm trong tam giác SCD.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBM) và (SAC).
2. Tìm giao điểm của đường thẳng BM và (SAC).
3. Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (ABM).
Lời giải.
1. Tìm (SBM) ∩(SAC).
Trong (SCD), gọi N = SM ∩ CD.
Trong (ABCD), gọi AC ∩ BN = O.
Ta có
®
O ∈ BN ⊂ (SBN)
O ∈ AC ⊂ (SAC)
⇒ O ∈ (SAC) ∩
(SBN) (1).
Mặt khác S ∈ (SA C) ∩(SBN) (2).
Từ (1) và (2) suy ra (SAC) ∩(SBN) = SO.
2. Tìm BM ∩(SAC).
Gọi H = BM ∩SO.
Ta có
®
H ∈ BM
H ∈ SO ⊂ (SAC)
⇒ H = BM ∩
(SAC).
S
B
C
O
N
D
M
I
J
A
H
3. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi (ABM).
Trong (SAC), gọi I = AH ∩ SC. Ta có
®
I ∈ AH ⊂ (ABM)
I ∈ SC ⊂ (SCD)
⇒ I ∈ (SCD) ∩(ABM) (3).
Mặt khác M ∈ (SCD) ∩(ABM) (4).
Từ (3) và (4) suy ra (SCD) ∩(ABM) = I M.
Trong (SCD), gọi J = IM ∩SD. Khi đó (SAC) ∩(ABM) = AJ và (SBC) ∩(ABM) = BI.
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác ABIJ J.
Bài 10. Cho tứ diện ABCD. Trên AB, AC lấy 2 điểm M, N sao cho MN không song
song BC. Gọi O là một điểm trong tam giác BCD.
1. Tìm giao tuyến của (OMN) và (BCD).
2. Tìm giao điểm của DC, BD với (OMN).
3. Tìm thiết diện của (OMN) với hình chóp.
Lời giải.
1. Tìm (OMN) ∩(BCD).
11
Trong (ABC), gọi H = MN ∩ BC.
Ta có
®
H ∈ MN ⊂ (MNO)
H ∈ BC ⊂ (BCD)
⇒ H ∈ (BCD) ∩
(MNO) (1).
Mặt khác O ∈ (BCD) ∩(MNO) (2).
Từ (1) và (2) suy ra (BCD) ∩(MNO) = HO.
2. Tìm DC ∩(OMN) và BD ∩(OMN).
Trong (BCD), gọi I = BD ∩ HO.
Ta có
®
I ∈ BD
I ∈ HO ⊂ (MNO)
⇒ I = BD ∩(MNO).
Trong (BCD), gọi J = CD ∩ HO.
Ta có
®
J ∈ CD
J ∈ HO ⊂ (MNO)
⇒ J = CD ∩
(MNO).
A
C
O
I
J
B
M
H
D
N
3. Tìm thiết diện của (OMN) và hình chóp.
Ta có
(ABC) ∩(MNO) = MN
(ABD) ∩(MNO) = MI
(ACD ) ∩(MNO) = NJ
(BCD) ∩(MNO) = I J
. Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNJI.
Bài 11. Cho tứ diện SABC. Gọi M ∈ SA, N ∈ (SBC), P ∈ (ABC), không có đường
thẳng nào song song.
1. Tìm giao điểm của MN với (ABC), suy ra giao tuyến của (MNP) và (ABC).
2. Tìm giao điểm của AB với (MNP).
3. Tìm giao điểm của NP với (SAB).
4. Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MNP).
Lời giải.
1. Tìm MN ∩ (ABC).
12 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Chọn mặt phẳng phụ (SAH) chứa MN.
Tìm (SAH) ∩(ABC).
Ta có A ∈ (ABC) ∩(SAH) (1).
Trong (SBC), gọi H = SN ∩ BC.
Ta có
®
H ∈ SN ⊂ (SAH)
H ∈ BC ⊂ (ABC)
⇒ H ∈ (SAH) ∩
(ABC) (2).
Từ (1) và (2) suy ra (SAH) ∩(ABC) = AH.
Trong (SAH), gọi I = MN ∩ AH.
Ta có
®
I ∈ MN
I ∈ AHH ⊂ (AB C)
⇒ I = MN ∩
(ABC).
Tìm (MNP) ∩(ABC).
Ta có P ∈ (MNP) ∩ (ABC) (3).
Mặt khác I ∈ (MNP) ∩(ABC) (4).
Từ (3) và (4) ⇒ (MNP) ∩(ABC ) = PI.
2. Tìm AB ∩(MNP).
Trong (ABC), gọi K = AB ∩ PI.
Ta có
®
K ∈ AB
K ∈ PI ⊂ (MNP)
⇒ K = AB ∩
(MNP).
S
H
B
P
J
L
A
M
K
C
N
I
Q
3. Tìm NP ∩(SAB).
Trong (MNK), gọi L = PN ∩ MK. Ta có
®
L ∈ PN
L ∈ MK ⊂ (SAB)
⇒ L = PN ∩(SAB ).
4. Trong (ABC), gọi J = BC ∩ PI. Khi đó (MNP) ∩(SBC) = JN.
Trong (SBC), gọi Q = SC ∩ JN. Ta có
(MNP) ∩(SAB) = MK
(MNP) ∩(SBC) = IQ
(MNP) ∩(SAC) = MQ
(MNP) ∩(ABC) = KJ.
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MQJK.
Bài 12. Cho tứ diện SABC. Gọi I, J, K lần lượt là 3 điểm nằm trong ba mặt phẳng
(SAB), (SBC), (ABC).
1. Tìm giao điểm của I J với (ABC ).
2. Tìm giao tuyến của (I JK) với các mặt của hình chóp. Từ đó suy ra thiết diện của
(I JK) cắt bởi hình chóp.
Lời giải.
1. Tìm giao điểm của I J với (ABC).
13
Trong (SAB), gọi M = SI ∩ AB.
Trong (SBC), gọi N = SJ ∩ BC.
Suy ra (SI J) ∩(ABC) = MN.
Trong (SI J), gọi H = I J ∩ MN.
Ta có
®
H ∈ I J
H ∈ MN ⊂ (ABC)
⇒ H =
IJ ∩ (ABC).
S
B
M
N
H
D
K
E
A
I
L
C
J
F
2. Tìm giao tuyến của (I JK) và (ABC).
Ta có
®
K ∈ (I JK) ∩(ABC)
H ∈ (I JK) ∩(ABC)
⇒ HK = (I JK) ∩(ABC).
Trong (ABC), gọi D = HK ∩ BC và E = HK ∩ AC.
+ Tìm (I JK) ∩(SBC).
Ta có J ∈ (I JK) ∩(SBC) (1). Mặt khác
®
D ∈ HK ⊂ (I JK)
D ∈ BC ⊂ (SBC)
⇒ D ∈ (I JK) ∩(SBC) (2).
Từ (1) và (2) suy ra DJ = (I JK) ∩(SBC).
+ Tìm (I JK) ∩(SAB).
Ta có I ∈ (I JK) ∩(SAB) (3).
Trong (SBC), gọi F = DJ ∩ SB. Ta có
®
F ∈ DJ ⊂ (I JK)
F ∈ SB ⊂ (SAB)
⇒ F ∈ (IJK) ∩(SAB) (4).
Từ (3) và (4) suy ra FI = (I JK) ∩ (SAB).
+ Tìm (I JK) ∩(SAC).
Trong (SAB), gọi L = FI ∩ SA. Ta có
®
L ∈ FI ⊂ (I JK)
L ∈ SA ⊂ (SAC)
⇒ L = (I JK) ∩(SA C) (5).
Trong (ABC), gọi E = HK ∩ AC. Ta có
®
E ∈ HK ⊂ (I JK)
E ∈ AC ⊂ (SAC)
⇒ E ∈ (I JK) ∩ (SAC) (6).
Từ (5) và (6) suy ra LE = (I JK) ∩(SAC).
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác DFLE.
Bài 13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, I
lần lượt nằm trên ba cạnh AD, CD, SO. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng
(MNI).
Lời giải.
14 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Trong (ABCD), gọi J = BD ∩
MN, K = MN ∩ AB, H = MN ∩
B C.
Trong (SBD), gọi Q = I J ∩ SB.
Trong (SAB), gọi R = KQ ∩SA.
Trong (SBC), gọi P = QH ∩SC.
Vậy thiết diện là ngũ giác
MNPQR.
S
P
A
B
C
O
K
M
N
J
D
I
H
Q
R
Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm lấy trên AB, AD
và SC. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNP).
Lời giải.
Trong (ABCD), gọi E = MN ∩ DC, F =
MN ∩ BC .
Trong (SCD), gọi Q = EP ∩ SD.
Trong (SBC), gọi R = EP ∩ SB.
Vậy thiết diện là ngũ giác MNPQR.
S
R
M
F
A
B
N
E
C
D
P
Q
DẠNG 0.3. Tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng
Muốn tìm giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P), ta có hai có hai cách làm
như sau
15
Cách 1: Những bài toán đơn giản, có sẵn một mặt
phẳng (Q) chứa đường thẳng d và một đường
thẳng a thuộc mặt phẳng (P). Giao điểm của
hai đường thẳng không song song d và a chính
là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng
(P).
Cách 2: Tìm một mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng
d, sao cho dễ dàng tìm giao tuyến a với mặt
phẳng (P). Giao điểm của đường thẳng d và
mặt phẳng (P) chính là giao điểm của đường
thẳng d và giao tuyến a vừa tìm.
d
Q
P
a
A
Bài 15. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BC. K là điểm
nằm trên BD sao cho KD < KB. Tìm giao điểm của CD và AD với mặt phẳng (MNK).
Lời giải.
Tìm giao điểm của CD với mp(MNK).
Các bạn để ý CD và NK cùng thuộc mặt phẳng (BCD) và chúng
không song song nên hai đường thẳng này sẽ cắt nhau tại một
điểm I, nhưng NK lại thuộc mp(MNK) suy ra I thuộc mp(MNK).
Vậy I chính là giao điểm của CD và mp(MNK).
Ta có thể trình bày lời giải như sau:
Trong mặt phẳng (BCD), gọi I = CD ∩ NK.
Vì
®
I ∈ CD
I ∈ NK, NK ⊂ (MNK)
⇒ I = CD ∩(MNK).
A
B
M
C
K D
I
H
N
Tìm giao điểm của AD và (MNK).
Chọn mặt phẳng (ADC ) chứa AD. Sau đó tìm giao tuyến của (ACD) và (MNK), ta trình bày
như sau:
®
M ∈ (MNK)
M ∈ AC, AC ⊂ (ACD)
⇒ M ∈ (MNK) ∩(ACD).
®
I ∈ NK, NK ⊂ (MNK)
I ∈ CD, CD ⊂ (ACD)
⇒ I ∈ (MNK) ∩(ACD).
Vậy (MNK) ∩(ACD) = MI. Gọi H = MI ∩ AD. Suy ra H = AD ∩(MNK).
Bài 16. Cho tứ diện AB CD. Trên AB, AC, BD lấy lần lượt ba điểm M, N, P sao cho
MN không song song với BC, MP khong song song với AD. Xác định giao điểm của
các đường thẳng BC, AD, CD với mặt phẳng (MNP).
Lời giải.
16 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Tìm giao điểm của BC và (MNP).
Trong (ABC), gọi H = MN ∩ BC.
®
H ∈ BC
H ∈ MN, MN ⊂ (MNP)
⇒ H ∈
B C ∩(MNP).
Tìm giao điểm của AD và (MNP).
Trong (ACD), gọi I = MP ∩ AD.
®
I ∈ AD
I ∈ MP, MP ⊂ (MNP)
⇒ I ∈
AD ∩(MNP).
Tìm giao điểm của CD và (MNP).
®
I ∈ AD, AD ⊂ (ACD)
N ∈ A C, AC ⊂ (ACD)
⇒ IN ⊂ (ACD).
A
H
C
J
D
N
I
M
PB
Trong (ACD) gọi J = NI ∩ CD.
®
J ∈ CD
I ∈ NI, NI ⊂ (MNP)
⇒ J = CD ∩(MNP).
Bài 17. Cho tứ diện ABCD. trên AC và AD lấy hai điểm M, N sao cho MN không song
song với CD. Gọi O là điểm bên trong tam giác (BCD).
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (OMN) và (BCD).
2. Tìm giao điểm của BC với (OMN).
3. Tìm giao điểm của BD với (OMN).
Lời giải.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (OMN) và
(BCD).
Ta có O ∈ (OMN) ∩(BCD). (1)
Trong (ACD), gọi I = MN ∩ CD.
®
I ∈ MN, MN ⊂ (MNO)
I ∈ CD, CD ⊂ (B CD)
⇒ I ∈ (OMN) ∩
(BCD). (2)
Từ (1) và (2) ta có OI = (OMN) ∩(BCD).
2. Tìm giao điểm của BC với (OMN).
Trong (BCD), gọi P = BC ∩ OI. Ta có P = BC ∩
(OMN).
3. Tìm giao điểm của BD với (OMN).
Trong (BCD), gọi Q = BD ∩OI. Ta có Q = BD ∩
(OMN).
A
Q
B
M
C
O
D
N
I
P
Bài 18. Cho tứ diện ABCD, lấy M ∈ AB, N ∈ AC sao cho MN không song song với
B C, I là điểm thuộc miền trong 4BCD. Xác định giao điểm của các đường thẳng BC,
BD, CD với (MN I).
Lời giải.
17
Tìm giao điểm của BC với (MNI).
Trong (ABC), gọi H = MN ∩ BC.
®
H ∈ BC
H ∈ MN, MN ⊂ (MNI)
⇒ H = BC ∩(MNI).
Tìm giao tuyến của (BCD) với (MN I).
®
H ∈ MN, MN ∈ (MNI)
H ∈ BC, BC ⊂ (BCD)
⇒ H ∈ (MNI) ∩ (ACD). (1)
Lại có I ∈ (MNI) ∩(BCD). (2)
Từ (1) và (2) ta có HI = (MNI) ∩ (BCD).
Tìm giao điểm của BD với (MNI).
Trong (BCD), gọi E = HI ∩ BD.
®
E ∈ BD
E ∈ HI, HI ⊂ (MNI)
⇒ E = BD ∩ (MNI).
Tìm giao điểm của CD với (MNI).
Trong (BCD), gọi F = HI ∩ CD.
A
B
H
M
C
E
I
D
N
F
K
®
F ∈ CD
F ∈ HI, HI ⊂ (MNI)
⇒ F = CD ∩(MNI).
Bài 19. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là các trung điểm của các cạnh AC, BC.
Trên cạnh BD lấy điểm P sao cho BP = 2PD. Lấy Q thuộc AB sao cho QM cắt BC. Tìm
1. giao điểm của CD và (MNP).
2. giao điểm của AD và (MNP).
3. giao tuyến của (MPQ) và (B CD).
4. giao điểm của CD và (MPQ ).
5. giao điểm của AD và (MPQ).
Lời giải.
1. Tìm giao điểm của CD và (MNP).
Trong (BCD), gọi E = CD ∩ NP.
®
E ∈ CD
E ∈ NP, NP ⊂ (MNP)
⇒ E =
CD ∩ (MNP ).
2. Tìm giao điểm của AD và (MNP).
Tìm giao tuyến của (ACD) và
(MNP).
®
M ∈ (MNP)
M ∈ AC, AC ⊂ (ACD)
⇒ M ∈
(MNP) ∩(ACD). (1)
®
E ∈ NP, NP ⊂ (MNP)
E ∈ CD, CD ⊂ (A CD)
⇒ E ∈
(MNP) ∩(ACD). (2)
Từ (1) và (2) ta có EM = (MNP ) ∩
(ACD ).
Trong (ACD), gọi F = AD ∩ EM.
Suy ra F = AD ∩(MNP).
A
B
N
C
P
L
K
Q
M
F
T
D
E
18 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
3. Tìm giao tuyến của (MPQ) và (BCD).
Trong (ABC), gọi K = QM ∩ BC.
®
K ∈ BC, BC ⊂ (BCD)
K ∈ QM, QM ⊂ (MPQ)
⇒ K ∈ (MPQ) ∩(BCD). (3)
®
P ∈ BD, BD ⊂ (BCD)
P ∈ (MPQ)
⇒ P ∈ (MPQ) ∩(BCD). (4)
Từ (3) và (4) ta có KP = (MPQ) ∩(B CD).
4. Tìm giao điểm của CD và (MPQ).
Trong (BCD) gọi L = KP ∩ CD.
®
L ∈ CD
L ∈ KP, KP ⊂ (MPQ)
⇒ L = CD ∩ (MPQ).
5. Tìm giao điểm của AD và (MPQ ).
Tương tự như trên, ta tìm được ML = (PQ) ∩(ACD).
Trong (ACD), gọi T = AD ∩ ML . Suy ra T = AD ∩(MPQ).
Bài 20. Cho hình chóp S.AB CD có AB và CD không song song. Gọi M là một điểm
thuộc miền trong tam giác SCD .
1. Tìm giao điểm N của CD và (SBM).
2. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBM) và (SAC).
3. Tìm giao điểm I của BM và (SAC).
4. Tìm giao điểm P của SC và (ABM). Từ đó suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng
(SCD) và (ABM).
Lời giải.
1. Tìm giao điểm N của CD và (SBM).
Trong (SCD), gọi N = SM ∩ CD.
®
N ∈ CD
N ∈ SM, SM ⊂ (SBM)
⇒ N = CD ∩(SBM).
2. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBM) và (SAC).
Ta có một lưu ý rằng (SBN) ≡ (SBM).
Trong (ABCD), gọi O = AC ∩ BN.
®
O ∈ AC, AC ⊂ (SAC)
O ∈ BN, BN ⊂ (SBN)
⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBN). (1)
Lại có S ∈ (SA C) ∩(SBN). (2)
Từ (1) và (2) ta có SO = (SAC) ∩(SBN).
S
A
B
C
N
D
M
P
O
I
3. Tìm giao điểm I của BM và (SAC).
Trong (SBN), gọi I = BM ∩SO.
®
I ∈ BM
I ∈ SO, SO ⊂ (SAC)
⇒ I = BM ∩(SAC).
4. Tìm giao điểm P của SC và (ABM). Từ đó suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng (SCD )
và (ABM). Ta có (ABM) ∩(SAC) = AI.
Trong (SAC), gọi P = AI ∩SC. Suy ra P = SC ∩(ABM). Khi đó (SCD) ∩(ABM) = MP.
19
Bài 21. Cho tứ giác ABCD và một điểm S không thuộc mặt phẳng (ABCD). Trên đoạn
AB lấy một điểm M, trên đoạn SC lấy một điểm N (M, N không trùng với các đầu
mút).
1. Tìm giao điểm của đường thẳng AN với mặt phẳng (SBD).
2. Tìm giao điểm của đường thẳng MN với mặt phẳng (SBD).
Lời giải.
1. Tìm giao điểm của đường thẳng AN với mặt phẳng
(SBD).
• Chọn mặt phẳng phụ (SAC) ⊃ AN. Ta tìm giao
tuyến của (SAC) và (SBD).
Trong (ABCD) gọi P = AC ∩ BD. Suy ra
(SAC) ∩(SBD) = SP .
• Trong (SAC) gọi I = AN ∩SP.
®
I ∈ AN
I ∈ SP, SP ⊂ (SBD)
⇒ I = AN ∩ (SBD).
2. Tìm giao điểm của đường thẳng MN với mặt
phẳng (SBD).
• Chọn mặt phẳng phụ (SMC) ⊃ MN. Ta tìm
giao tuyến của (SMC) và (SBD).
Trong (ABCD) gọi Q = MC ∩ BD. Suy ra
(SMC) ∩(SBD) = SQ.
• Trong (SMC) gọi J = MN ∩ SQ.
®
J ∈ MN
J ∈ SQ, SQ ⊂ (SBD)
⇒ J = MN ∩(SBD).
S
A
J
B
M
C
D
P
N
Q
I
Bài 22. Cho hình chóp S.AB CD. Gọi O là giao điểm của AC và BD. M, N, P lần lượt là
các điểm trên SA, SB, SD.
1. Tìm giao điểm I của SO với mặt phẳng (MNP ).
2. Tìm giao điểm Q của SC với mặt phẳng (MNP).
Lời giải.
1. Tìm giao điểm I của SO với mặt phẳng (MNP ).
20 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Trong mặt phẳng (SBD), gọi I = SO ∩ NP, có
®
I ∈ SO
I ∈ NP ⊂ (MNP)
⇒ I = SO ∩(MNP).
2. Tìm giao điểm Q của SC với mặt phẳng (MNP).
• Chọn mặt phẳng phụ (SA C) ⊃ SC.
• Tìm giao tuyến của (SAC) và (MNP).
Ta có
®
M ∈ (MNP)
M ∈ SA, SA ⊂ (SAC)
⇒ M ∈
(MNP) ∩(SAC). (1)
Và
®
I ∈ SP, SP ⊂ (MNP)
I ∈ SO, SO ⊂ (SAC)
⇒ I ∈ (MNP) ∩
(SAC). (2)
B
A
M
N
C
D
P
Q
S
I
O
Từ (1) và (2) có (MNP) ∩ (SAC) = MI.
• Trong mặt phẳng (SAC) gọi Q = SC ∩ MI, có
®
Q ∈ SC
Q ∈ MI, MI ⊂ (MNP)
⇒ Q =
S C ∩(MNP).
Bài 23. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N là hai điểm trên AC và AD. O là điểm bên trong
tam giác BCD. Tìm giao điểm của
1. MN và mặt phẳng (ABO).
2. AO và mặt phẳng (BMN).
Lời giải.
21
1. Tìm giao điểm của MN và mặt phẳng (ABO).
• Chọn mặt phẳng phụ (ACD) ⊃ MN.
• Tìm giao tuyến của (A CD) và (ABO).
Ta có A là điểm chung của (ACD) và (ABO). (1)
Trong mặt phẳng (BCD), gọi P = BO ∩CD, ta có
®
P ∈ BO, BO ⊂ (ABO)
P ∈ CD, CD ⊂ (ACD)
⇒ P ∈ (ABO) ∩ (ACD).
(2)
Từ (1) và (2) suy ra (ACD) ∩(ABO) = AP.
• Trong (ACD), gọi Q = AP ∩ MN, có
®
Q ∈ MN
Q ∈ AP, AP ⊂ (ABO)
⇒ MN ∩(ABO) = Q.
2. Tìm giao điểm của AO và mặt phẳng (BMN).
• Chọn mặt phẳng (ABP) ⊃ AO.
• Tìm giao tuyến của (ABP) và (BMN).
Ta có B là điểm chung của (ABP ) và (BMN). (3)
®
Q ∈ MN, MN ⊂ (BMN)
Q ∈ AP, AP ⊂ (ABP)
⇒ Q ∈ (ABP) ∩
(BMN). (4)
Từ (3) và (4) suy ra (ABP) ∩(BMN) = BQ.
Gọi I = BQ ∩ AO (vì BQ, AO ∈ (ABP)), có
®
I ∈ AO
I ∈ BQ, BQ ⊂ (BMN)
⇒ I = AO ∩(BMN).
B
M
C
D
N
P
Q
A
I
O
Bài 24. Trong mặt phẳng (α) cho hình thang ABCD , đáy lớn AD. Gọi I, J, K lần lượt là
các điểm trên SA, AB, BC (K không là trung điểm BC). Tìm giao điểm của
1. IK và (SBD).
2. SD và (I JK).
3. SC và (I JK).
Lời giải.
A
B
I
Q
C
D
E
F
N
S
J
K
P
M
22 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. Tìm giao điểm của IK và mặt phẳng (SBD).
• Chọn mặt phẳng phụ (SAK) ⊃ IK.
• Tìm giao tuyến của (SAK) và (SBD).
Ta có S là điểm chung của (SAK) và (SBD). (1)
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi P = AK ∩ BD, ta có
®
P ∈ AK, AK ⊂ (SAK)
P ∈ BD, BD ⊂ (SBD)
⇒ P ∈ (SAK) ∩(SBD). (2)
Từ (1) và (2) suy ra (SAK) ∩(SBD) = SP.
• Trong (SAK), gọi Q = IK ∩SP, có
®
Q ∈ IK
Q ∈ SP, SP ⊂ (SBD)
⇒ Q = IK ∩(SBD).
2. Tìm giao điểm của SD và mặt phẳng (I JK).
• Chọn mặt phẳng phụ (SBD) ⊃ SD.
• Tìm giao tuyến của (SBD) và (I JK).
Ta có Q là điểm chung của (SBD) và (I JK). (3)
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi M = JK ∩ BD ⇒ M là điểm chung của (IJK) và (SBD).
(4)
Từ (3) và (4) suy ra (I JK ) ∩(SBD) = QM. •Trong mặt phẳng (SBD), gọi N = QM ∩SD.
Ta có
®
N ∈ SD
I ∈ QM, QM ⊂ (IJK)
⇒ N = SD ∩(I JK).
3. Tìm giao điểm của SC và mặt phẳng (I JK).
• Chọn mặt phẳng phụ (SA C) ⊃ SC.
• Tìm giao tuyến của (SAC) và (IJK).
Ta có
®
I ∈ (I JK)
I ∈ SA, SA ⊂ (SAC)
⇒ I ∈ (I JK ) ∩(SAC). (5)
Gọi E = AC ∩ JK (vì AC, JK ⊂ (ABCD)). Vậy E ∈ (I JK) ∩(SA C). (6)
Từ (5) và (6) suy ra (I JK) ∩ (SAC) = IE.
• Trong mặt phẳng (SAC), gọi F = IE ∩ SC. Ta có
®
F ∈ S C
F ∈ IE, IE ⊂ (I JK)
⇒ F = SC ∩
(I JK).
Bài 25. Cho tứ diện SABC. Gọi I, H lần lượt là trung điểm của SA, AB. Trên cạnh S C
lấy điểm K sao cho CK = 3SK.
1. Tìm giao điểm F của BC với mặt phẳng (IHK). Tính tỉ số
FB
FC
.
2. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng IH. Tìm giao điểm của KM và mặt phẳng
(ABC).
Lời giải.
23
A
B
E
C
M
K
F
D
N
S
I
H
J
1. Tìm giao điểm F của BC với mặt phẳng (IHK). Tính tỉ số
FB
FC
.
• Ta tìm giao tuyến của (ABC) và (IHK) trước.
Gọi E = AC ∩ KI (AC, KI ⊂ (SA C)), ta có
®
E ∈ AC, AC ⊂ (ABC)
E ∈ KI, KI ⊂ (IHK)
⇒ E ∈ (ABC) ∩(IHK). (1)
®
H ∈ (IHK)
H ∈ AB, AB ⊂ (ABC)
⇒ H ∈ (ABC) ∩(IHK). (2)
Từ (1) và (2) suy ra EH = (ABC) ∩ (IHK).
• Gọi F = EH ∩ BC (EH, BC ⊂ (ABC )), có
®
F ∈ BC
F ∈ EH, EH ⊂ (IHK)
⇒ F = BC ∩(IHK).
Gọi D là trung điểm của SC, ta có IK là đường trung bình của 4SAD.
Trong 4CEK có
CA
AE
=
CD
DK
= 2 ⇒ CA = 2CK.
Trong mặt phẳng (ABC) kẻ AN k EF (N ∈ BC). Ta có
HF k AN ⇒
BH
HA
=
BF
FN
= 1 ⇒ BF = FN.
EF k AN ⇒
CA
AE
=
CN
NF
= 2 ⇒ CN = 2NF.
Do đó
FB
FC
=
FB
FN + NC
=
FB
3FB
=
1
3
.
2. Tìm giao điểm của KM và mặt phẳng (ABC).
Ta có KM ⊂ (IHK). Gọi J = KM ∩ EH (EH, KM ⊂ (IHK)).
Ta có
®
J ∈ KM
J ∈ EH, EH ⊂ (ABC)
⇒ J = KM ∩(ABC).
DẠNG 0.4. Tìm thiết diện của hình (H) khi cắt bởi mặt phẳng (P).
Phương pháp giải
24 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Bài 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, I
lần lượt nằm trên ba cạnh AD, CD, SO. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng
(MNI).
Lời giải.
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi J = BD ∩
MN, K = MN ∩ AB , H = MN ∩ BC.
Trong mặt phẳng (SBD), gọi Q = I J ∩ SB.
Trong mặt phẳng (SAB), gọi R = KQ ∩SA.
Trong mặt phẳng (SBC), gọi P = QH ∩SC.
Vậy, thiết diện của hình chóp S.ABCD với
mặt phẳng (MNI) là ngũ giác MNPQR .
B
A
I
Q
D
P
S
C
R
O
M
J
K
H
N
Bài 27. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm lấy trên AB, AD
và SC. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNP).
Lời giải.
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi E = MN ∩ DC,
F = MN ∩ BC.
Trong mặt phẳng (SCD), gọi Q = EP ∩ SD.
Trong mặt phẳng (SBC), gọi R = FP ∩ SB.
Vậy, thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt
phẳng (MNP) là ngũ giác MNQPR.
A
F
M
C
D
P
Q
S
B
R
N
E
DẠNG 0.5. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng qui, chứng minh
một điểm thuộc một đường thẳng cố định.
• Phương pháp chứng minh ba điểm thẳng hàng:
25
Muốn chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng, ta chứng minh
ba điểm đó lần lượt thuộc hai mặt phẳng phân biệt (α) và (β)
thì suy ra ba điểm A, B, C nằm trên giao tuyến của (α) và (β),
nên chúng thẳng hàng.
α
β
A
B
C
• Phương pháp chứng minh ba đường thẳng đồng quy:
Ta tìm giao điểm của hai đường thẳng trong ba đường thẳng đã cho, rồi chứng minh
giao điểm đó nằm trên đường thẳng thứ ba. Cụ thể như sau:
Chọn một mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng (a) và (b). Gọi I = (a) ∩ (b).
Tìm một mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (a), tìm một mặt
phẳng (R) chứa đường thẳng (b), sao cho (c) = (Q) ∩(R) ⇒
I ∈ (c).
Vậy, ba đường thẳng (a), (b), (c) đồng quy tại điểm I.
(a), (b) ⊂ (P)
(a) ∩(b) = I
(P) ∩ (Q) = (a)
(P) ∩ (R) = (b)
(Q) ∩(R) = (c)
⇒ (a) ∩(b) ∩(c) = I.
a
b
c
Q
R
P
I
Bài 28. Cho tứ diện SABC. Trên SA, SB và SC lần lượt lấy các điểm D, E, F sao cho DE
cắt AB tại I, EF cắt BC tại J, FD cắt CA tại K. Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng.
Lời giải.
I
D
K
E
S
J
F
A C
B
Ta có
•
I = AB ∩ DE (AB, DE ⊂ (SAB))
I ∈ AB, AB ⊂ (ABC)
I ∈ DE, DE ⊂ (DEF)
⇒ I ∈ (ABC) ∩(DEF). (1)
•
K = AC ∩ DF (AC, DF ⊂ (SAC))
I ∈ AC, AC ⊂ (ABC)
K ∈ DF, DF ⊂ (DEF)
⇒ K ∈ (ABC) ∩(DEF). (2)
•
J = BC ∩ EF (BC, EF ⊂ (SBC))
J ∈ BC, B C ⊂ (ABC)
J ∈ EF, EF ⊂ (DEF)
⇒ J ∈ (ABC) ∩(DEF). (3)
26 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Từ (1), (2) và (3) suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng.
Bài 29. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD, Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của AB, BC, CD.
1. Tìm giao tuyến của (AND) và (ABP).
2. Gọi I = AG ∩ MP, J = CM ∩ AN. Chứng minh D, I, J t hẳng hàng.
Lời giải.
M
J
I
A
D
C
B
N P
G
1. Tìm giao tuyến của (AND) và (ABP).
A ∈ (ABP) ∩(ADN). (1)
Ta có G = BP ∩ DN, có
®
G ∈ BP, BP ⊂ (ABP)
G ∈ DN, DN ⊂ (ADN)
⇒ G ∈ (ABP) ∩(ADN). (2)
Từ (1) và (2) ta có AG = (ABP) ∩(ADN).
2. Chứng minh D, I, J thẳng hàng.
I = AG ∩ MP, AG ⊂ (ADG), MP ⊂ (DMN) ⇒ I ∈ (ADG) ∩(DMN). (3)
J = CM ∩ AN, AN ⊂ (ADG), CM ⊂ (DMN) ⇒ J ∈ (ADG) ∩(DMN). (4)
D ∈ (ADG) ∩(DMN). (5)
Từ (3), (4), (5) suy ra ba điểm D, I, J thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (ADG) và
(DMN).
Vậy ba điểm D, I, J thẳng hàng.
Bài 30. Cho hình bình hành ABCD. S là điểm không thuộc (ABCD), M và N lần lượt
là trung điểm của đoạn thẳng AB và SC.
1. Xác định giao điểm I = AN ∩(SBD).
2. Xác định giao điểm J = MN ∩ (SBD).
3. Chứng minh ba điểm I, J, B thẳng hàng.
Lời giải.
27
A
B
M
D
C
N
S
I
O
K
J
1. Xác định giao điểm I = AN ∩(SBD).
• Chọn mặt phẳng phụ (SA C) chứa AN. Ta tìm giao tuyến của (SAC ) và (SBD).
Trong mặt phẳng (ABCD) gọi O là giao điểm của AC và BD. Hai mặt phẳng (SAC) và
(SBD) có hai điểm chung là S và O.
Vậy (SAC) ∩ (SBD) = SO.
• Trong mặt phẳng (SAC) gọi I = AN ∩ SO. Ta có I = AN ∩(SBD).
2. Xác định giao điểm J = MN ∩ (SBD).
• Chọn mặt phẳng phụ (SMC) chứa MN. Ta tìm giao tuyến của (SMC) và (SBD).
Trong mặt phẳng (ABCD) gọi K là giao điểm của MC và BD. Hai mặt phẳng (SMC)
và (SBD) có hai điểm chung là S và K.
Vậy (SMC) ∩(SBD) = SK.
• Trong mặt phẳng (SMC) gọi J = MN ∩ SK. Ta có J = MN ∩ (SBD).
3. Chứng minh ba điểm I, J, B thẳng hàng.
• Ta có B là điểm chung của (ABN) và (SBD). (1)
•
®
I ∈ SO, SO ⊂ (SBD)
I ∈ AN, AN ⊂ (ABN)
⇒ I ∈ (ABN) ∩(SBD). (2)
•
®
J ∈ SK, SK ⊂ (SBD)
J ∈ MN, MN ⊂ (ABN)
⇒ J ∈ (ABN) ∩(SBD). (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra ba điểm I, J, B thẳng hàng.
Bài 31. Cho tứ giác ABCD và S 6∈
(
ABCD
)
. Gọi I, J là hai điểm trên AD và SB, AD cắt
B C tại O và OJ cắt SC tại M.
1. Tìm giao điểm K = I J ∩
(
SAC
)
.
2. Xác định giao điểm L = DJ ∩
(
SAC
)
.
3. Chứng minh A, K, L, M thẳng hàng.
Lời giải.
28 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. Tìm giao điểm K = I J ∩
(
SAC
)
.
Chọn mặt phẳng phụ
(
SIB
)
chứa I J.
Tìm giao tuyến của
(
SIB
)
và
(
SAC
)
.
có S ∈
(
SBI
)
∩
(
SAC
)
(1)
Trong mặt phẳng
(
ABCD
)
gọi E = AC ∩ BI, ta có:
®
E ∈ AC, AC ⊂
(
SAC
)
E ∈ BI, BI ⊂
(
SBI
)
⇒ E =
(
SAC
)
∩
(
SBI
)
(2)
Từ (1) và (2) suy ra SE =
(
SBI
)
∩
(
SAC
)
.
Trong mặt phẳng
(
SIB
)
, gọi K = IJ ∩ SE.
Ta có
®
K ∈ I J
K ∈ SE, SE ⊂
(
SAC
)
⇒ K = I J ∩
(
SAC
)
2. Xác định giao điểm L = DJ ∩
(
SAC
)
.
Chọn mặt phẳng phụ
(
SBD
)
chứa DJ. Tìm giao
tuyến của
(
SBD
)
với
(
SAC
)
.
Ta có S ∈
(
SBD
)
∩
(
SAC
)
(3)
S
A
B
C
D
I
J
O
M
E
F
L
Trong mặt phẳng
(
ABCD
)
gọi F = AC ⊂ BD . Suy ra F là điểm chung thứ hai của hai mặt
phẳng
(
SBD
)
và
(
SAC
)
. (4)
Từ (3) và (4) suy ra SF =
(
SBD
)
⊂
(
SAC
)
. Trong mặt phẳng
(
SBD
)
gọi L = DJ ∩ SF.
Vậy
®
L ∈ DJ
L ∈ SF, SF ⊂
(
SAC
)
⇒ L = DJ ∩
(
SAC
)
3. Chứng minh A, K, L, M thẳng hàng.
Ta có A ∈
(
SAC
)
∩
(
AJO
)
(3)
và
®
K ∈ I J, IJ ⊂
(
AJO
)
K ∈ SE, SE ⊂
(
SAC
)
⇒ K ∈
(
SAC
)
∩
(
AJO
)
. (4)
có
®
L ∈ DJ, DJ ⊂
(
AJO
)
L ∈ SF, SF ⊂
(
SAC
)
⇒ L ∈
(
SAC
)
∩
(
AJO
)
(5)
có
®
M ∈ JO, JO ⊂
(
AJO
)
M ∈ SC , SC ⊂
(
SAC
)
⇒ M ∈
(
SAC
)
∩
(
AJO
)
(6)
Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra bốn điểm A, K, L, M cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng
(
SAC
)
và
(
AJO
)
. Vậy A, K, L, M thẳng hàng.
Bài 32. Cho tứ giác ABCD và S 6∈
(
ABCD
)
. Gọi M, N là hai điểm trên BC và SD.
Tìm giao điểm J = BN ∩
(
SAC
)
1.
Tìm giao điểm J = MN ∩
(
SAC
)
2.
Chứng minh rằng C, I, J thẳng hàng.3.
Lời giải.
29
1. Tìm giao điểm I = BN ∩
(
SAC
)
Chọn mặt phẳng phụ
(
SBD
)
chứa BN.
Tìm giaio tuyến của hai mặt phẳng
(
SBD
)
và
(
SAC
)
. Trong mặt phẳng
(
ABCD
)
gọi O = AC ∩
BD.
Hai mặt phẳng
(
SAC
)
và
(
SBD
)
có hai điểm chung
là S và O. Vậy giao tuyến của chúng là SO.
Trong mặt phẳng
(
SBD
)
gọi I = BN ∩ SO.
Ta có
®
I ∈ BN
I ∈ SO, SO ⊂
(
SAC
)
⇒ I = BN ∩
(
SAC
)
.
2. Tìm giao điểm J = MN ∩
(
SAC
)
.
Chọn mặt phẳng phụ
(
SMD
)
chứa MN. Tìm giao
tuyến của
(
SMD
)
và
(
SAC
)
.
Trong mặt phẳng
(
ABCD
)
, gọi K = AC ∩DM. Hai
mặt phẳng
(
SAC
)
và
(
SMD
)
có hai điểm chung là
S và K.
Vậy giao tuyến của chúng là SK.
Trong mặt phẳng SMD, gọi J = MN ∩ SK. Ta có
®
J ∈ MN
J ∈ SK, SK ⊂
(
SAC
)
⇒ J = MN ∩
(
SAC
)
3. Chứng minh C, I, J thẳng hàng.
S
A
B
O
C
M
D
N
I
K
J
Theo cách tìm điểm ở những câu trên, ta có ba điểm C, I, J là điểm chung của hai mặt
phẳng
(
B CN
)
và
(
SAC
)
⇒ Ba điểm C, I, J cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng
(
B CN
)
và
(
SAC
)
. Kết luận C, I, J thẳng hàng.
Bài 33. Cho hình chóp S.ABCD . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC.
Gọi E = AB ∩CD, K = AD ∩ BC
Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
(
SAC
)
∩
(
SBD
)
,
(
MNP
)
∩
(
SBD
)
.1.
Tìm giao điểm Q của đường t hẳng SD với mặt phẳng
(
MNP
)
.2.
Gọi H = NM ∩ PQ. Chứng minh ba điểm S , H, E thẳng hàng.3.
Chứng minh ba đường thẳng SK, QM, NP đồng quy.4.
Lời giải.
30 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. Tìm giao tuyến của
(
SAC
)
∩
(
SBD
)
.
Trong mặt phẳng ABCD gọi O = AC ∩
BD, có:
®
O ∈ AC, AC ⊂
(
SAC
)
O ∈ BD, BD ⊂
(
SBD
)
⇒ O ∈
(
SAC
)
∩
(
SBD
)
(1)
S ∈
(
SAC
)
∩
(
SBD
)
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
(
SAC
)
∩
(
SBD
)
= SO.
Tìm giao tuyến của
(
MNP
)
∩
(
SBD
)
.
Trong mặt phẳng
(
SAC
)
gọi F = MP ∩ SO,
có
®
F ∈ MP, MP ⊂
(
MNP
)
F ∈ SO, SO ⊂
(
SBD
)
⇒ F ∈
(
MNP
)
∩
(
SBD
)
(3)
có:
®
N ∈
(
MNP
)
N ∈ SB, SB ⊂
(
SBD
)
⇒ N ∈
(
MNP
)
∩
(
SBD
)
(4)
Từ (3) và (4) suy ra
(
MNP
)
∩
(
SBD
)
= NF.
2. Tìm giao điểm Q của đường thẳng SD
với
(
MNP
)
.
Gọi Q = NF ∩SD (vì NF, SD ⊂
(
SBD
)
).
Ta có
®
Q ∈ SD
Q ∈ NF, NF ⊂
(
MNP
)
⇒ Q =
SD ∩
(
MNP
)
.
A
B
M
N
C
D
E
P
K
O
S
H
F
G
Q
3. Gọi H = NM ∩ PQ. Chứng minh ba điểm S , H, E thẳng hàng.
Ta có
H = MN ∩ PQ, MN ⊂
(
SAB
)
, PQ ⊂
(
S CD
)
⇒ H ∈
(
SAB
)
∩
(
S CD
)
(∗)
E = AB ∩ CD, AB ⊂
(
SAB
)
, CD ⊂
(
S CD
)
⇒ E ∈
(
SAB
)
∩
(
S CD
)
(∗∗)
S ∈
(
SAB
)
∩
(
S CD
)
(∗ ∗ ∗)
Từ (*), (**), (***) suy ra ba điểm S, H, E thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng
(
SAB
)
và
(
S CD
)
nên ba điểm S, H, E t hẳng hàng.
4. Chứng min ba đường thẳng SK, QM, NP đồng quy.
Gọi G = MQ ∩ NP (vì MQ, NP ⊂
(
MNP
)
) (5)
có
®
G ∈ MQ, MQ ⊂
(
SAD
)
G ∈ NP, NP ⊂
(
SBC
)
⇒ G ∈
(
SAD
)
∩
(
SBC
)
(6)
Ngoài ra
(
SAD
)
∩
(
SBC
)
= SK ⇒ G ∈ SK. (7)
Từ (5),(6),(7) suy ra ba đường thẳng SK , QM, NP đồng quy.
Bài 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi Mlà tr ung điểm
của cạnh SD, I là điểm trên cạnh SA sao cho AI = 2IS. Gọi K là giao điểm của I M với
mặt phẳng ABCD. Tính tỷ số
KD
KA
. Gọi N là trung điểm của BC. Tìm thiết diện của
hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng
(
AMN
)
.
Lời giải.
31
S
A
B
C
E
M
K
D
P
N
S
I
F
A
D K
M
Trong mặt phẳng
(
SAD
)
gọi K = IM ∩ AD.
Vì
®
K ∈ IM
K ∈ AD, AD ⊂
(
ABCD
)
⇒ K = I M ∩
(
ABCD
)
.
Dựng DF k KI
(
F ∈ SA
)
. Trong ∆SDF có IM là đường trung bình của tam giác ⇒ SI =
IF = FA.
Từ đó suy ra FD là đường trung bình của tam giác ∆AIK ⇒ D là tr ung điểm của AK.
Kết luận
KD
KA
=
1
2
.
Trong mặt phẳng
(
ABCD
)
, gọi E = AN ∩ CD.
Trong mặt phẳng
(
S CD
)
, gọi P = EM ∩ SC. Từ đó suy ra thiết diện của hình chóp S.ABCD
bị cắt bởi mặt phẳng
(
AMN
)
là tứ giác AMPN.
Bài 35. Cho tứ diện ABCD. Gọi P và Q lần lượt là những điểm nằm trên hai đoạn
thẳng BC và BD, M là một điểm nằm trên AC. Giả sử không tồn tại song song trong
hình vẽ của bài toán
Tìm giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng
(
MPQ
)
. Suy ra giao điểm N
của đường thẳng AD và mặt phẳng
(
MPQ
)
.
1.
PQ cắt CD tại điểm I. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
(
MPQ
)
với mặt phẳng
(
A CD
)
. Nhận xét gì về vị trí của M, N, I?
2.
DP và CQ cắt nhau tại E, MQ và NP cắt nhau tại F. Chứng tỏ rằng A, E, F t hẳng
hàng.
3.
Lời giải.
32 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
a. Trong mặt phẳng
(
ABC
)
, gọi H = AB ∩ MP.
Có
®
H ∈ AB
H ∈ PM, PM ⊂
(
MPQ
)
⇒ H = AB ∩
(
MPQ
)
.
Ta có H và Q là hai điểm chung của hai mặt
phẳng
(
MPQ
)
và
(
ABD
)
nên giao tuyến của
chúng là đường thẳng HQ. HQ cắt AD tại N,
thì N là giao điểm của AD và
(
MPQ
)
.
b. M và I là hai điểm chung của hai mặt phẳng
(
MPQ
)
và
(
A CD
)
. Vậy giao tuyến của
(
A CD
)
và
(
MPQ
)
là đường thẳng MI.
Vì N ∈
(
MPQ
)
∩
(
A CD
)
⇒ N ∈ MI. Vậy ba
điểm M, N, I thẳng hàng.
c. Vì ba điểm A, E, F là ba điểm chung của hai
mặt phẳng
(
ADP
)
và
(
A CQ
)
nên chúng thuộc
giao tuyến của hai mặt
(
ADP
)
và
(
A CQ
)
.
Kết luận ba điểm A, E, F thẳng hàng.
A
M
I
H
C
N
F
Q
N
B
P
C
BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG I
Bài 36. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm bất
kỳ thuộc SB, N thuộc miền trong tam giác S∆SCD.
Tìm giao điểm của MN và mặt phẳng
(
ABCD
)
1.
Tìm SC ∩
(
AMN
)
và SD ∩
(
AMN
)
2.
Tìm SA ∩
(
CMN
)
3.
Lời giải.
a. Tìm giao điểm của MN và
(
ABCD
)
.
Gọi I = SN ∩ CD (vì SN, CD ⊂
(
S CD
)
). Chọn mặt phẳng
(
SBI
)
chứa
MN. Ta có B và I là hai điểm chung
của hai mặt phẳng
(
SBI
)
và
(
ABCD
)
.
Vậy
(
SBI
)
∩
(
ABCD
)
= BI.
Gọi H = MN ∩ BI (vì MN, BI ⊂
(
SBI
)
) Ta có
®
H ∈ MN
H ∈ BI, BI ⊂
(
ABCD
)
⇒ H = MN ∩
(
ABCD
)
b. Tìm SC ∩
(
MAN
)
.
Đầu tiên ta tìm giao tuyến của mặt
phẳng
(
SAC
)
và
(
SBI
)
. Gọi O = AC ∩
BI (vì AC, BI ⊂
(
ABCD
)
).
Ta có S và O là hai điểm chung của hai
mặt phẳng
(
SAC
)
và
(
SBI
)
.
Vậy SO =
(
SAC
)
∩
(
SBI
)
.
Gọi E = SO ∩ MN (vì SO, MN ⊂
(
SBI
)
). Chọn mặt phẳng
(
SAC
)
chứa
S C. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
(
SAC
)
và
(
AMN
)
S
A
B
M
E
K
N
P
C
I
D
H
Q
O
33
1. M và I là hai điểm chung của hai mặt phẳng (MPQ ) và (ACD).
Vậy giao tuyến của (ACD) và (MPQ ) là đường thẳng MI.
Vì N ∈ (MQP) ∩(ACD) ⇒ N ∈ MI. Vậy ba điểm M, N, I thẳng hàng.
2. Vì ba điểm A, E, F là ba điểm chung của hai mặt phẳng (ADP) và (ACQ). Nên chúng
thuộc giao tuyến của (ADP) và (ACQ).
Kết luận ba điểm A, E, F thẳng hàng.
BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG I
Bài 37. Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm bất kỳ
thuộc SB, N thuộc miền trong tam giác SCD.
1. Tìm giao điểm của MN và mặt phẳng (ABCD).
2. Tìm SC ∩(AMN), SD ∩(AMN).
3. Tìm SA ∩(CMN).
Lời giải.
1. Tìm giao điểm của MN và mặt phẳng (ABCD).
Gọi I = SN ∩CD (vì SN, CD ⊂ (SCD)). Chọn mặt phẳng (SBI) chứa MN.
34 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Ta có B và I là
hai điểm chung
của hai mặt
phẳng (SBI)
và (ABCD).
Vậy (SBI) ∩
(ABCD) = BI.
Gọi H =
MN ∩ BI (vì
MN, BI ⊂
(SBI)). Ta có
®
H ∈ MN
H ∈ BI, BI ⊂ (ABCD)
⇒ H =
MN ∩(ABCD).
2. Tìm S C ∩
(AMN),
SD ∩(AMN).
Đầu tiên ta
tìm giao tuyến
của mặt phẳng
(SAC) và (SBI).
Gọi O = AC ∩ BI
(vì AC, BI ⊂
(ABCD)). Ta có
S và O là hai
điểm chung của
hai mặt phẳng
(SAC) và (SBI).
Vậy (SBI) ∩
(SAC) = SO.
Gọi E =
SO ∩ MN (vì
SO, MN ⊂
(SBI)).
A
B
M
Q
E
D
H
K
N
C
I
O
S
P
Chọn mặt phẳng (SAC) chứa SC. Tìm giao tuyến của (SAC) và (AMN). A ∈ (SAC) ∩
(AMN). (1)
Và
®
E ∈ SO, SO ⊂ (SAC)
E ∈ MN, MN ⊂ (AMN)
⇒ E ∈ (SAC) ∩(AMN). (2)
Từ (1) và (2) suy ra (SAC) ∩(AMN) = AE.
Gọi K = SC ∩ AE (vì AE, SC ⊂ (SAC)), có
®
K ∈ SC
K ∈ AE, AE ⊂ (AMN)
⇒ K = SC ∩
(AMN).
Tìm giao điểm của SD và mặt phẳng (AMN): Ta có K và N là hai điểm chung của hai
mặt phẳng (AMN) và (SCD). Vậy (AMN) ∩(SCD) = KN. Gọi P = KN ∩SD . Suy ra P
cũng là giao điểm của SD và mặt phẳng (AMN).
3. Tìm SA ∩(CMN).
Chọn mặt phẳng (SAC) chứa SA. Tìm (SAC) ∩(CMN). Ta có C ∈ (SAC) ∩(CMN). (3)
Theo câu 2, E = SO ∩ MN (vì SO, MN ⊂ (SBI)), có
®
E ∈ SO, SO ⊂ (SAC)
E ∈ MN, MN ⊂ (CMN)
⇒ E ∈
35
(SAC) ∩(CMN). (4)
Từ (3) và (4) suy ra (SAC) ∩(CMN) = CE. Gọi Q = SA ∩ CE (vì SA, CE ∩(SAC)).
Ta có
®
Q ∈ SA
Q ∈ CE, CE ⊂ (CMN)
⇒ Q = SA ∩ (CMN).
Bài 38. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với AB song song với CD.
O là giao điểm của hai đường chéo, M thuộc SB.
1. Xác định giao tuyến của các cặp mặt phẳng: (SAC) và (SBD); (SAD) và (SBC).
2. Tìm giao điểm SO ∩(MCD); SA ∩(MCD).
Lời giải.
1. Xác định giao tuyến của (SAC) và
(SBD).
Ta có S là điểm chung thứ nhất và O
là điểm chung thứ hai của hai mặt
phẳng (SAC) và (SBD).
Vậy (SAC) ∩ (SBD) = SO.
Xác định giao tuyến của (SAD) và
(SBC).
Ta có S ∈ (SAD) ∩(SBC). (1)
Trong mặt phẳng (ABCD)
gọi H = AD ∩ BC, có
®
H ∈ AD, AD ⊂ (SAD)
H ∈ BC, BC ⊂ (SBC)
⇒ H ∈
(SAD) ∩(SBC). (2)
Từ (1) và (2) suy ra (SAD) ∩(SBC) =
SH.
2. Tìm giao điểm SO ∩ (MCD); SA ∩
(MCD).
Gọi I = SO ∩ DM (vì SO, DM ⊂
(SBD)).
Ta có
®
I ∈ SO
I ∈ DM, DM ⊂ (MCD)
⇒ I =
SO ∩(MCD).
Gọi J = SA ∩ CI (vì SA, CI ⊂ (SAC)).
Ta có
®
J ∈ SA
J ∈ CI, CI ⊂ (MCD)
⇒ J =
SA ∩(MCD).
A
H
D
S
J
B
C
M
I
O
Bài 39. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của AB, SC.
1. Tìm I = AN ∩(SBD).
2. Tìm K = MN ∩(SBD).
3. Tính tỉ số
KM
KN
.
36 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
4. Chứng minh B, I, K thẳng hàng. Tính tỉ số
IB
IK
.
Lời giải.
1. Tìm I = AN ∩(SBD).
Trước hết ta tìm giao tuyến của
mp(SAC) và mp(SBD). Ta có S ∈
(SAC) ∩(SBD). (1)
Có
®
O ∈ AC, AC ⊂ (SAC)
O ∈ BD, BD ⊂ (SBD)
⇒ O ∈
(SAC) ∩(SBD). (2)
Từ (1) và (2) suy ra SO = (SAC) ∩
(SBD).
Gọi I = SO ∩ AN (vì SO, AN ⊂
(SAC)). Suy ra I = AN ∩(SBD).
2. Tìm K = MN ∩(SBD).
Chọn mp(ABN) chứa MN. Tìm giao
tuyến của mp(ABN) và mp(SBD).
Có
®
I ∈ SO, SO ⊂ (SBD)
I ∈ AN, AN ⊂ (ABN)
⇒ I ∈
(ABN) ∩(SBD). (3)
Có B ∈ (ABN) ∩(SBD). (4)
Từ (3) và (4) suy ra BI = (ABN) ∩
(SBD); K = BI ∩ MN. Khi đó K =
MN ∩(SBD).
A
B
M
S
O
I
K
N
C
D
3. Tính tỉ số
KM
KN
.
Gọi Q là trung điểm của AI. Ta có AQ =
QI = IN (vì I là trọng tâm tam giác SAC). Có
MQ là đường trung bình của tam giác ABI.
Suy ra MQ k BI. Ta có IK là đường trung
bình tam giác MNQ. Vậy K là trung điểm
MN. Suy ra
KM
KN
= 1.
A
M
K
B
Q
I
N
4. Chứng minh B, I, K thẳng hàng. Tính tỉ số
IB
IK
.
Theo cách tìm giao tuyến của câu 2 thì ba điểm B, K, I thẳng hàng.
Trong tam giác ABI, có QM =
1
2
BI ⇒ IB = 4IK ⇔
IB
IK
= 4.
Bài 40. Cho hình chóp S.ABC. Gọi K, N lần lượt là trung điểm của SA, BC. Điểm M
thuộc SC, SM =
2
3
MC.
1. Tìm thiết diện của hình chóp với mp(KMN).
2. Mặt phẳng (KMN) cắt AB tại L. Tính tỉ số
LA
LB
.
37
Lời giải.
1. Tìm thiết diện của hình chóp với mp(KMN).
Trong mặt phẳng (SAC), gọi I là giao điểm của KM và A C. Trong mặt phẳng (ABC), L
là giao điểm của IN và AB. Kết luận thiết diện cần tìm là tứ giác MNLK.
2. Mặt phẳng (KMN) cắt AB tại L. Tính tỉ số
LA
LB
.
K
A
L
I
S
M
E
C
N
B
Trong mặt phẳng (SAC), kẻ AE k KM với E thuộc SC. Ta có KM là đường trung bình
của tam giác SAE nên M là trung điểm SE. Đoạn SC được chia làm 5 phần, MC chiếm
3 phần suy ra CE chiếm 1 phần.
Trong tam giác CI M có
CE
EM
=
CA
AI
=
1
2
⇒ CA =
1
2
AI.
Trong tam giác ABC, kẻ DN k AB (∈ AC). Vậy DN là đường trung bình của ∆ABC
nên DN =
1
2
AB. (1)
Trong tam giác IDN có
IA
ID
=
AL
DN
=
4
5
⇒ DN =
4
5
AL. (2)
Từ (1) và (2) ta có
1
2
AB =
4
5
AL ⇔ 2AB = 5AL ⇔ 2(LA + LB) = 5LA ⇔ 2LB =
3LA ⇒
LA
LB
=
2
3
.
Bài 41. Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, BC. Lấy K thuộc
cạnh BD sao cho BK = 2KD.
1. Tìm E = CD ∩ (I JK). Chứng minh DE = DC.
2. Tìm giao điểm F = AD ∩(I JK). Chứng minh FA = 2FD.
3. Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (I JK). Xác định hình tính của
thiết diện.
Lời giải.
38 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. Tìm E = CD ∩(I JK). Chứng minh
DE = DC.
Gọi E = CD ∩ JK (vì CD, JK ⊂
(BCD)),
có
®
E ∈ CD
E ∈ JK, JK ⊂ (IJK)
⇒ E =
CD ∩ (I JK).
A
B
C
I
J
E
F
K D
Chứng minh DE = DC.
Trong ∆BCE, kẻ DP k EJ. Trong tam giác BDP, có JK k
PD nên
BJ
JP
=
BK
KD
= 2 ⇒ BJ = 2JP ⇒ CI = 2JP. Từ đó suy ra
DP là đường tr ung bình của tam giác CEJ. Suy ra D là
trung điểm CE . Vậy DE = DC.
I
P
C
D
B E
K
2. Tìm giao điểm F = AD ∩(I JK). Chứng minh FA = 2FD.
Vì IE, AD ⊂ (ACD). Gọi F = IE ∩ AD. Mà IE ⊂ (I JK) ⇒ F = AD ∩ (I JK). Xét trong
tam giác ACE có F là giao điểm của hai đường trung tuyến AD và EI. Suy ra F là trọng
tâm của ∆ACE. Vậy FA = 2FD.
3. Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (I JK). Xác định hình tính của thiết
diện.
Ta có
®
(I JK) ∩ (ABC) = I J; (I JK) ∩(BCD) = JK
(I JK) ∩ (ABD) = KF; (I JK) ∩(ACD) = FI
. Thiết diện cần tìm là tứ giác I JKF.
Trong tam giác ABD, có
DK
DB
=
DF
DC
=
1
3
⇒ KF k AB. (1)
Trong tam giác ABC, có I J là đường trung bình nên I J k AB. (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác I JKF là hình thang.
Bài 42. Cho tứ diện S.ABC. Trên SB, SC lần lượt lấy hai điểm I, J sao cho IJ không
song song với BC. Trong tam giác ABC lấy một điểm K.
1. Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (ABC) và (I JK).
2. Xác định giao điểm của AB, A C với (I JK).
3. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (I JK).
4. Tìm giao điểm của BC, IJ với mặt phẳng (SAK).
5. Xác định thiết diện của mặt phẳng (I JK) với tứ diện S.AB C.
Lời giải.
39
1. Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng
(ABC) và (I JK).
Gọi D = I J ∩ BC (vì I J, B C ⊂ (SBC)),
có
®
D ∈ I J, IJ ⊂ (I JK)
D ∈ BC, BC ⊂ (ABC)
⇒ D ∈ (I JK) ∩
(ABC). (1)
Có K ∈ (I JK) ∩(ABC). (2)
Từ (1) và (2) suy ra (I JK) ∩ (ABC) = DK.
2. Xác định giao điểm của AB, AC và (I JK).
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC
với DK (vì AB, AC, DK cùng thuộc mặt
phẳng (ABC)). Ngoài ra DK nằm trong mặt
phẳng (I JK). Vậy AB ∩ mp(I JK) = E ; AC ∩
mp(I JK) = F.
S
B
F
K
A
E
I
G
C
D
L
J
3. Tìm giao tuyến của (SAB) và (I JK).
Ta có I và E là hai điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (I JK) nên (SAB ) ∩(I JK) =
IE.
4. Tìm giao điểm của BC, IJ với (SAK).
Gọi G = AK ∩ BC (vì AK, BC ⊂ (ABC)). Ta có
®
G ∈ BC
G ∈ AK, AK ⊂ (SAK)
⇒ G = BC ∩
(SAK).
Gọi L = SG ∩ I J (vì SG, IJ ⊂ (SBC)). Ta có
®
L ∈ I J
L ∈ SG, SG ⊂ (SAK)
⇒ L = I J ∩(SA K).
5. Xác định thiết diện của mp(I JK) với tứ diện S.ABC.
Theo cách dựng điểm ở các câu trên ta có
®
(I JK) ∩ (ABC) = EF; (IJK) ∩(SAC) = FJ
(I JK) ∩ (SAB) = IE; (I JK) ∩(SBC) = JI.
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác I JFE.
Bài 43. Cho hình chóp S.AB CD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn là AB. Trên
SA, SB lần lượt lấy 2 điểm M, N sao cho MN không song song với AB. Gọi O =
A C ∩ DB.
1. Tìm giao điểm của đường thẳng AB với mp(MNO).
2. Tìm giao tuyến của mp(MNO) với các mặt (SBC) và (SAD).
3. Xác định thiết diện của (M) với hình chóp S.ABCD.
4. Gọi K là giao điểm của hai giao tuyến ở câu thứ 2 và E = AD ∩ BC. Chứng minh
3 điểm S, K, E thẳng hàng.
Lời giải.
40 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. Tìm giao điểm của đường thẳng AB
với mp(MNO).
Gọi H = AB ∩ MN (vì AB, MN ⊂
(SAB)).
Ta có
®
H ∈ AB
H ∈ MN, MN ⊂ (MNO)
⇒
H = AB ∩(MNO).
2. Tìm giao tuyến của mp MNO với các
mặt phẳng (SBC) và (SAD).
Gọi F = B C ∩ HO (BC, HO ⊂
(ABCD)),
ta có :
®
F ∈ BC, BC ⊂ (SBC)
F ∈ HO, HO ⊂ (MNO)
⇒ F ∈ (MNO) ∩(SBC). (1)
N ∈ (MNO) ∩(SBC). (2)
Từ (1) và (2) suy ra (MNO) ∩(SBC) =
FN.
Trong mp(ABCD), gọi G = AD ∩
HO,
ta có
®
G ∈ AD, AD ⊂ (SAD)
G ∈ HO, HO ⊂ (MNO)
⇒
G ∈ (MNO) ∩(SAD). (3)
M ∈ (MNO) ∩(SAD). (4)
Từ (3) và (4) suy ra (MNO) ∩(SAD) =
MG.
A
K
C
E
H
N
S
M
O
B
F
G
D
3. Xác định thiết diện của (MNO) với hình chóp S.ABCD.
Theo cách dựng điểm ở trên, ta có
®
(MNO) ∩(ABCD) = GF; (MNO) ∩(SBC) = FN
(MON) ∩(SAB) = NM; (MNO) ∩(SAD) = MG.
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNFG.
4. Chứng minh 3 điểm S, K, E t hẳng hàng.
Ta có E = AD ∩ BC, AD ⊂ (SAD), BC ⊂ (SBC) nên E ∈ (SAD) ∩(SBC). (∗)
K = GM ∩ FN, GM ⊂ (SAD), FN ⊂ (SBC) nên K ∈ (SAD) ∩(SBC). (∗∗)
S ⊂ (SAD) ∩(SBC). (∗ ∗∗)
Từ (∗)(∗∗)(∗∗ ∗) suy ra ba điểm E, K, S thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và
(SBC) nên ba điểm E, K, S thẳng hàng.
Bài 44. Cho tứ diện ABCD . Gọi M là trung điểm AB, K là trọng tâm của tam giác
A CD.
1. Xác định giao tuyến của (AKM) và (BCD).
2. Tìm giao điểm H của MK và mp(BCD). Chứng minh K là trọng tâm của tam giác
ABH.
3. Trên BC lấy điểm N. Tìm giao điểm P, Q của CD, AD với mp(MNK).
4. Chứng minh 3 đường thẳng MQ, NP, BD đồng quy.
Lời giải.
41
1. Xác định giao tuyến của
(AKM) và (BCD).
Gọi G = AK ∩ CD (vì
AK, CD ⊂ (ACD )).
Ta có
®
G ∈ AK, AK ⊂ (AKM)
G ∈ CD, CD ⊂ (BCD)
⇒ G ∈ (AKM ) ∩
(BCD). (1)
B ∈ (ABG) ∩(BCD). (2)
Từ (1) và (2) suy ra
(ABG) ∩(BCD) = BG.
2. Tìm giao điểm H của MK và
mp(BCD).
Trong mp(ABG), gọi H =
MK ∩ BG,
có
®
H ∈ MK
H ∈ BG, BG ⊂ (BCD)
⇒ H = MK ∩(BCD).
A
F
E
B
M
N
C
P
G
D
K
Q
H
Chứng minh K là trọng tâm của tam giác ABH.
Vì K là trọng tâm của tam giác ACD nên K chia
đoạn AG thành ba phần bằng nhau.
Gọi L là điểm đối xứng của K qua G thì K là trung
điểm của AL.
Trong 4ABL , MK là đường trung bình của tam
giác.
Ta có 4BGL = 4HGK(g.c.g) ⇒ BG = HG.
Vậy K là trọng tâm của tam giác ABH.
3. Tìm giao điểm P , Q của CD, AD với mp(MNK).
Trong mp(ABC) gọi E = MN ∩ AC. Trong
mp(ACD) đường thẳng EK cắt CD và AD lần
lượt tại P, Q, thì P và Q chính là giao điểm của
CD và AD với mp(MNK).
A
B
M
K
H
L
G
4. Chứng minh MQ, NP, BD đồng quy.
Trong mp(MNK) gọi F = MQ ∩ NP, vì
®
F ∈ MQ ⊂ (ABD)
F ∈ NP ⊂ (BCD)
⇒ F ∈ (ABD) ∩(BCD).
Tù đó suy ra F thuộc giao tuyến của BD và hai mặt phẳng (ABD) và (BCD).
Vậy ba đường thẳng MQ, NP, BD đồng quy tại điểm F.
Bài 45. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD và hình bình hành. Gọi G là trọng tâm
của tam giác SAD, M là trung điểm của SB.
1. Tìm giao điểm N của MG và mặt phẳng (ABCD).
2. Chứng minh ba điểm C, D, N t hẳng hàng và D là trung điểm của CN.
Lời giải.
42 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. Trong mặt phẳng chứa MG, gọi N
là giao điểm của MG và BE. Vì BE
thuộc mặt phẳng (ABCD), nên N
thuộc (ABCD). Vậy N là giao điểm
của MG và mặt phẳng (ABCD).
2. Trong mặt phẳng (SBN), kẻ EF k
MN (F thuộc SB).
Trong tam giác SEF có MG k EF nên
SM
MF
=
SG
GE
= 2 ⇒ SM = 2MF ⇔ BM = 2MF.
Vậy F là trung điểm của BM.
S
A
M
F
B
C
E
D
N
G
Trong 4BMN có EF k MN nên
BF
FM
=
BE
EN
= 1 ⇒ BE = EN. Vậy E là trung điểm của
BN.
Dễ dàng chứng minh 4AEB = 4DEN (c.g.c) ⇒
‘
ABE =
’
END.
Hai góc này bằng nhau theo trường hợp so le trong nên AB k DN, mà AB k CD nên C, D, N
thẳng hàng.
ED là đường trung bình của tam giác NBC suy ra D là trung điểm của CN.
Bài 46. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M là trung
điểm của SC.
1. Xác định giao tuyến của (ABM) và (SCD).
2. Gọi N là trung điểm của BO. Xác định giao điểm I của (AMN) với SD. Chứng
minh
SI
ID
=
2
3
. Tìm thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (AMN).
Lời giải.
43
1. Xác định giao tuyến của (ABM)
và (SCD).
Ta có
M ∈ (ABM) ∩(SCD)
AB k CD
AB ⊂ (ABM), CD ⊂ (SCD)
⇒ (ABM) ∩ (SCD) = MH
(MH k AB k CD.)
2. Xác định giao điểm I của
(AMN) và SD.
Ta có (SAC) ∩ (SBD) = SO.
Gọi K = AM ∩ SO
(AM, SO ⊂ (SA C)).
Tìm giao tuyến (AMN) và
(SBD).
Ta có
®
N ∈ (AMN)
N ∈ BD, BD ⊂ (SBD)
⇒
N ∈ (AMN) ∩(SBD). (1)
®
K ∈ AM, AM ⊂ (AMN)
K ∈ BD, BD ⊂ (SBD )
⇒
K ∈ (AMN) ∩(SBD). (2)
Từ (1) và (2) suy ra
(AMN) ∩ (SBD) = NK. NK
cắt SD tại điểm I, thì I chính là
giao điểm của (AMN) và SD.
S
A
B
C
L
O
D
M
I
H
K
Trong mặt phẳng (SBD), từ O dựng OP k NI(P ∈
SD).
Trong 4DNI, có OP k DI nên có
DO
ON
=
DP
PI
=
2
1
=
2 ⇒ DP = 2PI. (3)
Trong 4SOP có KI k OP nên có
SK
KO
=
SI
PI
=
2
1
=
2 ⇒ SI = 2PI. (4) (K) là trọng tâm của 4SAC. Từ
(3) và (4) suy ra
IS
ID
=
2
3
.
Thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng
(AMN).
Gọi L là giao điểm của AN và BC. Kết luận thiết diện
là tứ giác ALMI.
S
B D
O
N
I
P
K
Bài 47. Cho tứ diện ABCD. Trên AD lấy điểm N sao cho AN = 2ND, M là trung điểm
của AC, trên BC lấy điểm Q sao cho BQ =
1
4
B C.
1. Tìm giao điểm I của MN với (BCD). Tính tỷ số
IC
ID
.
2. Tìm giao điểm J của BD với (MNQ). Tính tỷ số
JB
JD
,
JQ
JI
.
Lời giải.
44 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. Tìm giao điểm I của MN với
(BCD).
Gọi I = MN ∩ CD (MN, CD ⊂
(ACD )).
Vì
®
I ∈ MN
I ∈ CD, CD ⊂ (BCD)
⇒ I =
MN ∩(BCD).
A
C
J D
Q
B
I
M
N
Tính tỷ số
IC
ID
.
Từ D kẻ DG k IM (G ∈ AC).
Trong 4AGD có
AM
MG
=
AN
ND
= 2 ⇒ AM = 2MG.
Do G là trung điểm của CM suy ra DG là đường
trung bình của tam giác CMI, suy ra D là trung điểm
của CI. Vậy
IC
ID
= 2.
A
C
ID
M
G
N
2. Tìm giao điểm J của BD và (MNQ). Tính tỷ số
JB
JD
,
JQ
JI
.
Gọi J = QI ∩ BD (QI, BD ⊂ (BCD)).
Vì
®
J ∈ BD
J ∈ QI, QI ⊂ (MNQ)
⇒ J = BD ∩(MNQ).
Gọi E là trung điểm của BC, từ E kẻ đường thẳng
song song với QI cắt BD, IC lần lượt tại F và
H. Ta có QJ là đường trung bình của tam giác
BEF ⇒ BJ = JF. (1)
Trong 4CQI có
CE
EQ
=
CH
HI
= 2 ⇒ CH =
2HI ⇒ CD + DH = 2HI ⇒ DI + DH = 2HI ⇒
DH + HI + DH = 2HI ⇒ HI = 2DH.
Trong 4DI J có
DF
FJ
=
DH
HI
=
1
2
⇒ DF =
1
2
FJ. (2)
Từ (1) và (2) suy ra
JB
JD
=
2
3
.
I
B
CQ
E
J
F
H
D
Ta có EF = 2QJ, FH =
1
3
IJ và EH =
2
3
IQ ⇒ EF + FH =
2
3
(I J + JQ) ⇒ 2JQ +
1
3
IJ =
2
3
(I J + JQ) ⇒ I J = 4JQ. Vậy
JQ
IJ
=
1
4
.
Bài 48. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của S C và SA, E là trọng tâm của tam giác ABC.
45
1. Tìm giao điểm I của SD và mặt phẳng (AME ). Chứng minh EI k SB.
2. Tìm giao điểm H của SD và mặt phẳng (MNE).
3. Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MNE).
Lời giải.
Ta có SO = (SAC) ∩(SBD). Gọi J = AM ∩SO
(
AM, SO ⊂ (SAC)
)
1. Tìm giao điểm I của SD và mặt
phẳng (AME).
Chọn mặt phẳng (SBD) chứa SD.
Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
(AME) và (SBD).
Có E là điểm chung thứ nhất, J là
giao điểm của AM và SO. Mà AM,
SO lần lượt thuộc hai mặt phẳng
(AME) và (SBD).
Vậy giao tuyến của chúng là EJ.
Kéo dài EJ cắt SD tại một điểm thì
đó là điểm I cần tìm.
Chứng minh EI k SB .
Vì J là giao điểm của AM, SO là hai
đường trung tuyến của tam giác
SAC. Nên J là trọng tâm của tam
giác SAC.
Ta có
OJ
OS
=
OE
OB
=
1
3
⇒ EJ k SB (theo định lý đảo Talet),
hay EI k SB.
2. Tìm giao điểm H của SD và mặt
phẳng (MNE).
Chọn mặt phẳng (SBD) chứa SD.
Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
(NME) và (SBD).
S
O
B
C
L
E
A
K
N
D
M
F
I
J
H
Gọi F = MN ∩ SO
(
MN, SO ⊂ (SAC)
)
.
Ta có
®
F ∈ MN, MN ⊂ (MNE)
F ∈ SO, SO ⊂ (SBD)
⇒ F ∈ (MNE) ∩(SBD) (1)
Ngoài ra E ∈ (MNE) ∩(SBD) (2)
Từ (1) và (2) thì EF = (MNE) ∩(SBD).
Gọi H = EF ∩ SD
(
EF, SD ⊂ (SBD)
)
⇒ H = SD ∩(MNE).
3. Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MNE).
Đầu tiên tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (MNE) và (ABCD).
Ta có: E là điểm chung thứ nhất, có MN k AC, mà hai đường thẳng MN, AC lần lượt
thuộc hai mặt phẳng (MNE) và (ABCD).
Vậy giao tuyến của chúng qua E và song song với AC cắt AB, BC lần lượt tại K và L.
Kết luận thiết diện cần tìm là đa giác KLMHN.
Bài 49. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB và SC.
46 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. Tìm giao điểm K của đường thẳng MN với mặt phẳng (SBD). Tính tỉ số
KM
KN
.
2. Gọi E là trung điểm của SA. Tìm giao điểm F của SD và mặt phẳng (EMN).
Chứng minh tứ giác MEFN là hình thang.
3. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (EMN).
Lời giải.
1. • Tìm giao điểm K của đường thẳng MN
với mặt phẳng (SBD).
Chọn mặt phẳng (SMC) chứa MN. Tìm
giao tuyến của (SMC) và (SBD).
Ta có S ∈ (SMC) ∩(SBD) (1)
Gọi I = MC ∩ BD
(
MC, BD ⊂ (ABCD)
)
, ta
có:
®
I ∈ MC, MC ⊂ (SMC)
I ∈ BD, BD ⊂ (SBD)
⇒ I ∈ (SM C) ∩
(SBD) (2)
Gọi K = MN ∩ SI
(
MN, SI ⊂ (SMC)
)
⇒
K = MN ∩(SBD).
• Tính tỉ số
KM
KN
.
Trong tam giác SMC kẻ NG k SI (G ∈
CM).
Trong 4CIS có NG k SI ⇒
CN
NS
=
CG
GI
=
1 ⇒ CG = GI.
S
P
J
F
G
A
D
O
I
B
M
E
K
C
N
L
Vì I là trọng tâm của tam giác AB C nên suy ra MI = IG = GC.
Trong 4MNG có: IK k NG ⇒
MK
KN
=
MI
IG
= 1 ⇒ MK = KN.
Vậy
KM
KN
= 1.
2. • Tìm giao điểm F của SD và mặt phẳng (EMN).
Chọn mặt phẳng (SBD) chứa SD, tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBD) và (MNE).
Gọi O = AC ∩ BD ⇒ (SAC) ∩ (SBD) = SO .
Gọi J = EN ∩ SO
(
EN, SO ⊂ (SAC)
)
. Ta có
®
J ∈ EN, EN ⊂ (MNE)
J ∈ SO, SO ⊂ (SBD)
⇒ J ∈ (MNE) ∩(SBD) (1)
Theo câu 1) thì K là điểm chung t hứ 2. (2)
Từ (1) và (2) thì (MNE) ∩(SBD) = KJ.
Gọi F = KJ ∩ SD ⇒ K = SD ∩(MNE).
• Chứng minh tứ giác MEFN là hình thang.
Ta có EN là đường trung bình của tam giác SAC.
Dễ dàng chứng minh J là trung điểm của EN.
Trong tam giác MNE, KJ là đường trung bình của tam giác nên:
KJ =
1
2
EM, KJ k EM.
Gọi L là trung điểm của SD có OL =
1
2
SB, OL k SB. (3)
Vì KF k EM, mà EM k SB suy ra KF k SB. (4)
Từ (3) và (4) suy ra KF k OL.
47
Trong 4SOL có JF là đường trung bình nên JF =
1
2
OL.
Mà OL =
1
2
SB ⇒ JF =
1
4
SB. (5)
Và KJ =
1
2
ME mà ME =
1
2
SB ⇒ KJ =
1
4
SB. (6)
Từ (5) và (6) suy ra: KF =
1
2
SB ⇒ KF = EM.
Vậy tứ giác EMKF là hình bình hành.
Tứ giác MNFE là hình thang vì có EF k MN.
3. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (EMN).
Ta có:
®
M ∈ (MNE) ∩(ABCD )
EN k AC
⇒ (MNE) ∩(ABCD) = MP (MP k AC k EN, P ∈ BD).
Thiết diện cần tìm là ngũ giác MPNFE.
Bài 50. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là điểm trên cạnh
AD sao cho AM = 2MD, K là trung điểm cạnh SB.
1. Tìm giao điểm F của DK với mặt phẳng (SMC). Tính tỉ số
DF
DK
.
2. Gọi E là điểm trên SC sao cho
SE
S C
=
1
3
, gọi H là giao điểm của KE và mặt phẳng
(SAD). Tính tỉ số
HE
HK
.
3. Gọi I là điểm trên cạnh SD (DI > SI), P là giao điểm của AK và (SDC), Q là giao
điểm của CI và (SAB ). Chứng minh P, Q, S thẳng hàng.
Lời giải.
S
H
Q
P
x
y
G
E
J
B
C
F
O
A
K
N
D
I
W
M
48 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. Tìm giao điểm F của DK với mặt phẳng (SMC). Tính tỉ số
DF
DK
.
Gọi J là trung điểm của AM, W là trung điểm của OD ⇒ MW là đường trung bình
của 4DJO.
Trong mặt phẳng (SBD) dựng đường thẳng d k SW và d đi qua O. Đường thẳng d cắt
DK và SB lần lượt tại G và N. WF là đường trung bình của 4DGO ⇒ F là trung điểm
của DG.
Trong 4BSW có: ON k WS:
BN
BS
=
BO
BW
=
2
3
⇔
BK + KN
2KS
=
2
3
⇔
BK
2KS
+
KN
2KS
=
2
3
⇔
1
2
+
KN
2KS
=
2
3
⇒
KN
KS
=
1
3
.
Trong 4KSF có GN k FS nên:
KN
KS
=
KG
KF
=
1
3
⇒ KF = 3KG ⇒ GF = 2KG.
Kết luận:
DF
DK
=
2KG
5KG
=
2
5
.
2. Tính tỉ số
HE
HK
.
Có:
S ∈ (SBC) ∩(SAD)
B C k AD
B C ⊂ (SBC), AD ⊂ (SAD)
⇒ (SBC) ∩(SAD) = Sx
Sx k BC k AD
.
Gọi H = KE ∩ Sx
(
KE, Sx ⊂ (SBC)
)
⇒ H = KE ∩
(SAD).
Vẽ lại mặt phẳng (SBC) như hình bên. Gọi L là trung
điểm của EC, KE đường trung bình của tam giác SBL
nên KE =
1
2
BL (1)
Ta có:
“
S
1
=
c
C
1
(so le trong);
c
E
1
=
c
E
2
(đối đỉnh),
c
E
2
=
c
L
1
(đồng vị)
⇒
c
E
1
=
c
L
1
.
Từ đó suy ra: 4SEH = 4CLB (g.c.g) ⇒ BL = HE. (2)
Từ (1) và (2) ta có
HE
HK
=
2
3
.
1
1
1
2
1
S
H
L
B
C
ZK
E
3. Chứng minh P, Q, S thẳng hàng.
Ta có:
S ∈ (SAB) ∩(SCD)
BA k CD
AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD)
⇒ (SAB) ∩(SCD) = Sy
Sy k AB k CD
.
Gọi P = AK ∩Sy
AK, Sy ⊂ (SAB)
⇒ P = AK ∩(SCD);
Gọi Q = CI ∩ Sy
CI, Sy ⊂ (SCD)
⇒ Q = CI ∩(SAB);
Vì ba điểm P, S, Q cùng nằm trên giao tuyến Sy nên chúng thẳng hàng.
Bài 51. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của AB và SC.
1. Tìm giao điểm I của AN và (SBD). Tính
IA
IN
.
2. Tìm giao điểm K của MN và (SBD). Tính
KM
KN
.
3. Chứng tỏ B, I, K thẳng hàng. Tính
IB
IK
. Gọi E là trung điểm của SA. Tìm thiết diện
49
của (MNE) và hình chóp.
Lời giải.
S
I
B L
O
K
A
M
E
D
N
C
H
F
1. Tìm giao điểm I của AN và (SBD).
S ∈ (SAC) ∩(SBD) (1)
®
O ∈ AC, AC ⊂ (SAC)
O ∈ BD, BD ⊂ (SBD)
⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBD) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ SO = (SA C) ∩ (SBD).
Gọi I = SO ∩ AN
(
SO, AN ⊂ (SAC)
)
.
Suy ra I = AN ∩(SBD).
Vì SO, AN là hai trung tuyến của tam giác SAC ⇒ I là trọng tâm của tam giác SAC.
Do đó
IA
IN
= 2.
2. Tìm giao điểm K của MN và (SBD).
Chọn mặt phẳng (ABN) chứa MN.
Ta có:
®
I ∈ SO, SO ⊂ (SBD)
I ∈ AN, AN ⊂ (ABN)
⇒ I ∈ (ABN) ∩(SBD). (3)
B ∈ (ABN) ∩(SBD) (4)
Từ (3) và (4) ⇒ BI = (ABN) ∩(SBD).
Gọi K = MN ∩ BI ⇒ K = MN ∩(SBD).
Vẽ lại tam giác ABN như bên.
Gọi Q là trung điểm của AI. Ta có AQ = QI = IN.
Xét 4NMQ, ta có: IK là đường trung bình của tam giác.
Vậy K là trung điểm của MN.
Suy ra
KM
KN
= 1.
B
A Q
I N
K
M
50 CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
3. Theo cách tìm giao tuyến của câu b) thì 3 điểm B, K, I thẳng hàng.
Trong 4NMQ, ta có: IK =
1
2
QM.
Trong 4ABI, ta có: QM =
1
2
BI ⇒ IB = 4IK ⇔
IB
IK
= 4.
Hai mặt phẳng (MNE) và (ABCD) có M là điểm chung và có NE k AC nên giao tuyến
d của chúng qua M và d k AC k NE.
Gọi F = d ∩ CD
(
d, CD ⊂ (ABCD)
)
; gọi H = FN ∩ SD
(
FN, SD ⊂ (SCD)
)
.
Vậy thiết diện của mặt phẳng (MNE) cắt hình chóp S.ABCD là đa giác EMLNH.
Chương 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 1. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ HAI ĐƯỜNG
THẲNG SONG SONG
A. Tóm tắt lý thuyết
Định nghĩa 1. Hai đường thẳng được gọi là đồng phẳng nếu chúng cùng nằm trong
một mặt phẳng.
Hai đường thẳng được gọi là chéo nhau nếu chúng không đồng phẳng.
Hai đường thẳng gọi là song song nếu chúng đồng phẳng và không có điểm chung.
Định lí 1.
Trong không gian, qua một điểm không nằm trên
đường thẳng cho trước, có một và chỉ một đường
thẳng song song với đường thẳng đã cho.
M
d
d
0
Định lí 2. Nếu ba mặt phẳng phân biệt đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt
thì ba giao tuyến đó hoặc đồng quy hoặc đôi một song song với nhau.
α
β
γ
b
c
a
α
β
γ
b
c
a
Hệ quả 1. Nếu hai mặt phẳng phân biệt lần lượt chứa hai đường
thẳng song song thì giao tuyến của chúng (nếu có) cũng song song
với hai đường thẳng đó hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó.
α
β
d
00
d
d
0
α
β
d
00
d
d
0
α
β
d
00
d
0
d
Định lí 3.
51
52 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với
đường thẳng thứ ba thì song song với nhau
α
β
γ
b
c
a
Bài 2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG
A. Tóm tắt lý thuyết
Định lí 1.
Nếu đường thẳng d không nằm trong mặt phẳng
(α) và đường t hẳng d song song với đường thẳng
d
0
nằm trong (α) thì d song song với α.
d
d
0
α
β
Định lí 2.
Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng (α).
Nếu mặt phẳng (β) chứa a và cắt (α) theo giao
tuyến b thì b song song với a.
a
b
α
β
Hệ quả 1.
Nếu hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một
đường thẳng thì giao tuyến của chúng (nếu có) cũng
song song với đường thẳng đó.
d
d
0
α
β
Định lí 3.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 53
Cho hai đường thẳng chéo nhau. Có duy nhất một
mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với
đường thẳng kia.
M
b
0
b
a
α
B. Bài tập rèn luyện
DẠNG 2.1. Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng
song song với mặt phẳng . . .
Phương pháp giải:
Chứng minh hai đường thẳng song song thì dựa vào hình học phẳng: Định lý Thales
đảo, đường trung bình . . .
Muốn chứng minh đường thẳng d song song với mặt phẳng (P), ta phải chứng minh
đường thẳng d song song với một đường t hẳng thuộc mp(P).
Tìm giao tuyến cách 2: Tìm một điểm chung của hai mặt phẳng, tìm trong hai mặt
phẳng lần lượt có hai đường thẳng song song với nhau. Giao tuyến cần tìm đi qua
điểm chung và song song với hai đường thẳng song song vừa tìm.
Bài 1. Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC, ABD. Chứng
minh I J k CD.
Lời giải.
Gọi E là trung điểm AB. Ta có
®
I ∈ CE
J ∈ DE
⇒ IJ và CD
đồng phẳng.
Do có
EI
E C
=
EJ
ED
=
1
3
(tính chất trọng tâm), nên theo
định lý Thales suy ra IJ k CD.
A
J
D
I
B
E
C
Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thang với hai đáy AB và CD
(AB > CD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB.
1. Chứng minh MN k CD.
2. Tìm giao điểm P của SC với (ADN).
3. Kéo dài AN cắt DP tại I. Chứng minh SI k AB k CD. Tứ giác SABI là hình gì?
54 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Lời giải.
1. Chứng minh MN k CD.
Trong tam giác SAB, ta có MN k AB (vì
MN là đường trung bình). Mà AB k CD
(ABCD là hình thang). Vậy MN k CD.
2. Tìm giao điểm của SC với (ADN).
Chọn mặt phẳng phụ (SBC) chứa SC.
Tìm giao tuyến của (SBC) và (ADN).
Ta có N là điểm chung của (SBC) và
(ADN) (1).
Trong (ABCD), gọi E = AD ∩ BC. Ta có
®
E ∈ AD ⊂ (ADN)
E ∈ BC ⊂ (SB C)
⇒ E ∈ (ADN) ∩(SBC) (2).
Từ (1) và (2) suy ra (ADN) ∩ (SBC) =
NE.
Trong (SBC), gọi P = SC ∩ NE. Khi đó
®
P ∈ SC
P ∈ NE ⊂ (ADN)
⇒ P = SC ∩(ADN).
3. Chứng minh SI k AB k CD. Tứ giác
SABI là hình gì?
S ∈ (SAB) ∩(SCD) (3)
và
®
I ∈ AN ⊂ (SAB)
I ∈ DP ⊂ (SCD)
⇒ I ∈ (SAB) ∩
(SCD) (4).
S
I
N
B
C
E
P
A
D
M
Từ (3) và (4) suy ra SI = (SAB) ∩(SCD).
Ta có
SI = (SAB) ∩(SCD)
AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD)
AB k CD
⇒ SI k AB k CD.
Xét tam giác SAI có SI k MN (vì cùng song song với AB) và M trung điểm của AB. Vậy MN
là đường trung bình của tam giác. Suy ra SI = 2MN.
Ta có
®
SI k AB
SI = 2MN, AB = 2MN
⇒
®
SI k AB
SI = AB.
Vậy tứ giác SABI là hình bình hành.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thang (đáy lớn là AB). Gọi I, J
lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC, K là điểm trên cạnh SB sao cho SK =
2
3
SB.
1. Tìm giao tuyến của (SAB) và (I JK).
2. Tìm t hiết diện của (IJK) với hình chóp S.ABCD. Tìm điều kiện để thiết diện là
hình bình hành.
Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 55
1. Tìm giao tuyến của (SAB) và (I JK).
Từ K kẻ KL k AB (L ∈ SA). Ta có
K ∈ (SAB) ∩(I JK)
AB k IJ
AB ⊂ (SAB), I J ⊂ (I JK)
(vì I J là đường trung bình của hình thang).
Suy ra (SAB) ∩ (I JK) = KL (vì KL k AB k I J, K ∈
SA).
2. Tìm thiết diện của (I JK) với hình chóp S.ABCD.
Ta có
®
(I JK) ∩ (ABCD) = I J, (I JK) ∩(SBC) = JK
(I JK) ∩ (SAB) = KL, (I JK) ∩ (SAD) = LI.
Vậy thiết diện cần tìm là hình thang I JKL (vì IJ k
LK k AB).
Do I J là đường trung bình của hình thang ABCD
nên I J =
AB + CD
2
.
Xét tam giác SAB có
LK
AB
=
SK
SB
=
2
3
, suy ra
LK =
2
3
AB.
Để IJKL là hình bình hành ⇔ IJ = KL ⇔
AB + CD
2
=
2
3
AB ⇔ AB = 3CD.
Vậy thiết diện I JKL là hình bình hành ⇔ AB =
3CD.
S
B
C
J
K
A
D
I
L
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P, Q lần
lượt là các điểm nằm trên các cạnh B C, SC, SD, AD sao cho MN k BS, NP k CD, MQ k
CD
1. Chứng minh PQ k SA.
2. Gọi K = MN ∩ PQ. Chứng minh điểm K nằm trên đường thẳng cố định khi M
di động trên cạnh BC.
Lời giải.
56 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
1. Chứng minh PQ k SA.
Xét ∆SCD có NP k CD ⇒
DP
DS
=
CN
CS
(1).
Xét ∆SCB có NM k SB ⇒
CM
CB
=
CN
CS
(2).
Xét hình thang ABCD có MQ k CD ⇒
CM
CB
=
DQ
DA
(3).
Từ (1), (2), (3) suy ra
DP
DS
=
DQ
DA
. Vậy
PQ k SA.
2. Chứng minh điểm K nằm trên đường
thẳng cố định khi M di động trên cạnh
B C.
Ta có
B C k AD
B C ⊂ (SBC), AD ⊂ (ADS)
S ∈ (SBC) ∩(SAD)
⇒
(SBC) ∩ (SAD) = St với (St k AD k
B C).
Mà K = MN ∩ PQ và
®
MN ⊂ (SBC)
PQ ⊂ (SAD).
Suy ra K ∈ (SBC) ∩(SAD) hay K ∈ St.
Vì S cố định và BC cố định nên St cố
định. Vậy K ∈ St cố định khi M di động
trên cạnh BC.
S
K
t
P
D
A
N
B
C
M
Q
Bài 5. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Gọi M, N, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh
SA, SB, SC, SD. Chứng minh rằng
1. ME k AC, NF k BD.
2. Ba đường thẳng ME, NF, SO (với O là giao điểm của AC và BD) đồng qui.
3. Bốn điểm M, N, E, F đồng phẳng.
Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 57
1. Chứng minh ME k AC, NF k BD.
ME là đường trung bình của tam giác SAC ⇒
ME k AC.
FN là đường trung bình của tam giác SBD ⇒
FN k BD.
2. Ba đường thẳng ME, NF, SO (với O là giao
điểm của AC và BD) đồng qui.
Trong tam giác SAC, gọi K = ME ∩SO. Suy ra
K là trung điểm của SO.
Trong tam giác SDO có FK là đường trung bình
của tam giác ⇒ FK k DO ⇔ FK k BD (1).
Trong tam giác SBD có FN là đường trung bình
của tam giác ⇒ FN k BD (2).
Từ (1) và (2) thì K t huộc NF. Vậy ba đường
thẳng ME, NF, SO đồng qui tại điểm K.
3. Bốn điểm M, N, E, F đồng phẳng. Từ chứng
minh ở câu 2) thì ME và NF cắt nhau tại K.
Suy ra bốn điểm M, N, E, F đồng phẳng.
S
E
F
D
C
A
M
N
K
B
O
Bài 6. Cho tứ diện ABCD, gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và BD, E là một điểm
thuộc cạnh AD.
a) Xác định thiết diện của tứ diện khi cắt bởi mp (I JE ).
b) Tìm vị trí của E trên AD để thiết diện là hình bình hành.
c) Tìm điều kiện của tứ diện ABCD và vị trí điểm E trên AD để thiết diện là hình thoi.
Lời giải.
a) Xác định thiết diện của tứ diện khi cắt bởi mp
(I JE).
Ta có I J là đường trung bình của 4BCD nên
IJ k CD.
®
(I JE) ∩(ACD) = E
IJ ⊂ (I JE), CD ⊂ (ACD)
⇒ (I JE) ∩
(ACD ) = Ex.
Với Ex k CD k I J. Gọi F = Ex ∩ AC.
Vậy thiết diện cần tìm là hình thang EFI J.
b) Để I JEF là hình bình hành thì IJ = EF.
Vậy E phải là trung điểm của AD.
c) Khi EFI J là hình bình hành thì EJ là đường
trung bình của tam giác DAB, suy ra EJ =
1
2
AB.
Vậy: để I JEF là hình thoi thì IJ = EJ ⇔ AB =
CD.
Kết luận: Để thiết diện I JEF là hình thoi thì E là
trung điểm của AD và AB = CD.
A
D
I
J
B
E
C
F
58 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi. Gọi M, N lần lượt là trọng
tâm của tam giác SAB và SAD, E là trung điểm của CB.
a) Chứng minh MN k BD.
b) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp (MNE).
c) Gọi H, L lần lượt là các giao điểm của mp (MNE) với các cạnh SB và SD. Chứng
minh LH k BD.
Lời giải.
a) Chứng minh MN k BD.
Gọi K là trung điểm của SA.
Theo tính chất trọng tâm ta có
KM
KB
=
KN
KD
=
1
3
⇒ MN k BD.
b) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi
mp (MNE).
E là điểm chung của (MNE) và (ABCD)
nên giao tuyến của chúng qua E và song
song với MN và song song với BD. Giao
tuyến này cắt AB và CD lần lượt tại F và
G.
Trong mặt phẳng (SAB) đường thẳng
FM cắt SA và SB lần lượt tại P và H. Còn
trong (SAD) đường thẳng PN cắt SD tại
L. Từ đó suy ra thiết diện cần tìm là ngũ
giác EHPLG.
c) Chứng minh LH k BD.
Ta có
HL = (MNE) ∩(SBD)
MN k BD
MN ⊂ (MNE), BD ⊂ (SBD)
⇒ HL k MN k BD.
S
N
K
A
B
M
P
D
C
H
L
E
F
G
Bài 8. Cho hình chóp S.AB CD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB và CD.
a) Chứng minh MN k (SBC), MN k (SAD).
b) Gọi P là trung điểm của cạnh SA. Chứng minh rằng SB và SC đều song song với
(MNP).
c) Gọi G
1
, G
2
lần lượt là trọng tâm của tam giác AB C và SBC. Chứng minh G
1
G
2
k
(SAB).
Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 59
a) Chứng minh MN k (SBC).
Ta có
®
MN k BC, MN 6⊂ (SBC)
B C ⊂ (SBC)
⇒
MN k (SBC).
Ta có
®
MN k AD, MN 6⊂ (SAD)
AD ⊂ (SAD)
⇒
MN k (SAD).
b) Chứng minh SB và SC đều song song với
(MNP).
Tìm giao tuyến của mặt phẳng (SAD) và
(MNP).
Ta có
P ∈ (MNP) ∩(SAD)
MN k AD
MN ⊂ (MNP), AD ⊂ (SAD)
⇒ (PMN) ∩ (SAD) = PQ (PQ k MN k
AD, Q ∈ SD).
Xét 4SAD ta có PQ k AD và P là trung
điểm của SA, suy ra Q là tr ung điểm của
SD.
Xét 4SCD ta có QN k SC (QN là đường
trung bình của tam giác S CD).
Ta có
®
S C 6⊂ (PMN), SC k QN
QN ⊂ (PMN)
⇒ SC k
(PMN).
S
M
A
D
Q
G2
B
C
P
N
I
G1
c) Chứng minh G
1
G
2
k (SAB).
Xét tam giác SAI ta có
IG
1
IA
=
IG
2
IS
=
1
3
(Tính chất trọng tâm) ⇒ G
1
G
2
k SA.
Có
®
G
1
G
2
6⊂ (SAB), G
1
G
2
k SA
SA ⊂ (SAB )
⇒ G
1
G
2
k (SAB).
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy (ABCD) là hình thang. AD là đáy lớn và AD =
2BC. Gọi O là giao điểm của AC và BD, G là trọng tâm của tam giác SCD.
a) Chứng minh OG k (SBC).
b) Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Chứng minh rằng CM k (SAB).
c) Giả sử điểm I trên đoạn SC sao cho SC =
3
2
SI. Chứng minh SA k (BID).
d) Xác định giao điểm K của BG và mặt phẳng (SAC). Tính
KB
KG
.
Lời giải.
60 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Vì AD k BC ⇒ 4OBC v 4ODA (g-g).
Vậy
OB
OD
=
O C
OA
=
B C
AD
=
1
2
.
a) Gọi H là trung điểm của SC.
Trong 4DHB ta có
DG
DH
=
DO
DB
=
2
3
⇒ OG k
BH.
Ta có
®
OG k BH
BH ⊂ (SBC), OG 6⊂ (SBC )
⇒ OG k
(SBC).
b) Gọi N là trung điểm của SA. Ta có MN là
đường trung bình của tam giác SAD.
Nên MN k AD và MN =
1
2
AD.
Mà theo đề bài ta lại có BC k AD và BC =
1
2
AD.
Vậy BC k MN và BC = MN. Vậy tứ giác
B CMN là hình bình hành.
Ta có
®
CM k BN
BN ⊂ (SAB ), CM 6⊂ (SAB)
⇒ CM k
(SAB).
S
I
K
A
N
B
H
C
D
M
G
O
c) Trong 4SAC có
CO
CA
=
CI
CS
=
1
3
⇒ OI k SA.
Có
®
SA k OI
OI ⊂ (BID), SA 6⊂ (BID)
⇒ SA k (BID).
d) Ta có O và H là hai điểm chung của hai mặt phẳng (BDH) và (SAC).
Vậy (SAC) ∩ (BDH) = OH.
Trong (BDH), gọi K = BG ∩OH ⇒ K = BG ∩(SAC).
Ta có: 4KOG v 4KHB (g-g) ⇒
KG
KB
=
OG
HB
=
2
3
(Vì
OG
BH
=
DG
DH
=
2
3
).
Kết luận:
KB
KG
=
3
2
.
Bài 10. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF không cùng nằm trong một mặt
phẳng.
a) Gọi O và O
0
lần lượt là tâm của ABCD và ABEF. Chứng minh rằng OO
0
song song
với (ADF) và (BCE).
b) Gọi M, N lần lượt là trọng tâm của 4ABD và 4ABE. Chứng minh rằng MN k
(CEF).
Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 61
a) Chứng minh rằng OO
0
song song với
(ADF) và (BCE).
Ta có OO
0
k DF (OO
0
là đường trung
bình 4BDF).
Mà DF ⊂ (ADF) ⇒ OO
0
k (ADF).
Ta có OO
0
k CE (OO
0
là đường trung
bình 4ACE).
Mà CE ⊂ (BCE) ⇒ OO
0
k (BCE).
b) Chứng minh rằng MN k (CEF).
Gọi H là trung điểm của AB.
Trong 4HDE ta có
HM
HD
=
HN
HE
=
1
3
⇒ MN k DE.
Mà DE ⊂ (CEFD) ≡ (CEF). Vậy
MN k (CEF).
E
F
O
0
A
B
N
O
D
C
H
M
Bài 11. Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là
trọng tâm của hai tam giác SAB và SAD.
a) Chứng minh MN k (ABCD).
b) Gọi E là trung điểm của BC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt
phẳng (MNE).
Lời giải.
a) Chứng minh MN k (ABCD).
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và
AD.
Theo tính chất trọng tâm có
SM
SI
=
SN
SJ
=
2
3
⇒ MN k I J (tính chất Talet đảo).
Mà I J thuộc mặt phẳng (ABCD), suy ra
MN k (ABCD).
b) Trong mặt phẳng đáy, qua E kẻ đường
thẳng song song I J cắt AC tại F, cắt CD
tại G. EG là giao tuyến của (MNE) và đáy
(ABCD).
Gọi K = IJ ∩ AC (IJ, AC ⊂ (ABCD)).
Ta có SK = (SIJ) ∩ (SAC), gọi L = MN ∩
SK.
Suy ra FL = (MNE) ∩ (SAC), gọi O =
SA ∩ FL (SA, FL ⊂ (SAC)).
Vậy OM = (MNE) ∩ (SAB), ON =
(MNE) ∩(SAD).
Gọi P = OM ∩ AB, Q = ON ∩ SD.
Kết luận: thiết diện cần tìm là đa giác
OPEGQ.
S
N
Q
A
B
P
M
O
G
E
K
F
J
L
I
D
C
62 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 12. Cho tứ diện ABCD. Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD.
a) Chứng minh rằng đường thẳng d đi qua G và một đỉnh của tứ diện sẽ đi qua trọng
tâm của mặt đối diện với đỉnh đấy.
b) Gọi A
0
là trọng tâm của tam giác BCD. Chứng minh rằng GA = 3GA
0
.
Lời giải.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD.
Gọi G là trung điểm của MN.
Suy ra G là trọng tâm của tứ diện ABCD.
a) Bước 1: Tìm giao điểm của AG và mặt phẳng
(BCD).
Chọn mặt phẳng (ABN) chứa AG và BN.
Trong mặt phẳng (ABN) gọi A
0
= AG ∩ BN.
Có
®
A
0
∈ AG
A
0
∈ BN, BN ⊂ (BCD)
⇒ A
0
= AG ∩
(BCD).
Bước 2: Chứng minh A
0
là trọng tâm của tam
giác BCD.
Trong mặt phẳng (ABN) kẻ MI song song với
AA
0
(Với I t huộc BN).
Xét 4ABA
0
có MI là đường trung bình của
tam giác, nên I là trung điểm của BA
0
. Suy ra
BI = IA
0
.
Xét 4IMN có GA
0
là đường trung bình của tam
giác, nên A
0
là trung điểm của IN.
Suy ra A
0
N = IA
0
.
Ngoài ta trong tam giác BCD có BN là đường
trung tuyến, kết hợp lại ta có BA
0
=
2
3
BN.
Vậy A
0
là trọng tâm của tam giác BCD.
b) Vì MI là đường trung bình của tam giác ABA
0
nên MI =
1
2
AA
0
.
Vì GA
0
là đường trung bình của tam giác IMN
nên GA
0
=
1
2
MI.
Từ đó ta có GA
0
=
1
4
AA
0
⇔ AA
0
= 4GA
0
.
Mà AA
0
= AG + GA
0
⇒ AG = 3GA
0
.
Kết luận GA = 3GA
0
.
A
D
N
A
0
I
B
M
C
G
Bài 13. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD và
G là trung điểm của đoạn MN.
a) Tìm giao điểm A
0
của đường thẳng AG và mặt phẳng (BCD).
b) Qua M kẻ đường thẳng Mx song song với AA
0
và Mx cắt mặt phẳng (BCD) tại M
0
.
Chứng minh B , M
0
, A
0
thẳng hàng và BM
0
= M
0
A
0
= A
0
N.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 63
c) Chứng minh GA = 3GA
0
.
Lời giải.
a) Chọn (ABN) chứa AG.
Hai mặt phẳng (ABN) và (BCD) có hai điểm
chung là B và N. Suy ra giao tuyến của chúng
là BN, BN cắt AG tại A
0
thì A
0
= AG ∩(BCD).
b) Vì Mx k AA
0
, mà AA
0
⊂ (ABN) và M ∈
(ABN) ⇒ Mx ⊂ (ABN).
Gọi M
0
= Mx ∩ BN ⇒ M
0
= Mx ∩(BCD).
Từ đó suy ra ba điểm B, M
0
, A
0
thẳng hàng.
Có MM
0
là đường trung bình của 4BAA
0
⇒
BM
0
= M
0
A
0
(1).
Và GA
0
là đường trung bình của 4NMM
0
⇒
M
0
A
0
= A
0
N (2).
Từ (1) và (2) suy ra BM
0
= M
0
A
0
= A
0
N.
c) Từ chứng minh câu b) có:
GA
0
=
1
2
MM
0
và MM
0
=
1
2
AA
0
⇒ GA
0
=
1
4
AA
0
⇒ AG = 3GA
0
.
A
D
N
A
0
M
0
B
M
x
C
G
DẠNG 2.2. Thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng (α) và song song với một
đường thẳng cho trước. Tính diện tích thiết diện
Dạng toán này các bạn phải nhớ kĩ tính chất:
®
M ∈ (α) ∩(P )
(α) k d , d ⊂ (P)
⇒ (α) ∩(P) = Mx(Mx k d).
Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang có AD đáy lớn. Gọi M
trung điểm của CD, (α) là mặt phẳng qua M và song song với SA và BC.
a) Hãy xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt phẳng (α).
b) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (α) và (SAC). Chứng minh giao tuyến vừa tìm
được song song với mặt phẳng (SAD).
Lời giải.
a)
64 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt
phẳng (α).
M là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (ABCD),
có (α) k BC nên giao tuyến của chúng qua M và
song song với BC, giao tuyến này cắt AB tại E.
E là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (SAB), có
(α) k SA nên giao tuyến của chúng qua E và song
song với SA, giao tuyến này cắt SB tại F.
F là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (SB C), có
(α) k BC nên giao tuyến của chúng qua F và song
song với BC, giao tuyến này cắt SC tại G.
Kết luận mặt phẳng (α) cắt hình chóp S.ABCD theo
một thiết diện là hình thang MEFG, vì có ME và
FG cùng song song với BC.
B
C
H
S
A
D
E M
G
F
b) Gọi H là giao điểm của ME và AC, ta có H và G là hai điểm chung của hai mặt phẳng (α)
và mặt phẳng (SAC). Vậy (α) ∩(SAC) = HG. Vì (α) k SA nên giao tuyến HG k SA, mà
SA thuộc mặt phẳng (SAD) nên giao tuyến HG k (SAD).
Bài 15. Cho tứ diện ABCD. Lấy điểm M là một điểm t huộc miền trong của tam giác
B CD. Gọi (α) là mặt phẳng qua M và song song với AC và BD. Hãy xác định thiết diện
của mặt phẳng (α) với tứ diện ABCD. Thiết diện là hình gì?
Lời giải.
M là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (BCD ), có (α) k
BD nên giao tuyến của chúng qua M và song song với BD,
giao tuyến này cắt BC tại E và cắt CD tại F.
E là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (ABC), có (α) k
A C nên giao tuyến của chúng qua E và song song với AC,
giao tuyến này cắt AB tại H.
H là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (ABD), có (α) k
BD nên giao tuyến của chúng qua H và song song với BD,
giao tuyến này cắt AD tại G. G và F là hai điểm chung của
hai mặt phẳng (α) và mặt phẳng (ACD).
Vậy giao tuyến của chúng là FG.
Vì mặt phẳng (α) k AC, nên giao tuyến FG k A C.
Kết luận: thiết diện cần tìm là hình bình hành EFGH, vì
có EF k HG k BD và HE k FG k AC.
A
H
G
C
E FM
B D
Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Lấy một điểm M di
động trên cạnh SC. Gọi (α) là mặt phẳng chứa AM và song song với BD.
a) Chứng minh rằng mặt phẳng (α) luôn đi qua một đường thẳng cố định khi M thay
đổi.
b) Mặt phẳng (α) cắt SB và SD tại E và F. Hãy nêu cách dựng E và F.
c) Gọi I là giao điểm của ME và CB, J là giao điểm của MF và CD. Chứng minh ba
điểm I, J, A thẳng hàng.
Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 65
S
J
F
E
M
A
B
C
I
O
G
D
a) A là một điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (ABCD), có (α) k BD, nên giao tuyến của
chúng qua A và song song với BD.
Vậy (α) ∩(ABCD ) = Ax (Ax k BD).
Vì Ax là đường thẳng cố định khi M thay đổi.
Kết luận: mp(α) luôn đi qua đường cố định Ax.
b) Gọi O = AC ∩ BD.
Ta có: SO là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC ) và (SBD).
Gọi G = AM ∩ SO (AM, SO ⊂ (SAC)).
Ta có: G là điểm chung của mặt phẳng (α) và mặt phẳng (SBD), có (α) k BD nên giao
tuyến của chúng qua G và song song với BD, giao tuyến này cắt SB và SD lần lượt tại E
và F.
c) I và F là hai điểm chung của mặt phẳng (α) và mặt phẳng đáy (ABCD), nên I và F phải
thuộc giao tuyến Ax của hai mặt phẳng.
Vậy ba điểm I, J, A thẳng hàng.
Bài 17. Cho hình bình hành ABCD và điểm S không nằm trong mặt phẳng chứa
ABCD.
a) Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau (SAC) và (SBD), (SAB) và (SCD).
b) Một mặt phẳng (α) qua BC, cắt SA tại M và cắt SD tại N. Chứng minh MN k BC.
c) Chứng tỏ giao điểm của BN và CM luôn luôn ở trên một đường thẳng cố định khi
M di động trên SA.
d) Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, K là điểm trên cạnh AC sao cho
AK
A C
=
1
3
. Chứng
minh GK song song với mặt phẳng (SCD).
Lời giải.
66 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
a) Ta có S ∈ (SAC) ∩(SBD) (1).
Gọi O = AC ∩ BD ⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBD) (2).
Từ (1) và (2) suy ra: (SAC) ∩(SBD) = SO.
Ta có:
S ∈ (SAC) ∩(SBD)
AB k CD
AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD)
⇒ (SAB) ∩
(SCD) = Sx(Sx k AB k CD).
b) Vì
(α) ∩(SAD) = MN
B C k AD
B C ⊂ (α), AD ⊂ (SAD)
⇒ MN k AD k
B C.
c) Gọi I = BN ∩ CM(BN, CM ⊂ (α)).
Vì
®
I ∈ BN, BN ⊂ (SBD)
I ∈ CM, CM ⊂ (SAC))
⇒ I ∈ (SAC) ∩
(SBD).
Suy ra I thuộc giao tuyến SO cố định của hai mặt
phẳng (SAC) và (SBD).
S
M
G
A
B
F
C
O
I
x
K
E
D
N
d) Gọi E và F lần lượt là trung điểm của SA và AD.
Vì K chia đoạn AC thành ba phần bằng nhau và AK chiếm 1 phần, từ đó ta có K là trọng
tâm của tam giác ABD.
Theo tính chất trọng tâm có:
BG
BE
=
BK
BF
=
2
3
. Ngoài ra GK ( (SCD) nên GK k EF (3).
Mà EF là đường trung bình của tam giác ADS ⇒ EF k SD (4).
Từ (3) và (4) có GK k SD ⊂ (SCD) ⇒ GK k (SCD).
Bài 18. Cho tứ diện ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và BD.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (AMN) và (ACD).
b) Một mặt phẳng (P) qua CD và cắt AM, AN lần lượt tại F và E. Tứ giác CDEF là
hình gì?
c) CF và DE cắt nhau tại K. Chứng tỏ A, B, K thẳng hàng.
d) Chứng tỏ giao điểm I của CE và DF luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi
(P) thay đổi.
Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 67
a)
A ∈ (AMN) ∩(ACD)
MN k CD
MN ⊂ (AMN), CD ⊂ (ACD)
.
⇒ (AMN) ∩(ACD) = Ax (Ax k MN k CD)
b)
(P) ∩ (AMN) = EF
MN k CD
MN ⊂ (AMN), CD ⊂ (P)
⇒ EF k MN k CD.
Vì CD k MN suy ra CDEF là hình thang.
c) Ta có AB là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABC) và
(ABD).
Vì K = CF ∩ DE, mà
®
K ∈ CF, CF ⊂ (ABC)
K ∈ DE, DE ⊂ (ABD)
⇒ K ∈
(ABC) ∩(ABD).
Vì K là điểm chung của hai mặt phẳng (ABC) và (ABD)
nên K thuộc giao tuyến. Vậy ba điểm A, B, K thẳng
hàng.
A
C
M
N
O
x
B
K
F
E
I
D
d) Trong mặt phẳng (BCD) gọi O là giao tuyến của CN và DM.
Ta có A và O là hai điểm chung của hai mặt phẳng (ANC) và (AMD), nên giao tuyến của
chúng là AO.
Gọi I là giao điểm của CE và DF.
Ta có:
®
I ∈ CE, CE ⊂ (ANC)
I ∈ FE, DF ⊂ (AMD)
⇒ I ∈ (ANC) ∩(AMD).
Suy ra I t huộc giao tuyến AO của hai mặt phẳng.
Vì hai điểm A và O cố định nên điểm I thuộc đoạn AO cố định.
Bài 19. Cho hình chóp S.AB CD. M, N là hai điểm trên AB, CD. Mặt phẳng (α) qua
MN và song song với SA.
a) Tìm các giao tuyến của (α) với (SAB ) và (SA C).
b) Xác định thiết diện của hình chóp với (α).
c) Tìm điều kiện của MN để thiết diện là hình thang.
Lời giải.
68 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
a) Tìm các giao tuyến của (α) với (SAB ):
Ta có:
®
M ∈ (α) ∩(SAB )
(α) k SA, SA ⊂ (SAB)
⇒ (α) ∩(SAB) = MP (với MP k SA, P ∈ SB).
Tìm các giao tuyến của (α) với (SAC):
Gọi R = MN ∩ AC (MN, AC ⊂ (AB CD)).
Ta có:
®
R ∈ (α) ∩(SAC)
(α) k SA, SA ⊂ (SAC)
⇒ (α) ∩ (SAC) = RQ (với
RQ k SA, Q ∈ SC).
b) Xác định thiết diện của hình chóp với (α).
Theo câu a) thiết diện là tứ giác MPQN.
c) Tìm điều kiện của MN để thiết diện là hình thang:
Ta có: MPQN là hình thang ⇒
ñ
MP k QN (1)
MN k PQ. (2)
Xét (1), ta có MP k QR, mà QR không song song QN nên
(1) vô lí.
Do đó:
®
SA k QN
QN ⊂ (SCD)
⇒ SA k (SCD) (vô lí).
Xét (2), ta có
®
B C = (ABCD) ∩(SBC)
MN ⊂ (AB CD), PQ ⊂ (SBC )
⇒ MN k
B C.
Ngược lại, nếu MN k BC thì
®
PQ = (α) ∩ (SBC)
MB ⊂ (α), BC ⊂ (SBC)
⇒
MN k PQ.
Vậy để thiết diện là hình thang thì MN k BC.
S
C
R
A
B
M
P
D
N
Q
Bài 20. Cho tứ diện ABCD. Trên cạnh AD lấy trung điểm M, trên cạnh BC lấy điểm N
bất kỳ. Gọi (α) là mặt phẳng chứa đường thẳng MN và song song với CD.
a) Hãy xác định thiết diện của mặt phẳng (α) với tứ diện ABCD.
b) Hãy xác định vị trí của N trên BC sao cho t hiết diện là hình bình hành.
Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 69
a) Xác định thiết diện của mặt phẳng (α) với tứ diện
ABCD.
Ta có:
(α) k CD
CD ⊂ (ACD)
M ∈ (α) ∩(ACD)
⇒ (α) ∩ (ACD) =
MP (MP k CD, P ∈ AC) (1).
Ta có:
(α) k CD
CD ⊂ (BCD)
N ∈ (α) ∩(BCD)
⇒ (α) ∩(BCD) = NQ (NQ k
CD, Q ∈ BD) (2).
Và (α) ∩(ABD) = MQ (3); (α) ∩ (ABC) = PN (4).
Từ (1) và (2), ta được: MP k NQ. Vậy thiết diện là hình
thang MPNQ.
b) Xác định vị trí của N trên BC sao cho thiết diện là hình
bình hành.
Ta có: MP k NQ; MP =
1
2
CD (MP là đường trung
bình 4ACD).
MNPQ là hình bình hành ⇔
®
MP k NQ
MP = NQ
⇔
MP k NQ
MP = NQ =
1
2
CD.
Do đó N là trung điểm BC.
Vậy N là trung điểm BC thì MNPQ là hình thang.
A
C
Q
N
B
P
D
M
Bài 21. Cho hình thang ABCD có đáy lớn AB và S là một điểm ở ngoài mặt phẳng của
hình t hang. Gọi M là một điểm trên CD, (α) là mặt phẳng qua M và song song với SA
và BC.
a) Hãy tìm thiết diện của mặt phẳng (α) với hình chóp S.AB CD. Thiết diện là hình gì?
b) Tìm giao tuyến của (α) với mặt phẳng (SAD).
Lời giải.
a) Tìm t hiết diện của mặt phẳng (α) với hình chóp
S.ABCD.
Ta có:
®
(α) k BC, BC ⊂ (ABCD)
M ∈ (α) ∩(ABCD)
⇒ (α) ∩
(ABCD) = MN (với MN k BC và N ∈ AB)
(1).
Ta có:
®
(α) k SA, SA ⊂ (SAB)
N ∈ (α) ∩(SAB)
⇒ (α) ∩ (SAB) =
NP (với NP k SA và P ∈ SB).
Có:
®
(α) k BC, BC ⊂ (SBC)
P ∈ (α) ∩(SBC)
⇒ (α) ∩ (SBC ) =
PQ (với PQ k BC và Q ∈ SC) (2).
Từ (1) và (2), ta được MN k PQ. Vậy t hiết diện
là hình thang MNPQ.
C
D
I
t
S
A
B
P
Q
M
N
70 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
b) Tìm giao tuyến của (α) với mặt phẳng (SAD).
Trong (ABCD), gọi I = AD ∩ MN ⇒ I là điểm chung của (α) và (SAD).
Ta có:
®
(α) k SA, SA ⊂ (SAD)
I ∈ (α) ∩(SAD )
⇒ (α) ∩(SAD) = It (với It k SA).
Bài 22. Trong mặt phẳng
(
α
)
cho tam giác AB C vuông tại A,
’
ABC = 60
◦
, AB = a.
Gọi O là trung điểm của BC. Lấy điểm S ở ngoài mặt phẳng
(
α
)
sao cho SB = a và
SB ⊥ OA. Gọi M là một điểm trên cạnh AB. Mặt phẳng
β
qua M song song với SB
và OA, cắt BC, SC, SA lần lượt tại N, P, Q. Đặt x = BM (0 < x < a).
1. Chứng minh MNPQ là hình thang vuông.
2. Tính diện tích của hình thang theo a và x. Tính x để diện tích này lớn nhất.
Lời giải.
1. Chứng minh MNPQ là hình thang vuông.
Có
®
β
k OA, OA ⊂
(
ABC
)
MN =
β
∩
(
ABC
)
⇒ MN k
OA (1)
Và
®
β
k SB, SB ⊂
(
SAB
)
MQ =
β
∩
(
SAB
)
⇒ MQ k
SB (2)
Ta có
®
β
k SB, SB ⊂
(
SBC
)
NP =
β
∩
(
SBC
)
⇒ NP k
SB (3)
Từ (2) và (3) suy ra MQ k NP k SB (4)
suy ra MNPQ là hình thang.
Từ (1) và (4) ta có
OA ⊥ SB
MN k OA
MQ k NP k SB.
⇒
®
MN ⊥ MQ
MN ⊥ NP.
Vậy MNPQ là hình thang vuông, đường
cao MN.
S
O
A
N
B
Q
M
C
P
2. Tính diện tích của hình thang theo a và x.
Ta có S
MNPQ
=
1
2
(
MQ + NP
)
MN.
Tính MN:
Xét tam giác ABC, ta có: cos B =
AB
B C
⇒ BC =
AB
cos B
⇒ BC = 2a ⇒ BO =
1
2
B C = a.
Do
b
B = 60
◦
và BA = BO nên 4ABO đều.
Trong 4ABO có MN k AO ⇒
MN
AO
=
BM
AB
=
BN
BO
⇒ MN = MB = BN = x.
Tính MQ : Xét 4SAB, ta có MQ k SB nên
MQ
SB
=
AM
AB
⇒ MQ = AM ·
SB
AB
=
(
a − x
)
·
a
a
= a − x.
Tính NP : Xét 4SBC, ta có NP k SB nên
NP
SB
=
CN
CB
⇒ NP = CN ·
SB
CB
=
(
2a − x
)
·
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 71
a
2a
=
2a − x
2
.
Do đó S
MNPQ
=
x
(
4a −3x
)
4
=
1
12
·3x ·
(
4a −3x
)
.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương 3x và
(
4a −3x
)
ta có
3x
(
4a −3x
)
≤
Å
3x + 4a − 3x
2
ã
2
⇔ 3x
(
4a −3x
)
≤ 4a
2
⇔ S
MNPQ
≤
a
2
3
.
Đẳng thức xảy ra khi 3x = 4a − 3x ⇔ x =
2a
3
.
Kết luận khi x =
2a
3
thì S
MNPQ
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 23. Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Gọi S là một điểm ngoài ở mặt phẳng
(
ABCD
)
sao cho SB = SD. Gọi M là một điểm tùy ý trên AO với AM = x. Mặt phẳng
(
α
)
qua M song song với SA và BD cắt SO, SB, AB tại N, P, Q.
1. Tứ giác MNPQ là hình gì?
2. Cho SA = a. Tính diện tích MNPQ theo a và x. Tìm x để diện tích lớn nhất.
Lời giải.
1. Tứ giác MNPQ là hình gì?
SB = SD ⇒ ∆SBC = ∆SDC
(
c.c.c
)
⇒
‘
S CB =
’
S CD.
Gọi I là trung điểm SC thì ∆IBC =
∆IDC
c.g.c
⇒ IB = ID. Vậy ∆IBD
cân tại I ⇒ IO ⊥ BD, mà
OI k SA ⇒ SA ⊥ BD(∗)
Ta có
(
α
)
k BD
BD ⊂
(
ABO
)
(
α
)
∩
(
ABO
)
= MQ
⇒ MQ k
BD (1)
Tương tự:
(
α
)
k BD
BD ⊂
(
SBO
)
(
α
)
∩
(
SBO
)
= NP
⇒ NP k
BD (2)
Từ (1) và (2), suy ra MQ k NP k BD. (3)
S
M
O
A
B
P
Q
I
D
C
N
Ta có:
(
α
)
k SA
SA ⊂
(
SAO
)
(
α
)
∩
(
SAO
)
= MN
⇒ MN k SA (4)
Tương tự:
(
α
)
k SA
SA ⊂
(
SAB
)
(
α
)
∩
(
SAB
)
= PQ
⇒ PQ k SA (5)
Từ (4) và (5), suy ra MN k PQ k SA (6)
Từ (3), (6) và (*) suy ra MNPQ là hình chữ nhật.
72 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
2. Tính diện tích MNPQ theo a và x:
Ta có: S
MNPQ
= MQ · MN.
Tính MQ : Xét tam giác AQM.
Ta có A = 45
◦
, Q = 45
◦
, M = 90
◦
⇒ ∆AQM cân tại M. Vậy MQ = AM = x.
Tính MQ . Xét ∆SAO, ta có
MN k SA ⇒
MN
AS
=
OM
OA
⇒ MN = AS ·
OM
OA
= a
a
√
2
2
− x
a
√
2
2
= a − x
√
2
⇒ S
MNPQ
= MQ · MN = x ·
Ä
a − x
√
2
ä
=
1
√
2
x
√
2 ·
Ä
a − x
√
2
ä
.
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x
√
2 và
Ä
a − x
√
2
ä
:
x
√
2
Ä
a − x
√
2
ä
≤
Ç
x
√
2 + a − x
√
2
2
å
2
⇔ x
√
2
Ä
a − x
√
2
ä
≤
a
2
4
⇔ S
MNPQ
≤
a
2
4
√
2
.
Đẳng thức xảy ra khi
x
√
2 = a − x
√
2 ⇔ x =
a
2
√
2
=
a
√
2
4
⇔ M là trung điểm của AO.
Vậy: x =
a
√
2
4
thì S
MNPQ
đạt giá trị lớn nhất.
Bài 24. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Trên cạnh AB lấy một
điểm M với AM = x. Gọi
(
α
)
là mặt phẳng qua M và song song với mặt phẳng
(
SAD
)
cắt SB, SC, và CD lần lượt tại N, P, Q.
1. Tìm thiết diện của
(
α
)
với mặt phẳng hình chóp. Thiết diện là hình gì?
2. Tìm quĩ tích giao điểm I của MN và PQ khi M di động trên đoạn AB.
3. Cho
’
SAD = 90
◦
và SA = a. Tính diện tích của thiết diện t heo a và x. Tìm x để
diện tích thiết diện bằng
3a
2
8
.
Lời giải.
1. Tìm thiết diện của
(
α
)
với mặt phẳng hình chóp:
Vì mp
(
α
)
k
(
SAD
)
suy ra mp
(
α
)
song song với mọi đường thuộc mặt phẳng
(
SAD
)
.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 73
• Tìm giao tuyến của mặt phẳng
(
α
)
và mặt phẳng
(
ABCD
)
.
Có M là điểm chung của hai mặt
phẳng
(
α
)
và
(
ABCD
)
, vì mp
(
α
)
k
AD nên giao tuyến của chúng
qua M và song song với AD, giao
tuyến này cắt CD tại điểm Q.
Tương tự:
• Mặt phẳng
(
α
)
và mặt phẳng
(
SAB
)
có M là điểm chung và
(
α
)
k SA nên giao tuyến của
chúng là MN với MN k SA và
N ∈ SB. (1)
• Mặt phẳng
(
α
)
và mặt phẳng
(
SBC
)
có N là điểm chung và
(
α
)
k
AD k BC nên giao tuyến của
chúng là NP với NP k BC và
P ∈ SC. (2)
• Mặt phẳng
(
α
)
và mặt phẳng
(
S CD
)
có 2 điểm chung là P, Q.
Vậy giao tuyến của chúng là PQ.
S
I
S
0
A
D
P
B
C
N
Q
M
Suy ra thiết diện cần tìm là MNPQ. Từ (1) và (2) thì MQ k PN. Vậy MNPQ là hình
thang.
2. Tìm quĩ tích giao điểm I của MN và PQ khi M di động trên đoạn AB.
Ta có:
AB k DC
AB ⊂
(
SAB
)
, DC ⊂
(
S CD
)
S ∈
(
SAB
)
∩
(
S CD
)
⇒
(
SAB
)
∩
(
S CD
)
= Sx
Sx k AB k CD
Mà
®
I ∈ PQ ⊂
(
S CD
)
I ∈ MN ⊂
(
SAB
)
⇒ I ∈
(
SAB
)
∩
(
S CD
)
. Vậy I ∈ Sx.
Giới hạn quĩ tích: Khi M ≡ A thì I ≡ S. Còn khi M ≡ B thì I ≡ S
0
.
3. Tính diện tích của thiết diện theo a và x.
Ta có: S
MNPQ
= S
4I MQ
−S
4INP
= S
4SAD
−S
4INP
Vì 4IMQ = 4SAD
c · g ·c

.
Tính S
4SAD
. Ta có 4SAD vuông cân tại A, do đó S
SAD
=
1
2
a
2
.
Tính S
4INP
: Xét tam giác SBC, tam giác SBS
0
và tam giác SAB. có:
NI k S
0
B ⇒
NI
S
0
B
=
SN
SB
(1)
PN k BC ⇒
PN
B C
=
SN
SB
(2)
MN k SA ⇒
AM
AB
=
SN
SB
(3)
Từ (1), (2) và (3), ta được
NI
S
0
B
=
PN
B C
=
AM
AB
⇒ NI = PN = AM = x.
⇒ 4INP vuông cân tại N, vì NI k SA, PN k AD và SA ⊥ AD.
Do đó S
4INP
=
1
2
x
2
.
Vậy diện tích thiết diện S
MNPQ
=
1
2
a
2
−
1
2
x
2
=
1
2
a
2
− x
2
.
74 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Để S
MNPQ
=
3a
2
8
thì
1
2
a
2
− x
2
=
3a
2
8
⇔ x
2
= a
2
−
3a
2
4
⇔ x
2
=
a
2
4
⇔ x =
a
2
.
Bài 25. Cho tứ diện ABCD có AB = AC = CD = a và AB vuông góc với CD. Lấy
M thuộc đoạn AC với AM = x
(
0 < x < a
)
. Mặt phẳng
(
α
)
qua M và song song với
AB, CD cắt B C, BD, AD lần lượt tại N, P, Q.
1. Chứng minh MNPQ là hình chữ nhật.
2. Tính diện tích MNPQ theo a và x.
3. Tính x để diện tích MNPQ lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
4. Định x để MNPQ là hình vuông.
Lời giải.
1.
Ta có:
®
MN =
(
α
)
∩
(
ABC
)
(
α
)
k AB
⇒ MN k AB.
Ta có:
®
MQ =
(
α
)
∩
(
A CD
)
(
α
)
k CD
⇒ MQ k CD.
Ta có:
®
NP =
(
α
)
∩
(
B CD
)
(
α
)
k CD
⇒ NP k CD.
Ta có:
®
PQ =
(
α
)
∩
(
ABD
)
(
α
)
k AB
⇒ PQ k AB.
Tứ giác MNPQ có hai cặp cạnh đối song song
với nhau nên MNPQ là hình bình hành.
Vì
®
AB k MN, CD k NP
AB ⊥ CD
⇒ MN ⊥ NP.
Vậy MNPQ là hình chữ nhật.
A
C
P
M
B
N
D
Q
2. Trong 4ACD có MQ k CD ⇒
AM
A C
=
MQ
CD
⇒ MQ = x.
Trong 4ABC có MN k AB.
Suy ra
CM
CA
=
MN
AB
⇒ MN =
CM
CA
· AB =
a − x
a
· a = a − x.
S
MNPQ
= MN · MQ =
(
a − x
)
· x.
3. Ta có
(
a − x
)
+ x = a = (hằng số). Nên để diện tích này lớn nhất khi a −x = x ⇔ x =
a
2
.
4. Để MNPQ là hình vuông thì MN = MQ ⇔ a − x = x ⇔ x =
a
2
.
Bài 26. Cho hình chóp S.AB CD có đáy là hình hình hành với AB = a, AD = 2a.
Mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại A . Trên cạnh AD lấy điểm M với AM = x
(0 < x < 2a), mặt phẳng (α) qua M song song với SA và CD cắt BC, S C, SD lần lượt tại
N, P , Q.
a) Chứng minh rằng MNPQ là hình thang vuông.
b) Tính diện tích hình thang MNPQ theo a và x.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 75
c) Tìm tập hợp giao điểm I của MQ và NP khi M chạy từ A đến D.
Lời giải.
S
I
K
B N
C
A
P
Q
D
M
2a
x
a
a
t
a) Vì mặt phẳng (α) k AB nên (α) cắt mặt phẳng (ABCD) theo giao tuyến MN k AB k CD.
Mặt phẳng (α) k SA nên (α) cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến MQ k SA. Mặt
phẳng (α) k CD nên (α) cắt mặt phẳng (SCD) theo giao tuyến QP k CD. Suy ra thiết
diện mặt phẳng (α) cắt hình chóp S.ABCD là hình thang MNPQ (1).
Mặt khác AB ⊥ AS, MN k AB và MQ k SA nên MN ⊥ MQ (2).
Từ (1) và (2) suy ra MNPQ là hình thang vuông.
b) Trong mặt phẳng (SAD) có MQ k AS suy ra
DM
DA
=
DQ
DS
=
MQ
AS
=
2a − x
2a
⇒ MQ =
2a − x
2a
· a =
2a − x
2
.
Trong mặt phẳng (SCD) có PQ k CD suy ra
PQ
CD
=
SQ
SD
=
SD − DQ
SD
= 1 −
DQ
SD
= 1 −
2a − x
2a
=
x
2a
⇒ PQ =
x
2
.
Vì MN k AB, mà ABCD là hình bình hành nên MN = AB = a.
Diện tích hình thang vuông MNPQ
S
MNPQ
=
(MN + PQ)MQ
2
=
a +
x
2
·
2a − x
2
2
=
(2a + x)(2a − x)
8
=
4a
2
− x
2
8
.
c) Ta có (SBC) ∩ (SAD) = St (với St k AD k BC). Vì I = MQ ∩ NP, mà
®
I ∈ MQ ⊂ (SAD)
I ∈ NP ⊂ (SBC)
⇒ I ∈ (SAD) ∩(SBC).
Từ đó suy ra I thuộc giao tuyến St cố định. Mặt khác, nếu M ≡ A thì I ≡ S, nếu M ≡ D
thì I ≡ K (với DK k SA).
Vậy khi M chạy trên đoạn AD thì giao điểm I chạy trên đoạn SK.
76 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 27. Cho tứ diện ABCD có AB = a , CD = b. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB
và CD. Giả sử AB ⊥ CD, mặt phẳng (α) qua M nằm trên đoạn I, J và song song với AB
và CD.
a) Tìm giao tuyến của (α) với (ICD) và (JAB).
b) Xác định thiết diện của ABCD và mặt phẳng (α). Chứng minh thiết diện là hình
chữ nhật.
c) Tính diện tích thiết diện của hình chữ nhật biết IM =
1
3
IJ.
Lời giải.
A
C
H
Q
D
G
N
M
B
E
I
L
F
J
P
a) Tìm giao tuyến của (α) với (ICD):
Ta có
®
(α) k CD, CD ⊂ (ICD)
M ∈ (α) ∩(ICD)
suy ra giao tuyến của (α) và (ICD) là đường thẳng qua
M và song song với CD cắt IC tại L và ID tại N. Tương tự
®
(α) k AB, AB ⊂ (JAB)
M ∈ (α) ∩(JAB)
suy
ra giao tuyến của (α) và (JAB) là đường thẳng qua M và song song với AB cắt JA tại P
và JB tại Q.
b) Xác định thiết diện của ABCD và mặt phẳng (α):
Ta có
®
(α) k AB, AB ⊂ (ABC)
L ∈ (α) ∩(ABC)
⇒ (α) ∩ (ABC) = EF (1). Với EF đi qua L và EF k AB,
E ∈ BC, F ∈ AC.
Ta có
®
(α) k AB, AB ⊂ (ABD)
N ∈ (α) ∩(ABD)
⇒ (α) ∩ (ABD) = HG (2). Với N ∈ HG và HG k AB,
H ∈ BD, G ∈ AD.
Từ (1) và (2) suy ra EF k HG k AB (3). Mặt khác
®
(α) k CD, CD ⊂ (ACD)
FG = (α) ∩(ACD)
⇒ FG k CD (4);
®
(α) k CD, CD ⊂ (BCD)
EH = (α) ∩(BCD)
⇒ EH k CD (5)
Từ (4) và (5) suy ra FG k EH k CD (6). Từ (3) và (6) suy ra EFGH là hình bình hành
mà AB ⊥ CD (∗).
Từ (3), (6) và (∗) suy ra EFGH là hình chữ nhật.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 77
c) Tính diện tích thiết diện của hình chữ nhật biết IM =
1
3
IJ:
Ta có S
EFGH
= EF · FG = PQ · LN.
Xét tam giác ICD, ta có LN k CD ⇒
LN
CD
=
IN
ID
(7). Xét tam giác I JD ta có MN k
JD ⇒
IN
ID
=
IM
IJ
(8).
Từ (7) và (8) suy ra
LN
CD
=
IM
IJ
=
1
3
⇒ LN =
CD
3
=
b
3
. Tương tự
PQ
AB
=
JM
JI
=
2
3
⇒
PQ =
2
3
AB =
2
3
a.
Suy ra S
EFGH
=
2ab
9
.
Bài 28. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của
S C, (P) là mặt phẳng qua AM và song song với BD.
a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P).
b) Gọi E , F lần lượt là giao điểm của (P) với các cạnh SB và SD. Tìm tỉ số diện tích
của tam giác SME với tam giác SBC và tỉ số diện tích của tam giác SMF và tam
giác SCD.
c) Gọi K là giao điểm của ME và CB, J là giao điểm của MF và CD. Chứng minh
rằng 3 điểm K, A, J nằm trên một đường thẳng song song với EF và tìm tỉ số
EF
KJ
.
Lời giải.
S
K
C
E
I
B
J
O
M
A
D
F
a) Gọi O = AC ∩ BD ⇒ (SAC) ∩(SBD) = SO. Gọi I = AM ∩ SO (AM, SO ⊂ (SAC) ⇒
78 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
I ∈ (SBD)). Ta có
I ∈ (P ) ∩(SBD)
BD k (P)
BD ⊂ (SBD)
⇒ (SBD) ∩(P) = Ix (Ix k BD).
Gọi E = Ix ∩ SB , F = Ix ∩ SD. Suy ra E , F là giao điểm của SB, SD với mặt phẳng (P).
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác AEMF.
b) Dễ thấy I là trọng tâm của tam giác SAC nên
SI
SO
=
2
3
.
Xét tam giác SBD có EF song song với BD ta có
SE
SB
=
SF
SD
=
SI
SO
=
2
3
. Suy ra
S
SME
S
SBC
=
1
2
SM · SE ·sin
‘
BSC
1
2
S C ·SB ·sin
‘
BSC
=
SE
SB
·
SM
S C
=
1
3
S
SMF
S
SCD
=
1
2
SM · SF ·sin
’
DSC
1
2
S C ·SD ·sin
’
DSC
=
SF
SD
·
SM
S C
=
1
3
.
c) Ta có
K = EM ∩ BC ⇒ K ∈ (P) ∩ (ABCD) (1)
J = FM ∩CD ⇒ J ∈ (P) ∩(ABCD) (2)
A ∈ (P) ∩ (ABCD) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra ba điểm K, J, A thuộc giao tuyến (∆) của mặt phẳng (P) và (ABCD).
Ta lại có
®
(P) ∩ (ABCD) = (∆)
BD k (P)
⇒ (∆) k BD.
Xét tam giác MJK có EF k JK (vì JK k BD, EF k BD) suy ra
ME
MK
=
MF
MJ
=
MI
MA
=
EF
JK
=
1
3
.
Bài 29. Cho hình chóp S.ABCD có G là trọng tâm tam giác ABC. Gọi M, N, P, Q , R, H
lần lượt là trung điểm của SA, SC, CB, BA, QN, AG.
a) Chứng minh rằng: S, R, G thẳng hàng và SG = 2MH = 4RG.
b) Gọi G
0
là trọng tâm tam giác SBC. Chứng minh rằng: GG
0
k (SAB) và GG
0
k
(SAC).
c) Mặt phẳng (α) qua GG
0
và song song với BC . Xác định thiết diện của hình chóp
tạo bởi mặt phẳng (α).
Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 79
S
B
P
G
L
E
Q
H
F
D
C
K
R
M
G
0
V
N
A
T
a) Chứng minh rằng: S, R, G thẳng hàng và SG = 2MH = 4RG.
Gọi E là trung điểm của GC. Trong tam giác QNE có RG là đường trung bình của tam
giác nên GR k NE, GR =
1
2
NE (1). Trong tam giác SCG có NE là đường trung bình
của tam giác nên GS k NE, GS = 2NE (2). Từ (1) và (2) suy ra ba điểm G, R, S thẳng
hàng và GS = 4GR. Trong tam giác SAG có HM là đường trung bình của tam giác nên
GS = 2HM.
b) Chứng minh rằng: GG
0
k (SAB) và GG
0
k (SAC).
Trong tam giác SAP có
PG
PA
=
PG
0
PS
=
1
3
⇒ GG
0
k SA. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC)
cùng chứa SA. Suy ra GG
0
k (SAB) và GG
0
k (SAC).
c) Xác định thiết diện của hình chóp tạo bởi mặt phẳng (α).
Vì (α) k BC nên (α) cắt mặt phẳng đáy (ABCD) theo giao tuyến qua G và song song
với BC. Giao tuyến này cắt AB tại F, cắt AD tại L. Vì GG
0
k SA nên (α) cắt mặt phẳng
(SAB) theo giao tuyến qua F và song song với SA. Giao tuyến này cắt SB tại T.
Vì GG
0
k SA nên (α) cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến qua F và song song với SA.
Giao tuyến này cắt SB tại T. TG
0
là giao tuyến của mặt phẳng (α) với mặt phẳng (SBC),
giao tuyến này cắt SC tại V.
Vậy thiết diện cần tìm là ngũ giác FLKVT.
Bài 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O, có AC = a,
BD = b, tam giác SBD đều.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
b) Gọi G
1
, G
2
lần lượt là trọng tâm của tam giác ACD và SCD . Chứng minh rằng
G
1
G
2
song song với mặt phẳng (SCA).
c) Gọi M là điểm di động trên đoạn AO với AM = x (0 < a <
a
2
). Gọi (P) là mặt
phẳng đi qua M và song song với (SBD). Tìm thiết diện tạo bởi (P) và hình chóp
S.ABCD. Tính diện tích thiết diện theo a, b, x.
80 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Lời giải.
S
x
B
C
O
H
M
I
A
J
G
1
D
K
G
2
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
Ta có
S ∈ (SAB) ∩(SCD)
AB k CD
AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD)
⇒ (SAB) ∩(SCD) = Sx (Sx k AB k CD).
b) Chứng minh rằng G
1
G
2
song song với mặt phẳng (SCA).
Gọi K là trung điểm của CD. Vì G
1
, G
2
là trọng tâm của hai tam tam giác ACD và SCD
nên
KG
1
KA
=
KG
2
KS
=
1
3
⇒ G
1
G
2
k SA, mà SA ⊂ (SAC) ⇒ G
1
G
2
k (SAC).
c) Tìm thiết diện tạo bởi (P) và hình chóp S.ABCD.
Vì (P) k (SBD) ⇒ (P) k SB, (P) k SD, (P) k BD. Vì (P) k BD nên (P) cắt mặt phẳng
(ABCD) theo giao tuyến qua M và song song với BD. Giao tuyến này cắt AB, AD lần
lượt tại I và H.
Vì (P) k SB nên (P) cắt mặt phẳng (SAB) theo giao tuyến qua I và song song với SB.
Giao tuyến này cắt SA tại J. Vậy thiết diện cần tìm là tam giác I JH.
Ba cạnh của tam giác I JH lần lượt song song với ba cạnh của tam giác SBD, mà tam
giác SBD đều nên tam giác I JH đều. Ta có
AM
AO
=
AJ
AB
=
AH
AD
=
JH
BD
⇒ JH =
AM
AO
· BD =
x
a
2
·b =
2bx
a
.
Suy ra S
IJH
=
JH
2
√
3
4
=
b
2
x
2
√
3
a
2
.
Bài 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.
a) Tìm giao tuyến của (SBC) và (SAD).
b) Gọi G là trọng tâm của tam giác SBD. Trên các cạnh CD và AB lần lượt lấy các
điểm M, N thỏa MD = 2MC, NB = 2NA. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
(SND) và (BGM). Tìm giao điểm I của SN và (BMG).
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 81
c) Gọi F là giao điểm của SA và (BGM). Tính tỉ số
FS
FA
.
Lời giải.
S
x
y
K
B
C
O
H
E
G
M
L
D
F
A
I
N
a) Tìm giao tuyến của (SBC) và (SAD).
Ta có
S ∈ (SBC) ∩(SAD)
B C k AD
B C ⊂ (SBC), AD ⊂ (SAD)
⇒ (SBC) ∩(SAD) = Sx (Sx k BC k AD).
b) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SND) và (BGM).
Gọi K là trung điểm của SD ⇒ K ∈ BG. Ta có
K ∈ (SND) ∩(BMG)
ND k BM
ND ⊂ (SND), BM ⊂ (BMG)
⇒ (SND) ∩(BMG) = Ky (Ky k ND k BM).
Trong mặt phẳng (SND), gọi I = SN ∩ Ky. Ta có
®
I ∈ SN
I ∈ Ky, Ky ⊂ (BMG)
⇒ I = SN ∩(BMG).
c) Trong mặt phẳng (ABCD) gọi E = AC ∩ BM. Ta có EG là giao tuyến của hai mặt
phẳng (SAC) và (BMG). Gọi F = SA ∩ EG thì F chính là giao điểm của SA và mặt
phẳng (BMG).
Gọi O = AC ∩ BD ⇒ SO = (SAC) ∩(SBD). Vì G là trọng tâm tam giác SBD ⇒ SG =
2
3
SO, mà SO là đường trung tuyến của SAC. Suy ra G là trọng tâm của tam giác SAC.
Dựng OL k BM(L ∈ CD), thìOL là đường trung bình của tam giác DBM ⇒ DL = LM.
Theo đề bài suy ra DL = KM = MC, cho nên EM là đường trung bình của tam giác
COL.
Trong mặt phẳng (SAC) kẻ GH k SA (H ∈ AC). Áp dụng định lý Ta-lét cho các tam
82 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
giác SAO và FAE ta có
OG
OS
=
OH
OA
=
GH
AS
=
1
3
⇒ OH =
1
3
OA, GH =
1
3
AS (∗)
HG
AF
=
EH
EA
, mà
EH
EA
=
EO + OH
EO + OA
=
3
2
OH + OH
3
2
OH + 3OH
=
5
9
⇒ HG =
5
9
AF (∗∗)
Từ (∗) và (∗∗) suy ra
1
3
SA =
5
9
AF ⇒ AF =
3
5
SA ⇒
FS
FA
=
2
3
.
Bài 3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Định nghĩa
Định nghĩa 1. Hai mặt phẳng (α) và (β) gọi là song song với nhau nếu chúng không có
điểm chung, khi đó ta kí hiệu (α) k (β).
Hệ quả 1.
Cho hai mặt phẳng song song (α) và (β). Nếu đường thẳng
d nằm trong (α) thì (α) k (β).
α
β
d
2. Tính chất
Định lí 1.
Nếu mặt phẳng (α) chứa hai đường thẳng cắt nhau a và b
cùng song song với mặt phẳng (β ) thì (α) k (β).
α
β
a
b
M
4
!
Phương pháp chứng minh hai mặt phẳng song song: Ta chứng minh có hai đường thẳng cắt
nhau thuộc mặt phẳng này lần lượt song song với mặt phẳng kia.
Định lí 2.
Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước, có một
và chỉ một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho.
α
β
A
3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 83
Hệ quả 2. Nếu đường thẳng d song song với mặt phẳng (α) thì qua d có duy nhất một mặt
phẳng song song với (α).
4
!
Phương pháp chứng minh đường thẳng d song song với mặt phẳng (α): Ta chứng minh d thuộc
mặt phẳng (β) và (β) song song với (α).
Hệ quả 3. Hai mặt phẳng phân biệt cùng song với mặt phẳng thứ ba thì song song với
nhau.
Hệ quả 4.
Cho điểm A không nằm trên mặt phẳng (α). Mọi đường
thẳng đi qua A và song song với (α) đều nằm trong mặt
phẳng qua A và song song với (α).
β
α
A
Định lí 3.
Cho hai mặt phẳng song song. Nếu một mặt phẳng cắt mặt phẳng
này thì cũng cắt mặt phẳng kia và hai giao tuyến song song với
nhau.
b
a
β
α
γ
Hệ quả 5.
Hai mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyến song song những
đoạn thẳng bằng nhau.
A
A
0
B
B
0
a
b
β
α
3. Định lý Ta-lét (Thalès)
Định lí 4.
84 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến bất
kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
C
C
0
B
B
0
d
A
A
0
d
0
R
Q
P
4
!
Nếu hai cát tuyến d và d
0
cắt 3 mặt phẳng song song (P) k (Q) k (R) lần lượt tại các giao điểm
A, B, C và A
0
, B
0
, C
0
thì
AB
A
0
B
0
=
B C
B
0
C
0
=
CA
C
0
A
0
.
4. Hình lăng trụ và hình hộp
Định nghĩa 2.
Cho hai mặt phẳng (α) k (α
0
). Trong (α) cho đa
giác lồi A
1
A
2
. . . A
n
. Qua các điểm A
1
, A
2
, . . . , A
n
ta
dựng các đường song song với nhau và cắt (α
0
) tại
A
0
1
, A
0
2
, . . . , A
0
n
.
Hình tạo thành bởi hai đa giác A
1
A
2
. . . A
n
,
A
0
1
A
0
2
. . . A
0
n
cùng với các hình bình hành A
1
A
2
A
0
2
A
0
1
,
A
2
A
3
A
0
3
A
0
2
, ..., A
n
A
1
A
0
1
A
0
n
được gọi là hình lăng trụ
và được ký hiệu bởi A
1
A
2
. . . A
n
.A
0
1
A
0
2
. . . A
0
n
.
• Hai đa giác A
1
A
2
. . . A
n
, A
0
1
A
0
2
. . . A
0
n
được gọi
là hai mặt đáy (bằng nhau) của hình lăng trụ.
• Các đoạn t hẳng A
1
A
0
1
, A
2
A
0
2
,..., A
n
A
0
n
gọi là các
cạnh bên của hình lăng trụ.
• Các hình bình hành A
1
A
2
A
0
2
A
0
1
, A
2
A
3
A
0
3
A
0
2
,...,
A
n
A
1
A
0
1
A
0
n
gọi là các mặt bên của hình lăng trụ.
• Các đỉnh của hai đa giác đáy gọi là các đỉnh của
hình lăng trụ.
A
1
A
0
1
A
2
A
3
A
4
A
5
A
0
2
A
0
3
A
0
4
A
0
5
α
α
0
Tính chất 1.
• Các cạnh bên của hình lăng trụ thì song song và bằng nhau.
• Các mặt bên của hình lăng trụ đều là hình bình hành.
• Hai đáy của hình lăng trụ là hai đa giác bằng nhau.
• Người ta gọi tên hình lăng trụ theo đáy của nó như sau:
Lăng trụ tam giác Lăng trụ tứ giác
3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 85
Hình hộp Lăng trụ ngũ giác
• Hình lăng trụ có đáy là tam giác gọi là hình lăng trụ tam giác.
• Hình lăng trụ có đáy là hình bình hành gọi là hình hộp.
5. Hình chóp cụt
Định nghĩa 3. Cho hình chóp S.A
1
A
2
. . . A
n
. Một mặt phẳng (P) song song với mặt đáy của
hình chóp và không đi qua đỉnh lần lượt cắt các cạnh SA
1
, SA
2
, ..., SA
n
tại A
0
1
, A
0
2
, . . . , A
0
n
.
Hình tạo thành bởi hai đa giác A
0
1
A
0
2
. . . A
0
n
, A
1
A
2
. . . A
n
và các tứ giác A
1
A
2
A
0
2
A
0
1
, A
2
A
3
A
0
3
A
0
2
,...,
A
n
A
1
A
0
1
A
0
n
gọi là hình chóp cụt.
• Đáy A
1
A
2
. . . A
n
của hình chóp gọi là đáy lớn của hình chóp cụt.
• Thiết diện A
0
1
A
0
2
. . . A
0
n
của hình chóp và (P) gọi là đáy nhỏ của hình chóp cụt.
• Ta gọi tên hình chóp cụt theo đa giác đáy của nó (chóp cụt tam giác, tứ giác,...).
S
A
0
1
A
0
2
A
0
3
A
0
4
A
0
5
A
1
A
2
A
3
A
4
A
5
P
Tính chất 2.
• Hai đáy của hình chóp cụt là hai đa giác có các cạnh tương ứng song song và tỉ lệ giữa
các cặp cạnh tương tứng bằng nhau.
• Các mặt bên là hình thang.
• Các đường thẳng chứa các cạnh bên đồng quy tại 1 điểm.
B. Bài tập rèn luyện
86 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của SA, AD.
1. Chứng minh rằng (OMN) k (SBC).
2. Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của AB, ON, SB. Chứng minh: PQ k (SBC),
(MOR) k (SCD).
Lời giải.
1. Trong hai tam giác SAC và SBD có OM k SC và ON k SB (đường trung bình của tam
giác).
Có
®
OM, ON ⊂ (OMN)
SB, SC ⊂ (SBC)
⇒ (OMN) k (SBC).
2.
Ta có: OP k AD, mà AD k MN nên suy ra
OP k MN và PQ ⊂ (OMN).
Vì (OMN) k (SBC) nên suy ra PQ k (SBC).
Ta có: MR k AB, mà AB k CD nên suy ra
MN k CD.
Mặt khác OM k SC và
®
MR, OM ⊂ (OMR)
CD, SC ⊂ (SCD)
⇒ (OMR) k (SCD).
A
R
B
C
P
D
Q
O
S
M
N
Bài 2. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF có chung cạnh AB và không đồng
phẳng. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD, EF. Chứng minh rằng:
1. (ADF) k (BCE).
2. (DIK) k (JBE).
Lời giải.
1. Ta có: AF k BE và AD k BC .
Mà AF, AD ⊂ (ADF) và BE, BC ⊂ (BCE) nên suy
ra (ADF) k (BCE).
2. Ta dễ dàng chứng minh được BIDJ và BIKE là
hình bình hành. Từ đó suy ra DI k BJ và IK k BE.
Suy ra (DIK) k (JBE).
E
F
K
A
I B
D
J
C
Bài 3. Cho hai hình bình hành ABCD, ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác nhau. Trên
các đường chéo AC, BF theo thứ tự lấy các điểm M, N sao cho MC = 2AM, NF = 2BN.
Qua M, N lần lượt kẻ các đường thẳng song song với cạnh AB, cắt các cạnh AD, AF
theo thứ tự tại M
1
và N
1
. Chứng minh rằng:
1. MN k DE.
3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 87
2. M
1
N
1
k (DEF).
3. (MNM
1
N
1
) k (DEF).
Lời giải.
1. Gọi I là trung điểm của AB . Ta có:
®
A C = 3AM
A C = 2AO
⇒ AM =
2
3
AO.
Mà AO là đường trung tuyến của tam giác ABD nên suy ra M là trọng tâm của tam
giác ABD.
Chứng minh tương tự ta có N là trọng tâm của tam giác EAB. Từ đó suy ra DM, EN,
AB đồng quy tại I.
Trong tam giác IDE ta có:
IM
ID
=
IN
IE
=
1
3
⇒ MN k DE.
2. Ta có: NN
1
k AI ⇒
AN
1
N
1
F
=
IN
NE
=
1
2
.
Tương tự ta có:
MM
1
k AI ⇒
AM
1
M
1
D
=
IM
MD
=
1
2
.
Từ đó suy ra
AN
1
N
1
F
=
AM
1
M
1
D
⇒
M
1
N
1
k DF.
Mà DF ⊂ (DEF) nên suy ra
M
1
N
1
k (DEF).
E
F
N
C
D
O
I
A
M
N
1
M
1
O
1
B
3. Ta có: MN k DE và M
1
N
1
k DF.
Mà MN, M
1
N
1
⊂ (MNN
1
M
1
) và DE, DF ⊂ (DEF) nên suy ra (MNN
1
M
1
) k (DEF).
Bài 4. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF có cạnh chung là AB và nằm trong hai
mặt phẳng phân biệt. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB , BC và I, J, K theo
tứ tự là trọng tâm các tam giác ADF, ADC và BCE. Chứng minh (I JK) k (CDFE).
Lời giải.
Xét 4MFC có:
MI
MF
=
MJ
MC
=
1
3
⇒ I J k FC (1).
Xét hình bình hành MNEF có:
MI
MF
=
NK
NE
=
1
3
⇒ IK k FE (2).
Từ (1) và (2) ta có:
IJ k FC, IK k FE
IJ, IK ⊂ (I JK)
FC, FE ⊂ (CDFE)
⇒ (I JK) k (CDFE).
E
F
C
D
I
K
N
J
M
B
88 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 5. Cho tứ diện ABCD. Gọi G
1
, G
2
, G
3
lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC,
A CD, ADB.
1. Chứng minh (G
1
G
2
G
3
) k (BCD).
2. Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng G
1
G
2
G
3
. Tính diện tích thiết diện
theo diện tích tam giác BCD là S.
Lời giải.
1. Chứng minh (G
1
G
2
G
3
) k (BCD)
Gọi M, N, L lần lượt là trung điểm các cạnh
B C, CD và BD. Trong tam giác AMN, ta có
AG
1
AM
=
AG
2
AN
=
G
1
G
2
MN
=
2
3
(tính chất trọng tâm)
Theo định lý Ta-lét đảo, suy ra G
1
G
2
k MN.
Chứng minh tương tự, ta cũng có G
2
G
3
k
NL và G
3
G
1
k LM.
Từ đó suy ra
G
1
G
2
k MN, G
2
G
3
k NL
MN, NL ⊂ (BCD)
G
1
G
2
, G
2
G
3
⊂ (G
1
G
2
G
3
).
⇒ (G
1
G
2
G
3
) k (BCD).
G
D
N
F
E
B
A
C
L
M
G
1
G
2
G
3
2. Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (G
1
G
2
G
3
).
Ta có
B C k
(
G
1
G
2
G
3
)
B C ⊂ (ABC)
G
1
∈ (G
1
G
2
G
3
) ∩(AB C).
Vậy giao tuyến của mặt phẳng (G
1
G
2
G
3
) với (ABC) qua G
1
và song song với BC, cắt
AB, AC lần lượt tại E, F.
Tương tự: (G
1
G
2
G
3
) cắt (ACD ) theo giao tuyến FG k CD.
(G
1
G
2
G
3
) cắt (ABD) theo giao tuyến GE k BD.
Vậy thiết diện của ABCD với mặt phẳng (G
1
G
2
G
3
) là tam giác EFG.
Xét tam giác AMC và tam giác ABC, ta có
G
1
F k MC ⇒
AG
1
AM
=
AF
A C
=
2
3
EF k BC ⇒
EF
B C
=
AF
A C
=
2
3
.
Suy ra
AG
1
AM
=
EF
B C
=
2
3
⇒ EF =
2
3
B C. Tương tự, FG =
2
3
CD, GE =
2
3
BD.
Diện tích thiết diện
S
EFG
=
1
4
p
(EF + FG + GE)(EF + FG − GE)(EF − FG + GE)(−EF + FG + GE)
·
1
4
·
4
9
p
(BC + CD + DB)(BC + CD − DB)(BC −CD + DB)(−BC + CD + DB)
=
4
9
S
BCD
=
4
9
S.
3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 89
Bài 6. Từ bốn đỉnh của hình bình hành ABCD vẽ bốn nửa đường thẳng song song
cùng chiều Ax, By, Cz, Dt sao cho chúng cắt mặt phẳng ABCD. Một mặt phẳng (α) cắt
bốn nửa đường thẳng theo thứ tự nói trên tại A
0
, B
0
, C
0
và D
0
.
1. Chứng minh (Ax, By) k (Cz, Dt) và (Ax, Dt) k (By, Cz).
2. Tứ giác A
0
B
0
C
0
D
0
là hình gì?
3. Chứng minh AA
0
+ CC
0
= BB
0
+ DD
0
.
Lời giải.
1. Chứng minh (Ax, By) k (Cz, Dt) và (Ax, Dt) k (By, Cz).
Ta có
®
Ax k Dt
Dt ⊂ (Cz, Dt)
⇒ Ax k (Cz, Dt).
®
AB k CD
CD ⊂ (Cz, Dt)
⇒ AB k (Cz, Dt).
Mà Ax, AB ⊂ (Ax, By).
Suy ra (Ax, By) k (Cz, Dt).
Chứng minh tương tự, ta cũng có (Ax, Dt) k
(By, Cz).
C
0
B
0
A
0
B
O
0
D
C
D
0
O
A
x
y
t
z
2. Tứ giác A
0
B
0
C
0
D
0
là hình gì?
Ta có
(α) ∩(Ax, By) = A
0
B
0
(α) ∩(Cz, Dt) = C
0
D
0
(Ax, By) k (Cz, Dt)
⇒ A
0
B
0
k C
0
D
0
.
(α) ∩(Ax, Dt) = A
0
D
0
(α) ∩(By, Cz) = B
0
C
0
(Ax, Dt) k (By, Cz)
⇒ A
0
D
0
k B
0
C
0
.
Vậy tứ giác A
0
B
0
C
0
D
0
là hình bình hành.
3. Chứng minh AA
0
+ CC
0
= BB
0
+ DD
0
.
Gọi O = AC ∩ BD, O
0
= A
0
C
0
∩ B
0
D
0
.
Vì O, O
0
là tâm của hai hình bình hành ABCD, A
0
B
0
C
0
D
0
nên có OO
0
là đường trung
bình của hai hình thang ACC
0
A
0
và BDD
0
B
0
.
Theo tính chất đường trung bình của hình thang, suy ra
OO
0
=
AA
0
+ CC
0
2
=
BB
0
+ DD
0
2
⇒ AA
0
+ CC
0
= BB
0
+ DD
0
.
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD, mặt phẳng (P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại
A
0
, B
0
, C
0
và D
0
. Tìm điều kiện của mặt phẳng (P) để A
0
B
0
C
0
D
0
là hình bình hành.
Lời giải.
90 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
B
A
C
0
B
0
A
0
E
S
C
F
D
D
0
Ta có A
0
B
0
C
0
D
0
là hình bình hành ⇔
®
A
0
B
0
k C
0
D
0
A
0
D
0
k B
0
C
0
.
Gọi E = AB ∩CD và F = AD ∩ BC. Ta có SE = (SAB) ∩(SCD), SF = (SAD) ∩(SBC).
Ta lại có
A
0
B
0
= (P ) ∩(SAB)
C
0
D
0
= (P) ∩(SCD)
SE = (SAB) ∩(SCD)
A
0
B
0
k C
0
D
0
⇒ SE k A
0
B
0
k C
0
D
0
.
⇒ SE k (P) (theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng).
Tương tự, SF k (P).
Vậy, nếu (P) k SE và (P) k SF thì A
0
B
0
C
0
D
0
là hình bình hành.
Bài 8. Cho tứ diện ABCD có AB = CD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và BD,
E là điểm t huộc AD khác A và D. Tìm vị trí của E để thiết diện của tứ diện khi cắt bởi
mặt phẳng (JEI) là hình thoi.
Lời giải.
3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 91
Ta có I J là đường trung bình của tam giác BCD.
Do đó, I J k CD ⇒ CD k (I JEF) ⇒ CD k EF (do CD, EF
đồng phẳng).
Suy ra, t hiết diện I JEF là hình thang.
Do đó, điều kiện để I JEF là hình thoi là
®
EF = JI
EF = JE.
⇒ E là trung điểm AD.
Ngược lại, nếu E là trung điểm của AD thì
EF k JI k CD, EF = I J =
CD
2
JE k FI k AB, JE = FI =
AB
2
CD = AB
⇒ I JEF là hình thoi.
D
E
B
I
F
A
C
J
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng (P) cắt các
đoạn SA, SB, S C, SD lần lượt tại A
0
, B
0
, C
0
, D
0
. Chứng minh rằng tứ giác A
0
B
0
C
0
D
0
là
hình bình hành khi và chỉ khi mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (ABCD).
Lời giải.
Giả sử (P) k (ABCD).
Khi đó, (P) và (ABCD) bị mặt phẳng (SAB ) cắt theo
hai giao tuyến A
0
B
0
và AB song song.
Tương tự, CD k C
0
D
0
, BC k B
0
C
0
, AD k A
0
D
0
.
⇒ A
0
B
0
k C
0
D
0
và A
0
D
0
k B
0
C
0
.
⇒ A
0
B
0
C
0
D
0
là hình bình hành.
Giả sử A
0
B
0
C
0
D
0
là hình bình hành.
Ta có
A
0
B
0
k C
0
D
0
A
0
B
0
⊂ (SAB )
C
0
D
0
⊂ (SCD)
⇒ ∆ = (SAB) ∩ (SCD), ∆ k
A
0
B
0
, ∆ k C
0
D
0
.
Mặt khác
AB k CD
AB ⊂ (SAB)
CD ⊂ (SCD)
⇒ ∆
0
= (SAB) ∩
(SCD), ∆
0
k AB, ∆
0
k CD.
B
B
0
A
A
0
D
D
0
S
C
C
0
∆ ∆
0
Từ tính chất duy nhất của giao tuyến hai mặt phẳng (SAB) và (SCD), ta suy ra ∆ ≡ ∆
0
.
Suy ra A
0
B
0
k AB k ∆ ⇒ A
0
B
0
k (ABCD).
Chứng minh tương tự, ta có A
0
D
0
k (ABCD).
Do đó
A
0
B
0
k (ABCD)
A
0
D
0
k (ABCD)
A
0
B
0
, A
0
D
0
⊂ (P)
⇒ (P) k (ABCD).
Bài 10. Cho hai hình vuông ABCD và ABEF ở trong hai mặt phẳng phân biệt. Trên
các đường chéo AC và BF lần lượt lấy các điểm M và N sao cho AM = BN. Các đường
thẳng song song với AB vẽ từ M và N lần lượt cắt AD và AF tại M
0
và N
0
. Chứng minh
rằng
1. Mặt phẳng (ADF) song song với mặt phẳng (BCE).
2. Mặt phẳng (DEF) song song với mặt phẳng (MM
0
N
0
N).
92 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Lời giải.
1. Mặt phẳng (ADF) song song với mặt phẳng (BCE).
Ta có AF k BE, BE ⊂ (BCE) và AD k BC, BC ⊂ (BCE).
⇒ AF và AD cùng song song với (BCE).
Mà AF, AD ⊂ (ADF). Vậy (ADF) k (BCE).
2. Mặt phẳng (DEF) song song với mặt phẳng (MM
0
N
0
N).
Ta có MM
0
k AB, AB k EF.
⇒ MM
0
k EF ⊂ (DEF). (∗)
Mặt khác,
MM
0
k CD ⇒
AM
0
AD
=
AM
A C
NN
0
k AB ⇒
AN
0
AF
=
BN
BF
AM = BN, AC = BF.
⇒
AM
0
AD
=
AN
0
AF
⇒ M
0
N
0
k DF ⊂
(DEF) (∗∗)
Mà MM
0
, M
0
N
0
⊂ (MM
0
N
0
N) (∗ ∗ ∗)
Từ (∗), (∗∗) và (∗ ∗ ∗), suy ra (DEF) k
(MM
0
N
0
N).
D
F
N
0
M
0
A
C
B
E
N
M
Bài 4. KHỐI LĂNG TRỤ
Bài 1. Cho hình lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (BA
0
C
0
).
2. Gọi M, N lần lượt là hai điểm bất kỳ trên AA
0
và BC. Tìm giao điểm của B
0
C
0
với
mặt phẳng (AA
0
N) và giao điểm của MN với (AB
0
C
0
).
Lời giải.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (BA
0
C
0
).
Ta có C
0
là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (BA
0
C
0
).
Gọi G là giao điểm của AB
0
và BA
0
.
Suy ra G là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và BA
0
C
0
.
Vậy (AB
0
C
0
) ∩(BA
0
C
0
) = C
0
G.
2. Gọi M, N lần lượt là hai điểm bất kỳ trên AA
0
và BC. Tìm giao điểm của B
0
C
0
với mặt
phẳng (AA
0
N) và giao điểm của MN với (AB
0
C
0
).
4. KHỐI LĂNG TRỤ 93
Tìm giao điểm của B
0
C
0
với mặt phẳng
(AA
0
N).
Ta có B
0
C
0
⊂ (BC C
0
B
0
).
Ta lại có
N ∈ (AA
0
N) ∩ (BCC
0
B
0
)
AA
0
k BB
0
AA
0
⊂ (AA
0
N), BB
0
⊂ (BC C
0
B
0
).
⇒ (AA
0
N) ∩ (BCC
0
B
0
) = Nx (Nx k AA
0
k
BB
0
).
Gọi J = Nx ∩ B
0
C
0
⇒ J = B
0
C
0
∩(AA
0
N).
Tìm giao điểm của MN với mặt phẳng
(AB
0
C
0
).
Ta có MN ⊂ (AN JA
0
).
Ta lại có
A ∈ (ANJA
0
) ∩(AB
0
C
0
)
®
J ∈ (AN JA
0
)
J ∈ B
0
C
0
⊂ (AB
0
C
0
)
⇒ J ∈ (ANJA
0
) ∩(AB
0
C
0
).
⇒ AJ = (AN JA
0
) ∩(AB
0
C
0
).
Gọi K = MN ∩ AJ.
Vậy K = MN ∩(AB
0
C
0
).
A
0
A
M
G
K
C
C
0
J
B
0
B
N
Bài 2. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của
AA
0
, AD, DC. Tìm t hiết diện tạo bởi mặt phẳng đi qua ba điểm M, N, P với hình lập
phương.
Lời giải.
Gọi I, L lần lượt là giao điểm của
đường thẳng NP với AB và BC.
MI là giao tuyến của hai mặt
phẳng (MNP ) và (ABB
0
A
0
). Gọi K
là giao điểm của MI và A
0
B
0
.
K là điểm chung của mặt phẳng
(MNP) với (A
0
B
0
C
0
D
0
) và NP k
A C k A
0
C
0
nên giao tuyến của
(MNP) với (A
0
B
0
C
0
D
0
) là đường
thẳng đi qua K và song song A
0
C
0
cắt B
0
C
0
tại O.
O và L là hai điểm chung của
(MNP) và (BCC
0
B
0
) nên (MNP) ∩
(BCC
0
B
0
) = OL, gọi H = OL ∩
CC
0
.
Vậy thiết diện của hình lập
phương khi bị cắt bởi mặt phẳng
(MNP) là lục giác MNPHOK có
các cặp cạnh đối song song.
L
D
H
C
0
C
N
P
B
B
0
A
0
D
0
O
A
M
K
I
Bài 3. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm DC, AD, BB
0
.
1. Tìm thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP) với hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
.
2. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (A
0
B
0
C
0
D
0
).
Lời giải.
94 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
P
K
H
M
A
0
B
0
C
0
D
0
F
N
A
B
C
D
E
L
I
1. Tìm thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP) với hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
.
Trong mặt phẳng đáy (ABDC) gọi F và E là giao điểm của đường thẳng MN với AB
và BC.
Ta thấy PF là giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với (ABB
0
A
0
).
Gọi H là giao điểm của AA
0
và PF.
Ta thấy PE là giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với (BCC
0
B
0
).
Gọi K là giao điểm của CC
0
và PE.
Kết luận: thiết diện của hình hộp khi bị cắt bởi mặt phẳng (MNP) là ngũ giác MNHPK.
2. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (A
0
B
0
C
0
D
0
).
Trong mặt phẳng (ABB
0
A
0
), gọi I là giao điểm của HP và A
0
B
0
.
Trong mặt phẳng (BB
0
C
0
C), gọi L là giao điểm của KP và B
0
C
0
.
Ta có L và I là hai điểm chung của hai mặt phẳng (MNP) và (A
0
B
0
C
0
D
0
).
Kết luận: giao tuyến của hai mặt phẳng (MNP) và (A
0
B
0
C
0
D
0
) là đường thẳng LI.
Bài 4. Cho hình lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
. Gọi M là trung điểm của BB
0
, G là trọng tâm
tam giác ABC.
1. Tìm thiết diện tạo bởi (A
0
MG) cắt hình lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
.
2. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (A
0
MG) với (A
0
B
0
C
0
).
Lời giải.
4. KHỐI LĂNG TRỤ 95
1. Tìm thiết diện tạo bởi (A
0
MG) cắt hình lăng
trụ ABC.A
0
B
0
C
0
.
Trong mặt phẳng (ABB
0
A
0
), gọi I = A
0
M ∩
AB.
Ta có I và G là hai điểm chung của (ABC) và
(A
0
MG).
Vậy (A
0
MG) ∩(ABC) = IG.
Trong mặt phẳng đáy (ABC) gọi E, F lần lượt
là giao điểm của IG với B C và AC.
Từ đó suy ra thiết diện cần tìm là A
0
FEM.
2. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (A
0
MG) với
(A
0
B
0
C
0
).
Trong mặt phẳng (BCC
0
B
0
), gọi H = EM ∩
B
0
C
0
.
Suy ra A
0
và H là hai điểm chung của (A
0
MG)
và (A
0
B
0
C
0
).
Kết luận: (A
0
MG) ∩(A
0
B
0
C
0
) = A
0
H.
M
A
B
C
E
G
F
I
A
0
B
0
C
0
H
Bài 5. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Tìm thiết
diện tạo bởi mặt phẳng (P) song song với (AB
0
D
0
) và đi qua M cắt hình hộp.
Lời giải.
F
H
A
B
C
D
M
E
A
0
B
0
C
0
D
0
K
P
I
N
Vì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (AB
0
D
0
) suy ra (P) song song với mọi đường
thẳng thuộc mặt phẳng (AB
0
D
0
). Ta thấy M là điểm chung của (P) và (ABCD) và ta có
(P) k BD k B
0
D
0
, suy ra giao tuyến qua M và song song với BD. Giao tuyến này cắt AD tại
E.
Ta thấy E là điểm chung của (P) và (ADD
0
A
0
) và ta có (P) k AD
0
suy ra giao tuyến qua E và
song song với AD
0
. Giao tuyến này cắt DD
0
tại F.
Ta thấy M là điểm chung của (P) và (ABB
0
A
0
) và ta có (P) k AB
0
suy ra giao tuyến qua M và
song song với AB
0
. Giao tuyến này cắt BB
0
tại H.
Trong mặt phẳng (ABB
0
A
0
), gọi K = MH ∩ A
0
B
0
. (1)
Trong mặt phẳng (ADD
0
A
0
), gọi I = EF ∩ A
0
D
0
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra KI = (P) ∩(A
0
B
0
C
0
D
0
).
Trong mặt phẳng (A
0
B
0
C
0
D
0
) gọi
®
P = KI ∩ B
0
C
0
N = KI ∩ C
0
D
0
.
96 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Thiết diện cần tìm là lục giác MEFNPH.
Bài 6. Cho lăng trụ tam giác ABC.A
0
B
0
C
0
. Gọi H là trung điểm của A
0
B
0
.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (ABC).
2. Chứng minh rằng CB
0
k (AHC
0
).
Lời giải.
1. Ta có A là điểm chung của AB
0
C
0
và (ABC).
Mà
B
0
C
0
k BC
B
0
C
0
⊂ (AB
0
C
0
)
B C ⊂ (ABC)
⇒ (AB
0
C
0
) ∩ (ABC) = Ax, (Ax k
B
0
C
0
k BC).
2. Ta có tứ giác AA
0
C
0
C là hình bình hành.
Suy ra A
0
C cắt AC
0
tại trung điểm I của mỗi đường.
Do đó IH k CB
0
(IH là đường trung bình của 4CB
0
A
0
).
Mặt khác, ta thấy IH ∈ (AHC
0
) nên ta được CB
0
k
(AHC
0
).
A
0
B
0
C
0
I
H
A
B
C
x
Bài 7. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A
0
B
0
C
0
. Gọi H là trung điểm của cạnh A
0
B
0
.
1. Chứng minh rằng đường thẳng CB
0
song song với mặt phẳng (AHC
0
).
2. Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (A
0
B C). Chứng minh rằng d song
song với mặt phẳng (BB
0
C
0
C).
3. Xác định thiết diện của hình lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
khi cắt bởi mặt phẳng (H, d).
Lời giải.
4. KHỐI LĂNG TRỤ 97
1. Gọi I là tâm của hình bình hành AA
0
C
0
C.
Ta có HI là đường trung bình của 4A
0
B
0
C
nên CB
0
k HI.
Mặt khác HI nằm trong mặt phẳng (AHC
0
).
Vậy CB
0
k (AHC
0
).
2. Gọi J là tâm của hình bình hành AA
0
B
0
B.
Ta thấy I, J là hai điểm chung của hai mặt
phẳng (AB
0
C
0
) và (A
0
B C).
Vậy giao tuyến d của chúng là đường thẳng
IJ.
Ta có IJ là đường trung bình của 4A
0
B C,
suy ra d k BC , mà BC ⊂ (BCC
0
B
0
) ⇒ d k
(BB
0
C
0
C).
3. Trong mặt phẳng (ABB
0
A
0
) gọi E = AB ∩ H J.
Ta có E là điểm chung của hai mặt phẳng
(H, d) và (ABC), nên giao tuyến của chúng
qua E và song song với BC k d, giao tuyến
này cắt AC tại K.
KI là giao tuyến của (H, d) và (ACC
0
A
0
), KI
cắt A
0
C
0
tại L.
Dễ dàng chứng minh E , K, L lần lượt là trung
điểm của AB, AC, A
0
C
0
.
Kết luận: thiết diện cần tìm là hình bình hành
HEKL.
A
0
C
0
L
A
B
C
K
E
J
I
H
B
0
d
Bài 8. Cho hình hộp ABCD .A
0
B
0
C
0
D
0
. Gọi Q, R lần lượt là tâm các mặt
(BCC
0
B
0
), (CDD
0
C
0
).
1. Chứng minh RQ k (ABCD).
2. Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi (AQR).
3. Gọi M là giao điểm của CC
0
với (AQR). Tính tỉ số
MC
0
MC
.
Lời giải.
A
0
B
0
C
0
D
0
Q
A
B
C
D
I
E
J
M
L
R
1. Chứng minh RQ k (ABCD).
98 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Vì QR là đường trung bình của tam giác C
0
BD nên QR k BD.
Do BD ⊂ (ABCD) nên RQ k (ABCD).
2. Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi (AQR).
A là điểm chung của mặt phẳng (AQR) và mặt đáy (ABCD).
Qua A kẻ đường thẳng d song song với BD thì d = (AQR) ∩(ABCD).
Giao tuyến d cắt đường thẳng B C tại điểm I.
I và Q là hai điểm chung của hai mặt phẳng (AQR) và (BCC
0
B
0
) nên (AQR) ∩(BCC
0
B
0
) =
IQ, giao tuyến IQ cắt BB
0
tại J và cắt CC
0
tại M.
MR là giao tuyến của hai mặt phẳng (AQR) và (CDD
0
C
0
).
Gọi L là giao điểm của MR và DD
0
.
Ta có
(AQR) ∩(ADD
0
A
0
) = AL
(AQR) ∩(BCC
0
B
0
) = JM
(ADD
0
A
0
) k (BCC
0
B
0
)
⇒ AL k JM.
Ta có
(AQR) ∩(ABB
0
A
0
) = AJ
(AQR) ∩(CDD
0
C
0
) = LM
(ADD
0
A
0
) k (BCC
0
B
0
)
⇒ AJ k LM.
Kết luận: thiết diện cần tìm là hình bình hành AJML.
3. Trong mặt phẳng đáy (AB CD) có AI k BD và AD k IB nên tứ giác ADBI là hình bình
hành.
BI là đường trung bình của tam giác ICM, ta có BJ =
1
2
CM. (1)
Dựng QE k BJ, (E ∈ BC), trong tam giác IQE, ta có
IB
IE
=
JB
QE
=
2
3
⇒ JB =
2
3
QE. (2)
QE là đường trung bình của tam giác BCC
0
⇒ QE =
1
2
CC
0
. (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có
1
2
CM =
2
3
·
1
2
CC
0
⇒
MC
0
MC
=
1
2
.
Bài 9. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A
0
B
0
C
0
. Gọi I, J, K lần lượt là tâm của hình bình
hành ACC
0
A
0
, BCC
0
B
0
, ABB
0
A
0
.
1. Chứng minh I J k (ABB
0
A
0
), JK k (ACC
0
A
0
), IK k (BCC
0
B
0
), mặt phẳng (I JK)
song song với mặt đáy của lăng trụ.
2. Ba đường thẳng AJ, CK, BI đồng qui tại điểm O.
3. Gọi G, G
0
là trọng tâm của tam giác ABC và A
0
B
0
C
0
. Chứng minh rằng G, O, G
0
thẳng hành.
Lời giải.
4. KHỐI LĂNG TRỤ 99
1. Ta thấy KI là đường trung bình của 4A
0
B C ⇒
KI k BC.
Suy ra KI k (BCC
0
B
0
).
Ta thấy I J là đường trung bình của 4C
0
AB,
suy ra I J k AB.
Suy ra I J k (ABB
0
A
0
).
Ta thấy KJ là đường trung bình của 4B
0
A C,
suy ra KJ k AC.
Suy ra KJ k (ACC
0
A
0
).
Suy ra (I JK) k (ABC).
Vì (ABC) k (A
0
B
0
C
0
) nên (I JK) k (A
0
B
0
C
0
).
2. Chứng minh ba đường thẳng AJ, CK, BI đồng
qui tại điểm O.
Trong mặt phẳng (C
0
AB) có AJ và BI là hai
đường trung tuyến. Gọi O = AJ ∩ BI.
Suy ra O là trọng tâm 4C
0
AB, ta có BO =
2
3
BI. (1)
Trong mặt phẳng (A
0
B C) có BI và CK là hai
đường trung tuyến. Gọi O
0
= BI ∩CK.
Suy ra O
0
là trọng tâm của 4A
0
B C, ta có
BO
0
=
2
3
BI. (2)
Từ (1) và (2) suy ra O và O
0
trùng nhau.
Kết luận: ba đường thẳng AJ, BI, CK đồng qui
tại điểm O.
O
A
B
C
E
G
A
0
B
0
C
0
E
0
G
0
K
I
J
3. Chứng minh G, O, G
0
thẳng hàng.
Gọi E, E
0
lần lượt là trung điểm của BC và B
0
C
0
.
Suy ra EE
0
là đường trung bình của hình bình hành BCC
0
B
0
nên BB
0
k EE
0
.
Mà BB
0
k AA
0
⇒ AA
0
k EE
0
⇒ AEE
0
A
0
là hình bình hành.
Vì G, G
0
lần lượt là trọng tâm của 4ABC và 4A
0
B
0
C
0
, ta có
A
0
G
0
A
0
E
0
=
AG
AE
=
2
3
⇒ GG
0
k
EE
0
. (3)
Trong 4AEI ta có
AO
AJ
=
AG
AE
=
2
3
⇒ GO k EJ. (4)
Ta có E, J, E
0
thẳng hàng.
Từ (3) và (4) suy ra ba điểm G, O, G
0
thẳng hàng.
Bài 10. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Gọi O
0
là tâm hình bình hành A
0
B
0
C
0
D
0
, K là
trung điểm của CD, E là trung điểm của BO
0
. Chứng minh E thuộc (ACB
0
). Xác định
thiết diện của hình hộp khi cắt bởi mặt phẳng (P) qua K và song song với (EAC).
Lời giải.
100 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD. Ta có
BOO
0
B
0
là hình bình hành, nên hai đường chéo BO
0
và B
0
O cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Suy ra E là trung điểm của B
0
O. Mà B
0
O ⊂
(ACB
0
) ⇒ E ∈ (ACB
0
).
Ta có (ACB
0
) cũng là (ACE).
Vì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (ACB
0
)
nên mặt phẳng (P) song song với mọi đường thuộc
mặt phẳng (ACB
0
).
Trong mặt phẳng (ABCD), ta có K là điểm chung và
A C k (P) nên giao tuyến của chúng qua K và song
song với AC. Giao tuyến này cắt AB, AD, BC lần lượt
tại F, M, N.
F là điểm chung của hai mặt phẳng (ABB
0
A
0
) và mặt
phẳng (P), có AB
0
k (P).
Nên giao tuyến của chúng qua F và song song với
AB
0
, giao tuyến này cắt AA
0
, A
0
B
0
lần lượt tại P và
Q.
Giao tuyến của (P) và (A
0
B
0
C
0
D
0
) qua Q và song song
với A
0
C
0
, giao tuyến này cắt B
0
C
0
tại R .
S
A
B
C
D
K
N
O
A
0
B
0
C
0
D
0
O
0
Q
E
P
M
R
F
Giao tuyến của (P ) và (BCC
0
B
0
) qua R và song song với B
0
C, giao tuyến này cắt CC
0
tại S.
Kết luận: thiết diện cần tìm là lục giác KMPQRS. Lục giác có tính chất các cặp cạnh đối song
song.
Bài 11. Cho hình lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
. Trên cạnh BA kéo dài về phía A ta lấy điểm M
sao cho AB = 2AM.
1. Xác định thiết diện của hình lăng trụ tạo với (P) qua M và B
0
và trung điểm E của
A C.
2. Tìm giao điểm D của BC với (MB
0
E). Tính tỉ số
DB
DC
.
Lời giải.
4. KHỐI LĂNG TRỤ 101
M, E là hai điểm chung của (MEB
0
) và
(ABC)
⇒ (MEB
0
) ∩(AB C) = ME.
Gọi D là giao điểm của ME và BC .
Suy ra (MEB
0
) ∩(BCC
0
B
0
) = DB
0
.
M, B
0
là hai điểm chung của (MEB
0
) và
(ABB
0
A
0
)
⇒ (MEB
0
) ∩(ABB
0
A
0
) = MB
0
.
Gọi N là giao điểm của AA
0
với MB
0
.
Suy ra thiết diện của hình lăng trụ
ABC.A
0
B
0
C
0
với mặt phẳng (MEB
0
) là
tứ giác EDB
0
N.
Trong mặt phẳng đáy (ABC) kẻ
EF k BC, (F ∈ AB).
EF là đường trung bình của tam giác
ABC.
Ta có EF =
1
2
B C. (1)
Trong 4MBD ta có
MF
MB
=
EF
BD
=
2
3
⇒
EF =
2
3
BD. (2)
N
E
B
D
C
M
A
F
A
0
B
0
C
0
Từ (1) và (2) ta có
2
3
BD =
1
2
B C ⇔ BD =
3
4
B C ⇒
DB
DC
= 3.
Bài 12. Cho hình lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
. Gọi I, J, K lần lượt là trọng tâm của tam giác
ABC, ACC
0
, A
0
B
0
C
0
. Chứng minh (I JK) k (BCC
0
B
0
) và (A
0
JK) k (AIB
0
).
Lời giải.
Gọi E, E
0
lần lượt là trung điểm BC và B
0
C
0
. Suy
ra, EE
0
là đường trung bình của hình bình hành
B CC
0
B
0
nên BB
0
k EE
0
.
Mà BB
0
k AA
0
⇒ AA
0
k EE
0
⇒ AEE
0
A
0
là hình
bình hành.
Trong hình bình hành AEE
0
A
0
, ta có
A
0
K
AI
=
A
0
E
0
AE
⇒ IK k EE
0
. (1)
Gọi M là trung điểm của AC.
Trong 4MBC
0
ta có
MI
MB
=
MJ
MC
0
=
1
3
⇒ I J k BC
0
.
(2)
Từ (1) và (2) suy ra (I JK) k (BC C
0
B
0
).
Mặt phẳng (A
0
CE
0
) cũng là mặt phẳng (A
0
JK).
Mặt phẳng (AEB
0
) cũng là mặt phẳng (AIB
0
).
Trong mặt phẳng (BCC
0
B
0
) có EB
0
k CE
0
. Vì
AEE
0
A
0
là hình bình hành A
0
E
0
k AE . (4)
Từ (3) và (4) suy ra (A
0
JK) k (AIB
0
).
J
A
I
M
B
C
E
A
0
K
C
0
B
0
E
0
Bài 13. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A
0
B
0
C
0
. Gọi M, M
0
lần lượt là trung điểm của
các cạnh BC, B
0
C
0
.
1. Chứng minh AM song song A
0
M
0
.
102 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
2. Tìm giao điểm của đường thẳng A
0
M và (AB
0
C
0
).
3. Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (BA
0
C
0
).
4. Tìm giao điểm G của đường thẳng d với mặt phẳng (AM
0
M). Chứng minh G là
trọng tâm của tam giác AB
0
C
0
.
Lời giải.
1. Vì MM
0
là đường trung bình của hình bình hành
B CC
0
B
0
nên
~
MM
0
=
~
BB
0
. Mà
~
BB
0
=
~
AA
0
. Từ đó suy ra
~
MM
0
=
~
AA
0
. Vậy AMM
0
A
0
là hình bình hành. Do đó
AM k A
0
M
0
.
2. Tìm giao điểm của đường thẳng A
0
M và mặt phẳng
(AB
0
C
0
).
Trong mặt phẳng (AMM
0
A
0
), gọi K = A
0
M ∩ AM
0
.
Có
®
K ∈ A
0
M
K ∈ AM
0
; AM
0
⊂ (AB
0
C
0
)
⇒ K = A
0
M ∩
(AB
0
C
0
).
B
0
M
0
G
B
M
A
0
A
I
C
0
C
K
3. Tìm giao tuyến d của mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (BA
0
C
0
).
Trong mặt phẳng (ABB
0
A
0
), gọi I ∈ BA
0
∩ AB
0
.
Có
®
I ∈ BA
0
, BA
0
⊂ (BA
0
C
0
)
I ∈ AB
0
, AB
0
⊂ (AB
0
C
0
)
⇒ I ∈ (BA
0
C
0
) ∩(AB
0
C
0
).
Ta lại có C
0
∈ (BA
0
C
0
) ∩(AB
0
C
0
).
Vậy giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (BA
0
C
0
) là IC
0
.
4. Trong mặt phẳng (AB
0
C
0
) gọi G = C
0
I ∩ AM
0
.
Có
®
G ∈ C
0
I
G ∈ AM
0
, AM
0
⊂ (AMM
0
)
⇒ G = C
0
I ∩(AMM
0
).
Do đó G là giao điểm của hai đường trung tuyến C
0
I và AM
0
của tam giác AB
0
C
0
. Vậy
G là trong tâm tam giác AB
0
C
0
.
Bài 14. Cho hình lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy là tam giác đều cạnh a, các mặt bên
ABB
0
A
0
, ACC
0
A
0
là hình vuông có tâm lần lượt là I và J. Gọi O là tâm đường ngoại
tiếp tròn tam giác ABC.
1. Chứng minh I J song song với mặt phẳng ABC.
2. Xác định thiết diện của hình lăng trụ với mặt phẳng (OI J). Tính diện tích thiết
diện theo a.
Lời giải.
4. KHỐI LĂNG TRỤ 103
1. Chứng minh I J song song với mặt phẳng ABC.
Ta có IJ là đường trung bình của tam giác A
0
B C nên IJ k
B C. Mà BC ⊂ (ABC). Suy ra I J k (ABC ).
2. Xác định thiết diện của lăng trụ với mặt phẳng (OI J).
Ta có O là điểm chung của hai mặt phẳng (OI J) và (ABC),
nên giao tuyến của chúng đi qua O và song song với BC ,
giao tuyến này cắt AB, AC lần lượt tại H, K.
HI là giao tuyến của (OI J) với (ABB
0
A
0
) , gọi
M = HI ∩ A
0
B
0
.
KJ là giao tuyến của (I JO) với (ACC
0
A
0
), gọi L = KJ ∩ A
0
C
0
.
Từ đó suy ra ML là giao tuyến của (OI J) với (A
0
B
0
C
0
), vì
IJ k B
0
C
0
.
Suy ra ML k B
0
C
0
k I J.
B
0
M
L
J
K
B
H
A
0
A
I
C
0
C
O
Vậy thiết diện cần tìm là hình thang HKLM ( vì HK k LM k BC) (1)
Ta có ABB
0
A
0
, ACC
0
A
0
là hình vuông và AH = AK, A
0
M = A
0
L. Suy ra MH = LK.
(2).
Từ (1) và (2) suy ra HKLM là hình thang cân.
Trong tam giác 4ABC có HK k BC nên
AH
AB
=
HK
B C
=
2
3
⇒ HK =
2a
3
.
Ta có I J là đường trung bình của HKLM,
có I J =
HK + LM
2
⇒ LM = 2I J − HK = BC − Hk =
a
3
.
Vẽ lại mặt bên ABB
0
A
0
như hình vẽ.
Ta có MH =
√
ME
2
+ EH
2
=
a
2
+
a
2
9
=
a
√
10
3
A
0
M
B
0
A
E H B
I
Ta có 2HI = HK − ML =
2a
3
−
a
3
=
a
3
⇒ HI =
a
6
.
Và MI =
√
MH
2
− HI
2
=
10a
2
9
−
a
2
36
=
a
√
39
6
.
Diện tích hình thang cân HKLM có S
HKLM
=
1
2
(
HK + LM
)
· MI =
a
2
√
39
12
.
M
L
H I K
Bài 15. Cho hình lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
1. Tìm giao điểm của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (BA
0
C
0
).
2. Gọi M, N lần lượt là hai điểm bất kì trên AA
0
và BC. Tìm giao điểm B
0
C
0
với
(AA
0
N) và giao điểm của MN với (AB
0
C
0
).
Lời giải.
104 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (BA
0
C
0
).
Ta có C
0
là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
)
và (BA
0
C
0
) .
Trong mặt phẳng (ABB
0
A
0
) gọi G là giao điểm của AB
0
và
BA
0
. Suy ra điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
)
và (BA
0
C
0
).
Vậy (AB
0
C
0
) ∩(BA
0
C
0
) = GC
0
.
2. Tìm giao điểm B
0
C
0
với (AA
0
N) và giao điểm của MN với
(AB
0
C
0
).
Chọn mặt phẳng (BCC
0
B
0
) chứa B
0
C
0
.
Ta có
N ∈ (AA
0
N) ∩ (BCC
0
B
0
)
AA
0
k BB
0
AA
0
⊂ (AA
0
N); BB
0
⊂ (BCC
0
B
0
).
Do đó (AA
0
N) ∩ (BCC
0
B
0
) = Nx,
Nx k AA
0
k BB
0
.
B
0
J
B
N
K
A
0
A
M
G
C
0
C
Gọi J = Nx ∩ B
0
C
0
⇒ J = B
0
C
0
∩(AA
0
N).
Chọn mặt phẳng (ANJA
0
) chứa MN. Ta tìm giao tuyến của mặt phẳng (AN J A
0
) và
(AB
0
C
0
).
Ta có A ∈ (AN J A
0
) ∩(AB
0
C
0
). (1)
Và
®
J ∈ (AN JA
0
)
J ∈ B
0
C
0
⊂ (AB
0
C
0
)
⇒ J ∈ (ANJA
0
) ∩(AB
0
C
0
) (2)
Từ (1) và (2) suy ra AJ = (AN JA
0
) ∩(AB
0
C
0
).
Trong mặt phẳng (AN J A
0
) gọi K = MN ∩ AJ ⇒ K = MN ∩(AB
0
C
0
).
Bài 16. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A
0
B
0
C
0
. Gọi M, M
0
lần lượt là trung điểm của
các cạnh BC, B
0
C
0
.
1. Chứng minh AM song song với A
0
M
0
.
2. Tìm giao điểm của đường thẳng A
0
M với mặt phẳng (AB
0
C
0
).
3. Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (BA
0
C
0
).
4. Tìm giao điểm G của đường thẳng d với mặt phẳng (AMM
0
). Chứng minh G là
trọng tâm của tam giác AB
0
C
0
.
Lời giải.
4. KHỐI LĂNG TRỤ 105
1. Vì MM
0
là đường trung bình của hình bình hành BCC
0
B
0
nên
~
MM
0
=
~
BB
0
, mà
~
BB
0
=
~
AA
0
. Từ đó suy ra
~
MM
0
=
~
AA
0
.
Vậy AMM
0
A
0
là hình bình hành, suy ra AM k A
0
M
0
.
2. Trong mặt phẳng (AMM
0
A
0
), gọi K = A
0
M ∩ AM
0
.
Ta có
®
K ∈ A
0
M
K ∈ AM
0
, AM
0
⊂ (AB
0
C
0
)
⇒ K = A
0
M ∩(AB
0
C
0
).
3. Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (BA
0
C
0
).
Trong mặt phẳng (ABB
0
A
0
) gọi I = BA
0
∩ AB
0
.
Có
®
I ∈ BA
0
, BA
0
⊂ (BA
0
C
0
)
I ∈ AB
0
, AB
0
⊂ (AB
0
C
0
)
⇒ I ∈ (BA
0
C
0
) ∩(AB
0
C
0
).
Mặt khác C
0
∈ (BA
0
C
0
) ∩(AB
0
C
0
).
Vậy giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB
0
C
0
) và (BA
0
C
0
) là
IC
0
.
G
M
0
B
0
B
M
A
0
A
I
C
0
C
K
4. Trong mặt phẳng (AB
0
C
0
) gọi G = C
0
I ∩ AM
0
. Có
®
G ∈ C
0
I
G ∈ AM
0
, AM
0
⊂ (AMM
0
)
⇒ G =
C
0
I ∩(AMM
0
).
Vì G là giao điểm của hai đường trung tuyến C
0
I và A
0
M của tam giác AB
0
C
0
.
Vậy G là trọng tâm của tam giác AB
0
C
0
.
Bài 17. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh
AA
0
và CC
0
. Một điểm P năm trên cạnh DD
0
.
1. Xác định giao điểm Q của đường thẳng BB
0
với (MNP).
2. Mặt phẳng (MNP) cắt hình hộp theo thiết diện. Thiết diện đó có tính chất gì?
3. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (ABCD) của hình hộp.
Lời giải.
1. Xác định giao điểm Q của đường thẳng BB
0
với mặt phẳng (MNP).
Gọi O và O
0
lần lượt là tâm của hai đáy
(ABCD) và (A
0
B
0
C
0
D
0
). Suy ra OO
0
=
(BDD
0
B
0
) ∩(ACC
0
A
0
).
Gọi I = MN ∩OO
0
MN, OO
0
⊂ (ACC
0
A
0
)
.
Ta có
®
I ∈ MN, MN ⊂ (MNP)
I ∈ OO
0
, OO
0
⊂ (BDD
0
B
0
)
⇒ I ∈ (MNP) ∩(BDD
0
B
0
) (1)
Ta có
®
P ∈ (MNP)
P ∈ DD
0
, DD
0
∈ (BDD
0
B
0
)
⇒ P ∈ (MNP) ∩ (BDD
0
B
0
). (2)
Từ (1) và (2) suy ra (MNP) ∩(BDD
0
B
0
) = PI.
Gọi Q = PI ∩ BB
0
⇒ Q = BB
0
∩(MNP).
x
A B
C
O
E
D
0
C
0
O
0
A
0
D
M
P
B
0
Q
I
N
2. Mặt phẳng (MNP) cắt hình hộp theo thiết diện là tứ giác MNPQ.
Ta có NP và MQ là giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với hai mặt phẳng song song với
nhau là (ABB
0
A
0
) và (CDD
0
C). Nên suy ra NP k MQ (3)
106 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Lí luận tương tự ta có MP k QN. (4)
Từ (3) và (4) suy ra thiết diện MNPQ là hình bình hành.
3. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (ABCD).
Trong mặt phẳng bên (CDD
0
C
0
) gọi E = CD ∩ NP. Vì MN là đường tr ung bình của
hình bình hành ACC
0
A
0
, suy ra MN k AC. Từ đó suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng
(MNP) và mặt phẳng (ABCD) qua E và song song với MN k AC.
Bài 18. Cho hinh lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
. Gọi G, G
0
lần lượt là trọng tâm tam giác ABC
và A
0
B
0
C
0
. Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh AA
0
, BB
0
, CC
0
, GG
0
lần lượt tại A
1
, B
1
, C
1
,
G
1
. Chứng minh
1. GG
0
song song và bằng cạnh bên của lăng trụ.
2. G
1
là trong tâm tam giác 4A
1
B
1
C
1
.
3. G
0
G
1
=
1
3
A
1
A
0
+ B
1
B
0
+ C
1
C
0
; G
1
G =
1
3
(
A
1
A + B
1
B + C
1
C
)
.
Lời giải.
1. GG
0
song song và bằng các cạnh bên của lăng trụ.
Gọi M và M
0
theo thứ tự là trung điểm của BC và
B
0
C
0
. Nên MM
0
là đường trung bình của hình bình
hành BC C
0
B
0
.
Suy ra MM
0
k BB
0
k CC
0
và MM
0
= BB
0
= CC
0
.
(1)
Vì ABC.A
0
B
0
C
0
là hình lăng trụ nên AA
0
k BB
0
và
AA
0
= BB
0
. (2)
Từ (1) và (2) suy ra AMM
0
A
0
là hình bình hành và ta
có
AG
AM
=
A
0
G
0
A
0
M
0
=
2
3
(Tính chất trọng tâm).
Nên GG
0
k AA
0
và GG
0
= AA
0
.
N
0
M
0
B
N
A
0
A
A
1
C
0
C
C
1
B
0
M
1
B
1
G
1
G
N
1
G
0
M
2. Gọi M
1
= MM
0
∩ B
1
C
1
MM
0
, B
1
C
1
⊂ (BC
0
B
0
)
.
Tính chất hình bình hành thì M
1
là trung điểm của B
1
C
1
. (3)
Ta có A
1
M
1
= (A
1
B
1
C
1
) ∩(AA
0
M
0
M).
Suy ra G
1
chính là giao điểm của A
1
M
1
với GG
0
.
Vì MM
1
k GG
1
k AA
1
suy ra
AG
AM
=
A
1
G
1
A
1
M
=
2
3
. (4)
Từ (3) và (4) suy ra G
1
là trọng tâm của tam giác 4A
1
B
1
C
1
.
3. Gọi N, N
0
lần lượt là trung điểm của AG và A
0
G
0
. Dễ dàng chứng minh được NN
0
k
GG
0
k AA
0
. Gọi N
1
là giao điểm của NN
0
và A
1
G
1
, suy ra N
1
là trung điểm của A
1
G
1
.
Ta có G
1
G
0
là đường trung bình của hình thang M
1
M
0
N
0
N
1
;
N
1
N
0
là đường trung bình của hình thang A
1
A
0
G
0
G
1
M
1
M
0
là đường trung bình của hình thang B
1
B
0
C
0
C
1
. Nên: G
1
G
0
=
1
2
(M
1
M
0
+ N
1
N
0
)
(1)
N
1
N
0
=
1
2
(A
1
A
0
+ G
1
G
0
) (2)
M
1
M
0
=
1
2
(B
1
B
0
+ C
1
C
0
) (3)
Từ (1) và (2): G
1
G
0
=
1
3
A
1
A
0
+
2
3
M
1
M
0
(4)
4. KHỐI LĂNG TRỤ 107
Thay (3) và (4) ta được: G
1
G
0
=
1
3
(A
1
A
0
+ B
1
B
0
+ C
1
C
0
).
Chứng minh tương tự: G
1
G =
1
3
(A
1
A + B
1
B + C
1
C).
Bài 19. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
.
1. Chứng minh rằng hai mặt phẳng (BDA
0
) và (B
0
D
0
C) song song với nhau.
2. Chứng minh rằng đường chéo AC
0
đi qua trọng tâm G
0
và G
00
lần lượt của hai
tam giác BDA
0
và B
0
D
0
C.
3. Chứng minh G
0
và G
00
chia đoạn thẳng AC
0
thành ba phần bằng nhau.
4. Gọi E , F, G, H, K, L lần lượt là trung điểm của BC, CD, DD
0
, D
0
A
0
, A
0
B
0
, B
0
B.
Chứng minh sáu điểm ở trên đồng phẳng.
Lời giải.
1. CDA
0
B
0
là hình bình hành nên
DA
0
k CB
0
(1)
BDD
0
B
0
là hình bình hành nên
BD k B
0
D
0
(2)
Từ (1) và (2) suy ra (A
0
BD) k
(B
0
D
0
C).
2. Gọi O và O
0
lần lượt là tâm của
ABCD và A
0
B
0
C
0
D
0
.
Trong mp(ACC
0
A
0
), AC
0
cắt A
0
O
và CO
0
tại G
0
và G
00
(theo thứ tự).
O là trung điểm của BD nên A
0
O
là trung tuyến của tam giác BDA
0
và G
0
∈ A
0
O (1)
A
0
C
0
k OA nên:
G
0
O
G
0
A
0
=
OA
A
0
C
0
=
1
2
⇒ G
0
A
0
= 2G
0
O
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: G
0
là trọng
tâm của tam giác A
0
BD.
Tương tự, G
00
là trọng tâm của
tam giác B
0
D
0
C.
A D
E
F
O
B
0
C
0
O
0
H
A
0
B
L
K
G
0
D
0
G
C
G
00
I
3. Tam giác A CG
00
, OG
0
là đường trung
bình nên G
0
là trung điểm của AG
00
⇒ AG
0
= G
0
G
00
. (3)
Tương tự, ta có C
0
G
00
= G
00
G
0
. (4)
Từ (3) và (4) suy ra AG
0
= G
0
G
00
= G
00
C
0
.
Vậy G
0
và G
00
chia AC
0
thành ba phần bằng nhau (điều
phải chứng minh).
A
0
O
0
C
0
A O C
G
0
G
00
I
4. Vì có FG k CD
0
, HK k B
0
D
0
, LE k B
0
C, ba đường thẳng FG, HK, LE cùng song song
với mp(CB
0
D
0
).
108 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Tương tự ba đường thẳng EF, GH, KL cùng song song với mp(A
0
BD).
Mà (A
0
BD) k (CB
0
D
0
) suy ra sáu điểm E, F , G, H, K, L đồng phẳng.
Bài 20. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và
CC
0
.
1. Xác định đường thẳng ∆ qua M cắt AN và cắt A
0
B.
2. Gọi I, J lần lượt là giao điểm của ∆ với AN và A
0
B. Hãy tìm tỉ số
IM
IJ
.
Lời giải.
1. Giả sự đã dựng được đường thẳng ∆ cần
tìm cắt cả AN và A
0
B.
Gọi I, J lần lượt là giao điểm của ∆ với AN
và A
0
B.
Xét phép chiếu song song lên mặt phẳng
(ABCD) theo phương chiếu A
0
B.
Khi đó ba điểm J, I, M lần lượt là hình
chiếu của B , I
0
, M.
Do đó ba điểm B , I
0
, M thẳng hàng.
Gọi N
0
là hình chiếu của N thì AN
0
là hình
chiếu của AN.
Vì I thuộc AN nên I
0
thuộc AN
0
. Vậy I
0
là
giao điểm của BM và AN
0
.
Từ phân tích trên ta có thể dựng đường
thẳng ∆ theo các bước sau đây:
A
0
D
0
C
0
I
B
C
M
I
0
J
A
B
0
D
N
N
0
• Lấy giao điểm I
0
của AN
0
và BM.
• Trong mp(ANN
0
) dựng I I
0
k NN
0
(đã có NN
0
k CD
0
) cắt AN tại I.
• Vẽ đường thẳng MI, đó là đường thẳng ∆ cần tìm.
2. Dễ chứng minh được, đường thẳng ∆ nói trên cắt A
0
B.
Dễ thấy MC = CN
0
suy ra MN
0
= CD = AB.
Do đó I là trung điểm của BM.
Mặt khác I I
0
k JB, nên II
0
là đường trung bình của tam giác MBJ.
Suy ra IM = IJ ⇒
IM
IJ
= 1.
Bài 21. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
.
1. Hãy xác định đường t hẳng ∆ cắt cả hai đường thẳng AC
0
và BA
0
đồng thời song
song với B
0
D
0
.
2. Gọi I, J lần lượt là giao điểm của ∆ với AC
0
và BA
0
. Tính tỉ số
AI
A C
0
.
Lời giải.
4. KHỐI LĂNG TRỤ 109
1. Giả sửa đã xác định được đường thẳng ∆
cắt AC
0
và BA
0
lần lượt tại I và J.
Xét phép chiếu song song lên mp(ABB
0
A
0
)
theo phương chiếu D
0
B
0
.
Khi đó, hình chiếu của ba điểm A , I, C
0
lần
lượt là ba điểm thẳng hàng A, J, K. Mặt
khác J thuộc BA
0
, nên J chính là giao điểm
của AK và BA
0
.
Từ đó, ta có cách dựng đường thẳng ∆ theo
các bước sau đây:
• Dựng điểm K là hình chiếu của C
0
(theo phương chiếu D
0
B
0
).
• Lấy giao điểm J của AK và BA
0
.
• Qua J dựng đường thẳng ∆ k C
0
K (đã
có C
0
K k B
0
D
0
), ta được đường thẳng
∆ cần tìm.
∆
A
B
C
D
0
C
0
J
I
A
0
B
0
K
D
2. Dễ thấy A
0
B
0
= B
0
K ⇒ A
0
K = 2AB (do A
0
B
0
= AB).
Vì AB k A
0
K ⇒
AI
JK
=
AB
A
0
K
=
1
2
.
Mặt khác I J k C
0
K ⇒
AI
IC
0
=
AJ
JK
=
1
2
⇒
AI
A C
0
=
1
3
.
Bài 22. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
.
1. Chứng minh rằng đường chéo B
0
D cắt mp(A
0
B C
0
) tại điểm G sao cho BG =
1
2
GD
và G là trọng tâm tam giác A
0
B C
0
.
2. Chứng minh rằng (D
0
A C) k (BA
0
C
0
) và trọng tậm G
0
của 4D
0
A C cũng nằm trên
B
0
D và B
0
G
0
=
2
3
B
0
D.
3. Gọi P, Q , R lần lượt là các điểm đối xứng của điểm B
0
qua A, D
0
, C. Chứng minh
rằng (PQR) k (BA
0
C
0
).
4. Chứng minh rằng D là trọng tâm tứ diện B
0
PQR.
Lời giải.
110 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
1. Gọi O
0
là giao điểm của
A
0
C
0
và B
0
D
0
. Khi đó
(A
0
B C
0
) ∩(BDD
0
B
0
) = BO
0
.
Gọi G là giao điểm của
B
0
D và BO
0
thì G chính
là giao điểm của B
0
D với
mp(A
0
B C
0
).
Dễ t hấy 4GBO v
4GO
0
B
0
, tỉ số đồng dạng
là 2
Å
do
BD
B
0
O
0
= 2
ã
.
Vậy B
0
G =
1
2
GD và
GO
0
=
1
2
GB, suy ra G là
trọng tâm tam giác A
0
B C
0
.
2. Dễ thấy AC k A
0
C
0
, D
0
A k
C
0
B
⇒ (D
0
A C) k (BA
0
C
0
).
A
B
C
D
0
C
0
B
0
O
0
A
0
G
D
P
Q
R
Chứng minh tương tự như câu trên, ta có trọng tâm G
0
của tam giác D
0
A C nằm trên
đường chéo DB
0
và DG
0
=
1
2
G
0
B
0
.
Từ đó và kết quả của câu trên suy ra G và G
0
chia đường chéo B
0
D thành ba phân bằng
nhau.
Vậy B
0
G
0
=
2
3
B
0
D.
3. Do A, D
0
, C lần lượt là trung điểm của PB
0
, QB
0
, RB
0
nên
PQ k AD
0
, QR k D
0
C, RP k CA.
Từ đó suy ra (PQR) k (AD
0
C).
Mặt khác, theo câu trên, ta có (D
0
A C) k (BA
0
C
0
) nên
(PQR) k (BA
0
C
0
).
4. Vì A, D
0
, C lần lượt là trung điểm của B
0
P, B
0
Q, B
0
R nên
trọng tâm G
00
của tam giác PQR phải nằm trên đường
thẳng B
0
G
00
và B
0
G
00
=
4
3
B
0
D ⇒ B
0
D =
3
4
B
0
G
00
.
Vậy D là trọng tâm tứ diện B
0
PQR.
B
0
C
G
00
P
Q
R
A
D
G
0
G
D
0
Bài 23. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Điểm M thuộc cạnh AD, điểm N thuộc cạnh
D
0
C
0
sao cho AM : MD = D
0
N : NC
0
.
1. Chứng minh rằng MN song song với (C
0
BD).
2. Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi mp (P) qua MN song song với
mp(C
0
BD).
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 111
Lời giải.
1. Theo giả thiết, ta có:
MN
MD
=
D
0
N
NC
0
⇒
AM
D
0
N
=
MD
NC
0
=
AD
D
0
C
0
.
Theo định lý Ta-lét đảo, ta có
MN, AD
0
, DC
0
cùng song song
với một mặt phẳng (P).
Mặt phẳng (P) song song với AD
0
và DC
0
. Nhưng AD
0
k BC
0
nên
mặt phẳng (P) song song với mặt
phẳng (C
0
BD).
Từ đó, ta có MN k (C
0
BD).
2. Từ M kẻ ME k BD, cắt AB tại E.
Từ E kẻ đường thẳng EF k AB
0
,
cắt BB
0
tại F; từ F kẻ đường thẳng
FI k BC
0
, cắt B
0
C
0
tại I.
Từ N kẻ đường thẳng N J k CD,
cắt DD
0
tại J.
Dễ thấy thiết diện là lục giác
MEFINJ có các cạnh đối lần lượt
song song với ba cạnh của tam
giác C
0
BD.
A BE
M
D
0
C
0
N
A
0
D
J
B
0
F
C
I
Bài 5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AD là đáy lớn. Gọi M, N,
E lần lượt là trung điểm của SA, AB, CD.
1. Chứng minh EN k (SBC ), (MNE) k (SBC).
2. Tìm giao điểm F của SD với mp(MNE). Chứng minh SC k (MNE). Đường thẳng
DM song song với (SBC) hay không? Giải thích.
3. Xác định thiết diện của hình chóp S.AB CD với mp(MNE). Thiết diện đó là hình
gì? Tại sao?
Lời giải.
1.
112 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
• Vì EN k BC,
mà BC ⊂ (SBC)
⇒ EN k (SBC).
• Có
®
MN k SB, NE k BC
MN, NE ⊂ (MNE); SB, BC ⊂ (SBC)
⇒ (MNE) k (SBC).
2. • Ta có M là điểm chung
của hai mặt phẳng (MNE)
và (SAD), và có NE k AD.
Suy ra giao tuyến của
chúng qua M và song
song với AD, giao tuyến
này cắt SD tại F. F chính
là giao điểm SD với
mp(MNE).
• Theo chứng minh trên, ta
có (MNE) k (SBC), mà
S C ⊂ (SBC) ⇒ SC k
(MNE).
x
S
F
J
A
B
N
D
C
E
y
M
• Ta có
S ∈ (SAD) ∩(SBC)
AD k BC
AD ⊂ (SAD); BC ⊂ (SBC)
⇒ (SAD) ∩(SBC) = Sy (Sy k AD k BC).
Trong mp(SAD), gọi J = DM ∩Sy ⇒ J = DM ∩(SBC).
Từ đó suy ra DM không song song với mp(SBC).
3. Từ cách dựng điểm ở câu trên, suy ra thiết diện cần tìm là hình thang MNEF với
NE k MF k AD.
Bài 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt
là trung điểm của SA, BC, CD.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD), (SAD) và (SBC).
2. Tìm giao tuyến T của MP với mp(SBD) và tính tỉ số
TM
TP
.
3. Tìm giao điểm Q của SD với mp(MNP) và tính tỉ số
QS
QD
.
4. Tìm thiết thiện của mp(MNP) với hình chóp S.BCD. Thiết diện này là hình gì?
Lời giải.
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 113
1. Gọi O = AC ∩ BD, ta có O
và S là hai điểm chung của
hai mặt phẳng (SAC) và (SBD)
⇒ (SAC) ∩(SBD) = SO.
Có S là điểm chung của hai mặt
phẳng (SAD) và (SBC), và có
AD k BC, nên giao tuyến của
chúng là Sx, với Sx k AD k BC.
2. Trong mặt phẳng (ABCD) gọi
E = AP ∩ BD.
Ta có S, E ∈ (SBD) ∩(SAP) nên
(SBD) ∩(SAP) = SE.
Trong (SAP), gọi T = MP ∩SE,
suy ra T = MP ∩(SBD ).
Kẻ EG k MP ( G ∈ SA) được
AE
AP
=
AG
AM
=
GE
MP
=
3
2
;
SM
SG
=
ST
SE
=
MT
GE
=
3
4
.
Suy ra GE =
2
3
MP, MT =
3
4
GE
nên
TM
TP
= 2.
S
T
Q
x
A
B
D
C
M
P
y
E
O
N
L
3. Có T ∈ (MNP) ∩ (SBD) nên giao tuyến của (MNP) và (SBD) qua T và song song với
BD. Giao tuyến này cắt SB, SD lần lượt tại L và Q. Suy ra L là giao điểm của (MNP)
với SB và Q là giao điểm của (MNP) với SD.
Trong 4SBD có LQ k BD nên có
ST
SE
=
SQ
SD
=
3
4
(do chứng minh trên).
Vậy
QS
QD
= 3
4. Từ cách tìm giao điểm ở trên, suy ra thiết diện của S.ABCD cắt bởi (MNP) là ngũ giác
MLNPQ.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi E là trung
điểm SA.
1. Tìm giao tuyến d của (SAB) và (SCD).
2. SD cắt (BCE) tại F. Tứ giác BCEF là hình gì? Chứng minh ba đường thẳng d, BE
và CF đồng quy.
3. Gọi M là điểm đối xứng của D qua E, H và K lần lượt là trung điểm của BM và
AB. Gọi N là giao điểm của CD với (EHK). Tính tỉ số
CD
CN
.
Lời giải.
114 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
S
I
M
T
x
K
A
B
H
D
C
E
F
N
1. Ta có
S ∈ (SAB) ∩(SCD)
AB k CD
AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD)
⇒ (SAB) ∩(SCD) = d là đường thẳng qua S song
song với AB.
2. Ta có
EF = (BCE) ∩(SAD)
B C k AD
B C ⊂ (BCE), AD ⊂ (SAD)
⇒ EF k BC k AD. Suy ra BCEF là hình thang.
Gọi T = BE ∩ CF. Vì
®
T ∈ BE ⊂ (SAB)
T ∈ CF ⊂ (SCD)
nên T ∈ d. Vậy d, BE, CF đồng quy tại điểm
T.
3. Ta có ADSM là hình bình hành nên AM k SD. Mà KH k AM nên KH k SD.
Trong (SAB) gọi I = d ∩ KE ⇒
®
I ∈ d ⊂ (SCD)
I ∈ KE ⊂ (HKE)
⇒ I ∈ (HKE) ∩(SCD).
Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng (HKE) và (SCD) đi qua I và song song với SD,
giao tuyến này cắt CD tại N. Vậy N là giao điểm của CD và (HKE).
Ta có tứ giác BKIS là hình bình hành nên SI = BK. Tứ giác DNIS là hình bình hành
nên DN = IS.
Suy ra DN = BK =
1
2
AB =
1
2
CD. Vậy
CD
CN
=
2
3
.
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang có AD là đáy lớn và AD = 2BC.
Gọi M, N, K, H lần lượt là trung điểm AB, AB, AD, DC.
1. Tìm giao điểm T của SA với (NDC) và giao tuyến của (SAD) với (MNK).
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 115
2. Chứng minh HN k (SAD) và tính tỉ số
ST
SA
.
3. Gọi (P ) là mặt phẳng qua M và song song với BC, SD. Xác định thiết diện của (P)
với hình chóp S.ABCD.
Lời giải.
S
T
N
L
x
K
C
H
I
M
B
D
A
1. Trong mặt phẳng (ABCD) gọi K = AB ∩ CD.
Ta có K, N ∈ (SAB) ∩(NCD) nên (SAB) ∩(NCD) = KN.
Trong (SAB) gọi T = KN ∩ SA ⇒ T = SA ∩(NCD).
Ta có
K ∈ (SAD) ∩(MNK)
SA k MN
SA ⊂ (SAD), MN ⊂ (MNK)
⇒ (SAD) ∩(MNK) = Kx k SA.
2. Vì
MN k SA, MH k AD
MN, MH ⊂ (MNH)
SA, AD ⊂ (SAD)
⇒ (MNH) k (SAD) ⇒ NH k (SAD).
Trong 4KAD có AD k BC nên
KB
KA
=
KC
KD
=
B C
AD
=
1
2
⇒ B là trung điểm KA.
MN là đường trung bình của 4BAS nên có MN =
1
2
SA. (1)
Trong 4KAT có MN k AT nên có
KM
KA
=
MN
TA
=
3
4
⇒ MN =
3
4
TA. (2)
Từ (1) và (2) suy ra
3
4
TA =
1
2
SA ⇔ TA =
2
3
SA ⇒
ST
SA
=
1
3
.
3. Ta có M ∈ (P) ∩(ABCD) mà (P) k BC nên giao tuyến của (P) và (ABCD) qua M và
song song với BC. Giao tuyến này chính là MH.
Khi đó H ∈ (P) ∩ (SCD), mà (P) k SD nên giao tuyến của (P) và (SCD) qua H song
song với SD, giao tuyến này cắt SC tại một điểm là L.
Vì H là trung điểm của CD nên L là trung điểm của SC.
Ta có NL k BC, (P) k BC và N ∈ (SBC) ∩(P) nên NL là giao tuyến của (SBC) và (P).
Vậy thiết diện của (P) cắt hình chóp S.AB CD là hình thang MHLN.
116 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 5. Cho hình chóp S.ABC, E, F lần lượt là trung điểm AC và BC.
1. Tìm giao tuyến của (SAB) và (SEF).
2. Gọi M là trung điểm của SB và I là điểm trên SA thỏa mãn AI = 3IS. Tìm giao
điểm K của IM và (ABC) và giao điểm H của BC và (EIM). Tính tỉ số
BH
B C
.
3. Gọi G là trọng tâm của 4SBC. Tìm thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi (IEG ).
Lời giải.
S
I
O
M
Q
G
P
F
K
H
L
E
B
C
A
1. Ta có
S ∈ (SAB) ∩(SEF)
AB k EF
AB ⊂ (SAB), EF ⊂ (SEF)
⇒ (SAB) ∩(SEF) = d qua S song song với AB.
2. Trong (SAB) gọi K = I M ∩(ABC). Vì
®
K ∈ IM
K ∈ AB ⊂ (ABC)
⇒ K = I M ∩(ABC).
Ta có AE = (EI M) ∩(ABC). Gọi H = KE ∩ BC ⇒ H ∈ BC ∩(EI M).
Gọi O là trung điểm SA. Khi đó IM là đường trung bình của 4SBO nên I M k BO.
Trong 4AIK có KI k BO ⇒
AB
BK
=
AO
OI
=
1
2
⇒ AB =
1
2
BK.
Gọi V là trung điểm AB, có VE là đường trung bình của
4ABC.
⇒ VE =
1
2
B C. (1)
Và có BH là đường trung bình của 4KEV
⇒ BH =
1
2
VE. (2)
Từ (1) và (2) suy ra BH =
1
4
B C.
E
C
A
K
V
B
H
3. Trong (SAF), gọi L = IG ∩ AF ⇒ L ∈ (ABC).
Trong (ABC) gọi P = EL ∩ BC. Trong (SBC) gọi Q = PG ∩ SB.
Từ đó suy ra thiết diện của hình chóp S.ABC bị cắt bởi (IEG) là tứ giác IEPQ.
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 117
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của AB và SC.
1. Tìm giao tuyến (SMN) và (SBD).
2. Tìm giao điểm I của MN và (SBD). Tính tỉ số
MI
MN
.
Lời giải.
S
N
O
H
M
C
A
B
D
K
I
1. Trong (ABCD) gọi O = AC ∩ BD, H = MC ∩ BD. Ta có
®
H ∈ CM ⊂ (SCM)
H ∈ BD ⊂ (SBD)
⇒ H ∈ (SCM) ∩(SBD). (1)
Lại có S ∈ (SCM) ∩(SBD). (2)
Từ (1) và (2) suy ra SH = (SCM) ∩(SBD).
Gọi I = MN ∩ SH ⇒ I = MN ∩ (SBD).
Ta có H là trọng tâm 4ABC.
Trong 4SCM, kẻ HK k MN (K ∈ SC).
Trong 4CMN có MN k KH nên
CH
CM
=
CK
CN
=
HK
MN
=
2
3
⇒ HK =
2
3
MN. (3)
Trong 4SHK có IN k KH nên
IN
HK
=
SN
SK
=
3
4
⇒ HK =
4
3
IN. (4)
Từ (3) và (4) suy ra
2
3
MN =
4
3
IN ⇒ MN = 2IN ⇒
MI
MN
=
1
2
.
Bài 7. Cho hình bình hành ABCD và điểm S không nằm trong (ABCD).
1. Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau (SAC) và (SBD), (SAB) và (SCD).
2. Một mặt phẳng (α) qua BC, cắt SA tại M và cắt SD tại N. Chứng minh MN k BC.
3. Chứng tỏ giao điểm của BN và CM luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi
M di động trên SA.
4. Gọi G là trọng tâm 4SAB, K là điểm trên cạnh AC sao cho
AK
A C
=
1
3
. Chứng minh
118 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
GK song song với mặt phẳng (SCD).
Lời giải.
S
x
E
N
M
F
A
O
K
C
B
G
I
D
1. Ta có S ∈ (SAC) ∩ (SBD). Gọi O = AC ∩ BD ⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBD). Do đó SO =
(SAC) ∩(SBD).
Ta cũng có
S ∈ (SAB) ∩(SCD)
AB k CD
AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD)
⇒ (SAB) ∩(SCD) = Sx k AB.
2. Vì
(α) ∩(SAD) = MN
B C k AD
B C ⊂ (α), AD ⊂ (SAD)
⇒ MN k AD k BC.
3. Trong (α), gọi I = BN ∩CM. Vì
®
I ∈ BN ⊂ (SBD)
I ∈ CM ⊂ (SAC)
⇒ I ∈ (SAC) ∩ (SBD).
Suy ra I t huộc giao tuyến SO cố định của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).
4. Gọi E, F lần lượt là trung điểm SA và AD.
Vì
AK
A C
=
1
3
⇒ AK =
2
3
AO, mà AO là trung tuyến của 4ABD nên G là trọng tâm
4ABD.
Theo tính chất trọng tâm có
BG
BE
=
BK
BF
=
2
3
⇒ GK k EF. (3)
Mà EF là đường trung bình của 4ADS nên EF k SD. (4)
Từ (3) và (4) suy ra GK k SD ⊂ (SCD) ⇒ GK k (SCD).
Bài 8. Cho hình chóp S .AB CD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi I là trung điểm
của SA và J, K là các điểm trên SB, SC và thỏa mãn JS = 2JB, KS = 2KC.
1. Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD), giao tuyến d
0
của (I JK) và
(ACD ).
2. Tìm giao điểm M của SD với (IJK) và chứng minh M là trung điểm SD.
3. Gọi E là giao điểm của I J với KM, chứng minh E ∈ d và
EI
EJ
=
EM
EK
=
3
4
.
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 119
Lời giải.
d
B
C
H L
K
S
A
I
J
E
D
M
d
0
d
B
H
S
F
A
I
J
E
Hình 2
1. Ta có
S ∈ (SAB) ∩(SCD)
AB k CD
AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD)
⇒ (SAB) ⊂ (SCD) = d là đường thẳng qua S song
song với AB.
Trong mặt phẳng (SAB) gọi H = AB ∩ I J, trong mặt phẳng (SAC) gọi L = A C ∩ IK.
Ta có H, L là hai điểm chung của hai mặt phẳng (I JK) và (ABCD ) nên (I JK) ∩(ABCD) =
HL ≡ d
0
.
Vì
SJ
SB
=
SK
S C
=
2
3
nên JK k BC, từ đó suy ra giao tuyến HL k JK k BC.
2. Vì I là điểm chung của hai mặt phẳng (SAD) và (IJK), hai mặt phẳng này có AD k IJ
nên giao tuyến của chúng đi qua I và song song với AD. Giao tuyến này cắt SD tại
M, khi đó M là giao điểm của SD và (I JK ). Từ đó suy ra IM là đường trung bình của
4SAD (vì I là trung điểm nên M là trung điểm của SD).
3. Vì E = I J ∩ KM nên E ∈ IJ ⊂ (SAB) và E ∈ KM ⊂ (SAD) nên E nằm trên giao tuyến
d của (SAB) và (SAD). Do đó ba đường thẳng d, I J, KM đồng quy tại E.
Mặt phẳng (SAB) được vẽ lại ở Hình 2.
Dựng BF k HI (F ∈ SA), ta có
SJ
JB
=
SI
IF
= 2 ⇒ SI = 2IF ⇒ AI = 2IF.
Vậy F là trung điểm của AI. Từ đó suy ra BF là đường trung bình của tam giác AHI,
do đó B là trung điểm của AH.
Do HI và SB là hai đường trung tuyến của tam giác SAH, cắt nhau tại J nên J là trọng
tâm của 4SAH.
Ta có 4AIH = 4SIE (g.c.g), suy ra SE = HA. Do đó AHSE là hình bình hành, suy ra
EI
EJ
=
3
4
.
Trong tam giác EJK có IM k JK nên
EI
EJ
=
EM
EK
=
3
4
.
120 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn AD.
1. Tìm giao tuyến của (SAC) và (SBD), (SAD) và (SBC).
2. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và M là điểm thuộc SC sao cho SM = 2MC.
Chứng minh GM k (ABCD).
3. Tìm giao điểm J của GD và (SBC ). Tính tỉ số
GJ
GD
.
Lời giải.
x
B
C
K
S
A
J
M
D
Q
G
H
1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì O và S là hai điểm chung của hai mặt phẳng
(SAC) và (SBD) nên giao tuyến của chúng là SO.
Ta có
S ∈ (SAD) ∩(SBC)
AD k BC
AD ⊂ (SAD), BC ⊂ (SBC)
nên (SAD) ∩(SBC) = Sx (Sx k AD k BC).
2. Ta có
SG
SH
=
SM
S C
=
2
3
nên GM k HC. Mà HC ⊂ (ABCD) nên GM k (ABCD).
3. Trong mặt phẳng (ABCD), gọi K là giao điểm của DH và B C. Ta có K và S là hai điểm
chung của các mặt phẳng (SDH) và (SBC) nên SK là giao tuyến của (SDH) và (SB C).
Trong mặt phẳng (SDH), gọi J là giao điểm của DG và SK, suy ra J là giao điểm của
DG và (SBC). Ta có 4HAD = 4HBK (g.c.g) nên HD = HK, suy ra SH là đường trung
tuyến của tam giác SDK, do vậy
SG
SH
=
2
3
. Từ đó suy ra G là trọng tâm của 4SDK, do
đó
GJ
GD
=
1
2
.
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn AD = 2BC và O
là giao điểm của hai đường chéo đáy. Gọi E, F lần lượt là trung điểm SA, SD và G là
trọng tâm tam giác SCD.
1. Tìm giao tuyến của (SAB) và (SCD), (SAD) và (SBC).
2. Mặt phẳng (P) đi qua E, F và song song với SB. Giả sử (P) cắt cạnh CD, AB
lần lượt tại P, Q. Chứng minh EQ k SB. Tứ giác EFPQ là hình gì? Chứng minh
BE k (SCD) và GO k (SBC).
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 121
3. Tìm giao điểm M của SB và (CDE). Chứng minh
S
4SME
S
4SMF
=
S
4SAB
S
4SBD
và SM · BD =
SB · DO.
Lời giải.
x
H
O
S
A
Q
B
E
N
D
P
C
F
M
G
S
A
E
B
M
h
2
h
1
Hình 2
1. Trong mặt phẳng (ABCD), gọi H là giao điểm của AB và CD. Suy ra H ∈ (SAB) ∩
(SCD).
Do S là điểm chung của (SAB) và (SCD) nên SH = (SAB) ∩(SCD).
Ta có
S ∈ (SAD) ∩(SBC)
AD k BC
AD ⊂ (SAD), BC ⊂ (SBC)
nên (SAD) ∩(SBC) = Sx (Sx k AD k BC).
2. Ta có
®
EQ = (P) ∩(SAB)
SB ⊂ (SAB), SB k (P)
nên EQ k SB.
Lại có
QP = (P) ∩(ABCD)
AD k EF
AD ⊂ (ABCD), EF ⊂ (P)
nên QP k EF k AD. Suy ra EFPQ là hình thang.
Vì
B C =
AD
2
B C k AD
và
EF =
AD
2
EF k AD
nên BCFE là hình bình hành, suy ra BE k CF.
Mà CF ⊂ (SCD) nên BE k (SCD).
Ta có 4OAD v 4OCB nên
OA
O C
=
OD
OB
=
AD
B C
= 2. Gọi N là trung điểm của SC.
Trong tam giác BDN có
SG
SN
=
DO
DB
=
2
3
nên OG k BN. Mà BN ⊂ (SBC) nên OG k
(SBC).
3. Vì H và E là hai điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (ECD) nên (SAB) ∩(ECD) =
EH.
Gọi M = EH ∩SB ⇒ M = SB ∩(ECD).
Trong 4HAD có BC k AD nên ta có
HB
HA
=
HC
HD
=
B C
AD
=
1
2
, suy ra B là trung điểm
AH. Do đó M là trọng tâm tam giác SAH.
Tam giác SAB được vẽ lại ở hình 2.
122 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Ta có S
4SME
=
1
2
· h
2
·SM =
1
2
·
h
1
2
·
2
3
SB =
1
3
·
1
2
h
1
·SB =
1
3
S
4SAB
⇒
S
4SME
S
4SAB
=
1
3
. (*)
Tương tự ta cũng có
S
4SMF
S
4SBD
=
1
3
. (**)
Từ (*) và (**) ta suy ra
S
4SME
S
4SAB
=
S
4SMF
S
4SBD
⇒
S
4SME
S
4SMF
=
S
4SAB
S
4SBD
.
Theo chứng minh trên thì
SM
SB
=
DO
DB
⇒ SM · BD = SB · DO.
Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Điểm M thuộc
cạnh SA sao cho SM = 2MA và N là trung điểm của AD.
1. Tìm giao tuyến của (SAD) và (MBC).
2. Tìm giao điểm I của SB và (CMN), giao điểm J của SA và (ICD).
3. Chứng minh ID, JC, SO đồng quy tại E. Tính tỉ số
SE
SO
.
Lời giải.
x
L
N
O
S
E
M
A
B
I
J
D
C
1. Ta có
M ∈ (SAD) ∩(MBC)
AD k BC
AD ⊂ (SAD), BC ⊂ (MBC)
nên (SAD) ∩(MBC) = Mx (Mx k AD k BC).
2. Trong mặt phẳng (ABCD), gọi L là giao điểm của AB và CN. Ta có L và M là hai điểm
chung của (SAB) và (CMN) nên (SAB) ∩(CMN) = LM. Gọi I là giao điểm của LM và
SB ⇒ I = SB ∩(CMN).
3. Vì I là điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (ICD), AB k CD nên giao tuyến của
chúng đi qua I và song song với AB, giao tuyến này cắt SA tại J thì J là giao điểm của
SA với (ICD).
Gọi E = CJ ∩ DI (do CJ, DI ⊂ (ICD)). (1)
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 123
Ta có (SAC) ∩(SBC) = SO .
Vì
®
E ∈ CJ ⊂ (SAC)
E ∈ DI ⊂ (SBD)
nên E ∈ (SAC) ∩ (SBC) = SO. (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra ba đường thẳng CJ, DI, SO đồng quy tại E.
Trong tam giác LBC có AN =
1
2
B C và AN k BC nên AN là đường trung bình của tam
giác LBC, do đó A là trung điểm của LB.
Trong tam giác SBL có SA là đường trung tuyến và SM =
2
3
SA nên M là trọng tâm
4SBL ⇒ I là trung điểm của SB.
Xét tam giác SBC có E là giao điểm của hai đường trung tuyến SO và DI nên E là trọng
tâm 4SBC ⇒
SE
SO
=
2
3
.
Bài 12. Cho hình chóp S.AB CD có đáy ABCD là hình bình hành, SAB là tam giác đều,
S CD là tam giác cân. Gọi M là trung điểm của AD, mặt phẳng (α) đi qua M, (α) song
song với AB và SA, lần lượt cắt BC, SC, SD tại N, P, Q.
1. Chứng minh MNPQ là hình thang cân.
2. Tính tỉ số diện tích của hình thang cân MNPQ và tam giác đều SAB.
Lời giải.
M
S
P
A
B
Q
D
C
Hình 1
N MH
Q
P
Hình 2
1. Ta có
®
(α) ∩(ABCD) = MN
AB k (α), AB ⊂ (ABCD)
⇒ MN k AB k CD.
Mà
®
(α) ∩(SAD) = MQ
SA k (α), SA ⊂ (SAD)
⇒ MQ k SA.
Vì
®
(α) ∩(SCD) = QP
CD k (α), CD ⊂ (SCD)
⇒ PQ k CD.
Lại có (α) k AB, (α) k SA nên (α) k (SAB) ⇒ (α) k SB .
Vì (α) ∩(SBC) = NP ⇒ NP k SB.
Theo cách dựng ở trên, ta có Q là trung điểm của SD, N là trung điểm của BC, P là
trung điểm của SC. Vì MN k PQ (cùng song song với CD), suy ra MNPQ là hình
thang.
Do NP =
SB
2
, MQ =
SA
2
nên NP = MQ (do tam giác SAB đều nên SA = SB).
124 CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Ta thấy MNPQ là hình thang, có hai cạnh bên không song song và bằng nhau nên
MNPQ là hình thang cân.
2. Gọi a là độ dài cạnh AB, hình thang cân MNPQ được vẽ lại ở Hình 2.
Ta có PH =
√
PN
2
− NH
2
=
…
a
2
2
−
a
4
2
=
a
√
3
4
⇒ S
4SAB
=
AB
2
·
√
3
4
=
a
2
√
3
4
.
Mà S
MNPQ
=
(MN + PQ) · PH
2
=
1
2
a +
a
2
·
a
√
3
4
=
3a
2
√
3
16
⇒
S
MNPQ
S
4SAB
=
3a
2
√
3
16
a
2
√
3
4
=
3
4
.
Chương 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG
KHÔNG GIAN
Bài 1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG
A. Tóm tắt lý thuyết
Định nghĩa 1.
Một đường thẳng được gọi là vuông góc với một mặt phẳng
nếu nó vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng
đó.
d ⊥ (α) ⇔ d ⊥ a, ∀a ⊂ (α).
a
d
α
Định lí 1.
Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau a
và b cùng nằm trong mp(P) thì đường thẳng d vuông góc với
mp(P).
d ⊥ a, d ⊥ b
a, b ⊂ (P)
a ∩b
⇒ d ⊥ (P).
a
b
d
P
Định lí 2. (Định lí ba đường vuông góc)
Cho đường thẳng a không nằm trong (P) đồng thời không
vuông góc với (P) và đường thẳng b nằm trong (P ). Gọi a
0
là
hình chiếu vuông góc của a trên (P). Khi đó b vuông góc với a
khi và chỉ khi b vuông góc với a
0
.
a
a
0
b
P
PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC
Để chứng minh a ⊥ b ta thường sử dụng những phương pháp chứng minh sau:
1. Sử dụng các phương pháp hình học phẳng: góc nội tiếp, định lí Pitago đảo, ...
2. Sử dụng phương pháp tích vô hướng của hai véctơ, nếu
−→
a ·
−→
b = 0 thì a ⊥ b (với
−→
a ,
−→
b lần lượt là hai véctơ chỉ phương của hai đường thẳng a và b ).
3. Sử dụng tính chất bắc cầu
®
c ⊥ b
c k a
⇒ a ⊥ b.
4.
Tìm một mặt phẳng (P) chứa đường thẳng b . Chứng
minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), thì
a ⊥ b.
®
a ⊥ (P)
b ⊂ (P)
⇒ a ⊥ b.
a
b
P
5.
125
126 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Chứng minh đường thẳng a song song với mặt phẳng
(P), đường thẳng b vuông góc với mặt phẳng (P), thì suy
ra a ⊥ b.
®
a k (P)
b ⊥ (P)
⇒ a ⊥ b.
b
a
P
6.
Áp dụng định lí 3 đường vuông góc: a
0
là hình chiếu
vuông góc của a trên mặt phẳng (P), b ⊂ (P). Đường
thẳng a vuông góc với đường thẳng b khi và chỉ khi b
vuông góc với a
0
. Nói ngắn gọn b vuông góc với hình
chiếu thì b vuông góc với đường xiên.
Đây là phương pháp rất hay sử dụng, đọc giả phải thành thạo
phương pháp này.
a
a
0
b
P
PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT
PHẲNG
Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) ta thường sử dụng những
phương pháp sau:
1.
Muốn chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt
phẳng (P). Ta phải chứng minh đường thẳng a vuông
góc với hai đường thẳng cắt nhau t huộc mặt phẳng (P).
a ⊥ b, a ⊥ c
b ∩c = I
b, c ⊂ (P)
⇒ a ⊥ (P)
I
c
b
a
P
2.
Hai mặt phẳng (Q) và (R) có giao tuyến a cùng vuông
góc với mặt phẳng (P), thì a vuông góc với (P).
(Q) ⊥ (P)
(R) ⊥ (P )
(Q) ∩(R) = a
⇒ a ⊥ (P).
P
Q
R
a
3.
Hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau theo giao
tuyến b. Một đường thẳng a thuộc mặt phẳng (Q) vuông
góc với b, thì a vuông góc với mặt phẳng (P).
(P) ⊥ (Q)
(P) ∩ (Q) = b
a ⊂ (Q)
a ⊥ b
⇒ a ⊥ (P).
a
b
P
Q
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 127
4.
Chứng minh đường thẳng b vuông góc với mặt phẳng
(P), đường thẳng a song song với b, thì suy ra a vuông
góc với (P).
®
a k b
b ⊥ (P)
⇒ a ⊥ (P).
a
b
P
5.
Chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng
(Q), mặt phẳng (P) song song với (Q), nên a vuông góc
với (P).
®
a ⊥ (Q)
(Q) k (P)
⇒ a ⊥ (P).
a
P
Q
Hai vấn đề chính để giải các bài toán của dạng này:
• Muốn chứng minh đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P), ta phải chứng minh
đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng (P).
• Khi đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) thì đường thẳng d vuông góc với
mọi đường nằm trong (P).
B. Bài tập rèn luyện
Bài 1. Hai tam giác cân ABC và DBC nằm trong hai mặt phẳng khác nhau tạo nên tứ
diện ABCD. Gọi I là trung điểm của BC.
Chứng minh BC ⊥ AD.a)
Gọi AH là đường cao của tam giác ADI. Chứng minh AH ⊥ (BCD).b)
Lời giải.
Ta có
B C ⊥ AI (vì AI là trung tuyến của 4ABC cân tại A)
B C ⊥ DI (vì DI là trung tuyến của 4DBC cân tại D)
AI, DI ⊂ (ADI), AI ∩ DI = I
⇒ BC ⊥ (ADI) ⇒ BC ⊥ AD.
a)
Ta có
AH ⊥ DI (giả thiết)
AH ⊥ BC
(
vì BC ⊥ (ADI)
)
B C, DI ⊂ (BCD), BC ∩ DI = I
⇒ AH ⊥ (BCD).
b)
A
C
I
H
D B
Bài 2. Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), tam giác ABC vuông cân tại B. Gọi G là
trọng tâm của tam giác SAC và N là điểm thuộc cạnh SB sao cho SN = 2NB. Chứng
minh:
B C ⊥ (SAB).a)
NG ⊥ (SAC).b)
128 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Lời giải.
Gọi H là trung điểm của AC. Vì 4ABC vuông cân tại B nên BH ⊥ AC. (1)
Ta có
®
B C ⊥ AB
giả thiết
B C ⊥ SA
(
vì SA ⊥ (ABC)
)
⇒ BC ⊥ (SAB).a)
Ta có
®
BH ⊥ AC
(
theo (1)
)
BH ⊥ SA
(
vì SA ⊥ (ABC)
)
⇒ BH ⊥
(SAC). (2)
Xét 4SBH có
SN
SB
=
SG
SH
=
2
3
, suy ra NG k
BH. (3)
Từ (2) và (3) ta được NG ⊥ (SAC).
b)
S
B
A
C
N
H
G
Bài 3. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ CD và AC ⊥ BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A xuống mặt phẳng (BCD). Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác BCD và
AD ⊥ BC.
Lời giải.
• Ta có
®
CD ⊥ AB
giả thiết
CD ⊥ AH
(
vì AH ⊥ (BCD)
)
⇒ CD ⊥ (ABH).
Mà BH ⊂ (ABH) nên CD ⊥ BH. (1)
Chứng minh tương tự ta được BD ⊥ (ACH) ⇒ BD ⊥
CH. (2)
Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm của 4BCD.
• Ta có
®
B C ⊥ DH
(
vì H là trực tâm 4BCD
)
B C ⊥ AH
(
vì AH ⊥ (BCD)
)
⇒ BC ⊥
(ADH).
Mà AD ⊂ (ADH) nên BC ⊥ AD.
A
C
B D
H
Bài 4. Cho tứ diện ABCD có DA ⊥ (ABC), ABC là tam giác cân tại A. Gọi M là trung
điểm của BC. Vẽ AH ⊥ DM tại H.
Chứng minh AH ⊥ (BCD).a)
Gọi G, K lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và DBC. Chứng minh GK ⊥
(ABC).
b)
Lời giải.
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 129
Ta có
®
B C ⊥ AM
vì AM là đường trung tuyến trong 4ABC cân tại A
B C ⊥ AD
(
vì DA ⊥ (ABC)
)
⇒ BC ⊥ (DAM). (1)
Khi đó
AH ⊥ BC
(
do (1)
)
AH ⊥ DM
giả thiết
B C, DM ⊂ (BCD); BC ∩ DM = M
⇒
AH ⊥ (BCD).
a)
Vì G, K lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và DBC
nên theo tính chất trọng tâm ta có
AG
AM
=
DK
DM
=
2
3
.
Theo định lí Talet đảo ta được KG k AD.
Mà AD ⊥ (ABC) nên KG ⊥ (ABC).
b)
D
B
A
C
H
K
M
G
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O. Biết SA = SC và SB = SD.
Chứng minh SO ⊥ (ABCD) và AC ⊥ SD.a)
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và BC. Chứng minh I J ⊥ (SBD).b)
Lời giải.
• Ta có
®
SO ⊥ AC
(
vì 4SAC cân tại S
)
SO ⊥ BD
(
vì 4SBD cân tại S
)
⇒ SO ⊥ (ABCD).
• Ta có
®
A C ⊥ BD
tính chất hình thoi
A C ⊥ SO
(
vì SO ⊥ (ABCD)
)
⇒ AC ⊥ (SBD) ⇒ AC ⊥ SD.
a)
Ta có I J là đường trung bình của 4ABC nên I J k AC.
Mà AC ⊥ (SBD) nên I J ⊥ (SBD).
b)
S
B
C
O
J
A
D
I
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O. SA ⊥ (ABCD). Gọi H, I,
K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC, SD.
1. Chứng minh rằng BC ⊥ (SAB), CD ⊥ (SAD), BD ⊥ (SAC).
2. Chứng minh rằng AH, AK cùng vuông góc với SC. Từ đó suy ra ba đường thẳng
AH, AI, AK cùng nằm trên một mặt phẳng
3. Chứng minh rằng HK ⊥ (SAC). Từ đó suy ra HK ⊥ AI.
Lời giải.
1.
130 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Chứng minh BC ⊥ (SAB).
Có
B C ⊥ SA (SA ⊥ (ABCD))
B C ⊥ AB (gt)
SA, AB ⊂ (SAB), SA ∩ AB = {A}
⇒ BC ⊥ (SAB).
Chứng minh CD ⊥ (SAD)
Vì
CD ⊥ SA(SA ⊥ (ABCD))
CD ⊥ AD (gt)
SA, AD ⊂ (SAD), SA ∩ AD = {A}
⇒ CD ⊥ (SAD).
Chứng minh BD ⊥ (SAC)
Vì
DB ⊥ SA(SA ⊥ (ABCD))
BD ⊥ AC (gt)
SA, AC ⊂ (SAC), SA ∩ AC = {A}
⇒ BD ⊥ (SAC).
A
D
B
S
K
H
I
O
C
2. Ta có
®
AH ⊥ SB (gt), AH ⊥ BC(BC ⊥ (SAB))
SB, BC ⊂ (SBC), SB ∩ BC = {B}
⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ SC.
Có
AK ⊥ SD (gt)
AK ⊥ CD(CD ⊥ (SAD))
SD, CD ⊂ (SCD), SD ∩ CD = {D}
⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ AK ⊥ SC.
Vì AH, AK và AI cùng vuông góc với SC nên AH, AK, AI đồng phẳng.
3. Ta có 4SAB = 4SAD (c.g.c) nên hai đường cao xuất phát từ đỉnh A bằng nhau,
hay AH = AK. Từ đó suy ra 4SHA = 4SKA (cạnh huyền - cạnh góc vuông). Vậy
SH = SK.
Do đó
SH
SB
=
SK
SD
, theo định lý đảo Ta-lét ta có HK k BD.
Mà BD ⊥ (SAC) ⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK ⊥ AI(AI ⊂ (SAC)).
Bài 7. Cho tứ diện O.ABC có 3 cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Kẻ OH
vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại H. Chứng minh
1. OA ⊥ BC, OB ⊥ CA, OC ⊥ AB .
2. H là trực tâm của tam giác ABC .
3.
1
OH
2
=
1
OA
2
+
1
OB
2
+
1
O C
2
.
4. S
2
∆ABC
= S
2
∆OAB
+ S
2
∆OBC
+ S
2
∆OAC
.
5. Các góc của tam giác ABC đều là góc nhọn.
Lời giải.
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 131
O
A
B
C
E
F
H
1. Ta có
®
OA ⊥ OB , OA ⊥ OC
OB, OC ⊂ (OBC)
⇒ OA ⊥ (OBC) ⇒ OA ⊥ BC.
Ta có
®
OB ⊥ OA, OB ⊥ OC
OA, OC ⊂ (OAC)
⇒ OB ⊥ (OAC) ⇒ OB ⊥ AC.
Chứng minh tương tự ta được OC ⊥ AB.
2. Gọi E = AH ∩ BC, F = BH ∩ AC.
Ta có
B C ⊥ OA
(
OA ⊥ (OBC)
)
B C ⊥ OH
(
OH ⊥ (ABC)
)
OA, OH ⊂ (OAE)
⇒ BC ⊥ (OAE) ⇒ BC ⊥ AE. (1)
Ta lại có
®
A C ⊥ OB, AC ⊥ OH
OB, OH ⊂ (OBF)
⇒ AC ⊥ (OBF) ⇒ AC ⊥ BF. (2)
Từ (1) và (2) ta có H là trực tâm của tam giác ABC.
3. Trong tam giác OAE vuông tại O có OH là đường cao nên ta có
1
OH
2
=
1
OA
2
+
1
OE
2
.
Mà trong tam giác OBC vuông tại O có OE là đường cao ta lại có
1
OE
2
=
1
OB
2
+
1
O C
2
.
Từ đó suy ra
1
OH
2
=
1
OA
2
+
1
OB
2
+
1
O C
2
.
4. Cách 1
Trong tam giác OAE vuông tại O có OH là đường cao ta có
OE
2
= EH · EA ⇔ OE
2
· BC
2
= EH · BC · EA · BC
⇔
Å
1
2
OE · BC
ã
2
=
1
2
EH · BC ·
1
2
· EA · BC
⇔ S
2
∆OBC
= S
∆HBC
·S
∆ABC
.
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được
S
2
∆OAC
= S
∆HAC
·S
∆ABC
;
S
2
∆OAB
= S
∆HAB
·S
∆ABC
.
Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta được
S
2
∆OBC
+ S
2
∆OAC
S
2
∆OAB
= S
∆HBC
·S
∆ABC
+ S
∆HAC
·S
∆ABC
+ S
∆HAB
·S
∆ABC
⇔ S
2
∆OBC
+ S
2
∆OAC
S
2
∆OAB
= S
∆ABC
·
(
S
∆HBC
+ S
∆HAC
+ S
∆HAB
)
⇔ S
2
∆OBC
+ S
2
∆OAC
S
2
∆OAB
= S
∆ABC
·S
∆ABC
⇔ S
2
∆ABC
= S
2
∆OAB
+ S
2
∆OBC
+ S
2
∆OAC
.
132 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Cách 2
Ta có
S
2
∆ABC
=
1
4
AE
2
· BC
2
=
1
4
Ä
(OA
2
+ OE
2
ä
B C
2
=
1
4
OA
2
· BC
2
+
1
4
OE
2
· BC
2
=
1
4
OA
2
Ä
OB
2
+ O C
2
ä
+
1
4
OE
2
· BC
2
=
1
4
OA
2
·OB
2
+
1
4
OA
2
·O C
2
+
1
4
OE
2
· BC
2
⇔ S
2
∆ABC
= S
2
∆OAB
+ S
2
∆OBC
+ S
2
∆OAC
.
5. Gọi độ dài ba cạnh OA = a, OB = b, O C = c.
Trong tam giác ABC, áp dụng định lý cosin có
cos
“
A =
AB
2
+ AC
2
− BC
2
2AB · AC
=
a
2
+ b
2
+ a
2
+ c
2
−
b
2
+ c
2
2AB · AC
=
a
2
AB · AC
> 0.
Suy ra
“
A là góc nhọn.
Chứng minh tương tự ta cũng có
b
B,
b
C là góc nhọn.
Bài 8. Cho tứ diện ABCD, đáy là tam giác cân và DA ⊥ mp(ABC), AB = AC = a,
B C =
6a
5
. Gọi M là trung điểm của BC. Vẽ AH vuông góc với MD (H thuộc MD).
1. Chứng minh AH ⊥ mp(BCD).
2. Cho AD =
4a
5
. Tính góc giữa hai đường thẳng AC và DM.
3. Gọi G
1
, G
2
lần lượt là trọng tâm tam giác DBC và ABC. Chứng minh G
1
G
2
⊥
mp(ABC).
Lời giải.
S
N
A
B
G
2
M
C
G
1
H
1. Chứng minh AH ⊥ mp(BCD).
Vì M là trung điểm của B C nên BC ⊥ AM. (1)
Mặt khác BC ⊥ AD ( Vì DA ⊥ mp(ABC)) (2)
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 133
Từ (1) và (2) ta suy ra BC ⊥ mp(DAM). Suy ra BC ⊥ AH (vì AH ⊂ (DBC).)
Vậy ta có
®
AH ⊥ DM
AH ⊥ BC
⇒ AH ⊥ mp(DBC).
2. Cho AD =
4a
5
. Tính góc giữa hai đường thẳng AC và DM.
Kẻ MN k AC (N ∈ AB) thì góc giữa đường thẳng DM và AC bằng góc giữa DM và
MN, đó là góc
÷
DMN hoặc góc 180
◦
−
÷
DMN.
Xét 4ABC có MN =
1
2
A C =
a
2
.
Xét 4DAN vuông tại A có DN =
√
AD
2
+ AN
2
=
a
√
89
10
.
Xét 4ABM vuông tại M có AM =
√
AB
2
− BM
2
=
4a
5
.
Xét 4ADM vuông tại A có DM
√
AD
2
+ AM
2
=
4a
√
2
5
.
Áp dụng định lí cos cho tam giác DMN, ta có
cos
÷
DMN =
DM
2
+ MN
2
− DN
2
2 · DM · MN
=
2
√
2
5
⇒
÷
DMN = arccos
Ç
2
√
2
5
å
.
3. Gọi G
1
, G
2
lần lượt là trọng tâm tam giác DB C và ABC. Chứng minh G
1
G
2
⊥ mp(ABC).
Vì G
1
, G
2
lần lượt là trọng tâm tam giác DBC và ABC nên theo tính chất trọng tâm, ta
có
MG
1
MD
=
1
3
,
MG
2
MA
=
1
3
⇒
MG
1
MD
=
MG
2
MA
⇒ G
1
G
2
k DA ( theo định lí đảo định lí
Talet).
Mà DA ⊥ (ABC) ⇒ G
1
G
2
⊥ (ABC).
Bài 9. Cho tứ diện S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H, K lần lượt là
trực tâm của tam giác ABC và SBC. Chứng minh rằng:
1. AH, SK, BC đồng quy.
2. SC vuông góc với mặt phẳng (BHK).
3. HK vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Lời giải.
134 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Gọi E = AH ∩ BC
Ta có:
®
B C ⊥ AE
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAE)
⇒ BC ⊥ SE(SE ⊂ (SAE)).
Vì SK ⊥ BC, suy ra ba điểm S, K, E thẳng hàng.
Kết luận ba đường thẳng AH, BC, SK đồng quy tại
điểm E.
2. Chứng minh S C vuông góc với mặt phẳng (BHK).
Có:
®
BH ⊥ AC
BH ⊥ SA
⇒ BH ⊥ (SAC) ⇒ BH ⊥ SC(SC ⊂
(SAC)).
Có:
®
S C ⊥ BH(BH ⊥ (SAC))
S C ⊥ BK
⇒ SC ⊥ (BHK).
3. HK vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Có BC ⊥ (SAE) ⇒ BC ⊥ HK(HK ⊂ (SAE)) (1)
Có SC ⊥ (BHK) ⇒ SC ⊥ HK (2)
Từ (1) và (2) suy ra HK ⊥ (SBC).
S
K
B
E
H
A
C
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. SAB là tam giác đều và
S C = a
√
2. Gọi H, K là trung điểm của AB, AD.
1. Chứng minh SH ⊥ (ABCD).
2. Chứng minh AC ⊥ SK và CK ⊥ SD.
Lời giải.
1.
Trong 4BCH có HC
2
= BH
2
+ BC
2
=
5a
2
4
và SH =
a
√
3
2
(SH là đường cao 4SAB đều).
Trong 4SCH có SC
2
= SH
2
+ HC
2
= 2a
2
.
Suy ra tam giác SHC vuông tại H.
Có
®
SH ⊥ AB, SH ⊥ HC
AB, HC ⊂ (ABCD), AB ∩ HC = H
⇒ SH ⊥ (ABCD).
S
D
B
C
A K
H
2. Ta có
®
HK k BD
BD ⊥ AC
⇒ AC ⊥ HK.
Có
®
A C ⊥ SH, AC ⊥ HK
SH, SK ⊂ (SHK), SH ∩ HK = H
⇒ AC ⊥ (SHK) ⇒ A C ⊥ SK.
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 135
Chứng minh CK ⊥ SD.
Dễ dàng chứng minh 4CDK = 4DAH.
Suy ra
’
CKD =
’
AHD mà
’
AHD +
’
ADH = 90
◦
⇒
’
CKD +
’
ADH = 90
◦
⇒ CK ⊥ DH.
Ta có
®
CK ⊥ SH, CK ⊥ DH
SH, DH ⊂ (SHD), SH ∩ DH = H
⇒ CK ⊥ (SHD) ⇒ CK ⊥ SD (đpcm).
B
C
A D
K
H
Bài 11. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của
BB
0
, CD, A
0
D
0
. Chứng minh: MP ⊥ C
0
N.
Lời giải.
Gọi E là trung điểm của CC
0
.
Ta có ME k A
0
D
0
nên EM và PD
0
đồng
phẳng. Vì có CDD
0
C
0
là hình vuông nên dễ
dàng chứng minh được hai tam giác D
0
C
0
E
và C
0
CN bằng nhau, suy ra
÷
ED
0
C
0
=
’
NC
0
C.
Mà
÷
ED
0
C
0
+
÷
C
0
ED
0
= 90
◦
⇒
’
NC
0
C +
÷
C
0
ED
0
= 90
◦
⇒ ED
0
⊥ NC
0
(1).
Ta có BC ⊥ (CDD
0
C
0
) ⇒ BC ⊥ NC
0
, mà
ME k BC nên ME ⊥ NC
0
(2).
Từ (1) và (2) suy ra NC
0
⊥ (MED
0
P), do đó
NC
0
⊥ PM (do PM ⊂ (MED
0
P)).
A
0
P
D
0
B
0
M
B
A
D N
C
E
C
0
Bài 12. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAD là
tam giác đều và ở trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung
điểm SB, B C, CD. Chứng minh AM ⊥ BP.
Lời giải.
S
M
A
D
H
P
B
C
N
1
1
A B
N
H
C
D
P
Hạ SH ⊥ AD tại H.
Vì SAD là tam giác đều nên SH =
a
√
3
2
.
Vì mặt phẳng
(
SAD
)
vuông góc mặt phẳng
(
ABCD
)
nên có AD là giao tuyến.
Suy ra SH ⊥ (ABCD).
Ta có AN k HC và MN k SC.
136 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Mà AM, MN ⊂ (AMN) và HC, SC ⊂
(
SHC
)
.
Suy ra mặt phẳng
(
AMN
)
song song mặt phẳng
(
SHC
)
.
Trong hình vuông ABCD ta có 4BCP = 4CDH (c.g.c) nên
c
B
1
=
c
C
1
.
Mà
c
B
1
+
“
P
1
= 90
◦
⇒
c
C
1
+
“
P
1
= 90
◦
⇒ CH ⊥ PB.
Ta có
®
BP ⊥ CH
BP ⊥ SH
⇒ BP ⊥
(
SHC
)
⇒ BP ⊥
(
AMN
)
⇒ BP ⊥ AM.
Bài 13. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi E là điểm đối
xứng của điểm D qua trung điểm SA. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE, BC.
Chứng minh MN ⊥ BD.
Lời giải.
Gọi O là giao điểm của AC và BD. P là trung điểm
SA.
Trong 4EAD có MP là đường trung bình nên có
MP k AD,
MP =
1
2
AD. (1)
Vì N là trung điểm B C nên NC k AD,
NC =
1
2
AD. (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CPMN là hình bình hành
nên MN k BC.
Ta có BD ⊥
(
SAC
)
⇒ BD ⊥ CP
(
CP ⊂
(
SAC
))
.
Suy ra BD ⊥ MN.
S
M
E
P
O
N
A
B
D
C
Bài 14. Cho hình lăng trụ ABC .A
0
B
0
C
0
. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và biết
rằng AH ⊥ (ABC). Chứng minh rằng:
1. AA
0
⊥ BC và AA
0
⊥ B
0
C
0
.
2. Gọi MM
0
là giao tuyến của hai (AHA
0
) và (B CC
0
B
0
) trong đó M ∈ BC và M
0
∈
B
0
C
0
. Chứng minh tứ giác BCC
0
B
0
là hình chữ nhật và MM
0
là đường cao của
hình chữ nhật đó.
Lời giải.
1. Ta có
®
B C ⊥ AH (giả thiết)
B C ⊥ A
0
H (A
0
H ⊥ (ABC)).
⇒ BC ⊥ (A
0
AH) ⇒ BC ⊥ AA
0
.
Vì B
0
C
0
⊥ BC mà BC ⊥ AA
0
⇒ AA
0
⊥ B
0
C
0
.
2.
(AHA
0
) ∩(BCC
0
B
0
) = MM
0
AA
0
k BB
0
A
0
⊂ (AHA
0
), BB
0
⊂ (BCC
0
B
0
).
⇒ MM
0
k
AA
0
k BB
0
.
Mà AA
0
⊥ BC ⇒ BB
0
⊥ BC. Vậy BCC
0
B
0
là
hình chữ nhật.
B
0
M
0
B
H
A
0
A
N
C
0
C
M
Bài 15. Cho hình chữ nhật ABCD , ABEF nằm trên hai măt phẳng chéo nhau sao cho
A C ⊥ CF. Gọi CH, FK là hai đường cao của tam giác B CE và ADF. Chứng minh
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 137
A CH và BFK là các tam giác vuông.a) BF ⊥ AH và AC ⊥ BK.b)
Lời giải.
1. Ta có ABCD, ABEF là hình chữ nhật nên
®
AB ⊥ BC
AB ⊥ BE
⇒ AB ⊥ (BCE) ⇒ AB ⊥ CH.
®
CH ⊥ BE (giả thiết)
CH ⊥ AB
⇒ CH ⊥ (ABEF) ⇒
CH ⊥ AH.
Vậy 4ACH vuông tại H.
Chứng minh tương tự, ta có FK ⊥
(
ABCD
)
⇒
FK ⊥ BK.
Vậy 4BFK vuông tại K.
2. Ta có
®
BF ⊥ AC (giả thiết)
BF ⊥ CH
(
vì H ⊥
(
ABEF
))
⇒ BF ⊥
(
A CH
)
⇒ BF ⊥ AH
(
AH ⊂
(
A CH
))
.
®
A C ⊥ FB (giả thiết)
A C ⊥ FK
(
vì FK ⊥
(
ABCD
))
⇒ AC ⊥
(
BKF
)
⇒ AC ⊥ BK.
A
F
C
D
K
E
B
H
Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a, SAB là tam giác
đều, SCD là tam giác cân đỉnh S. gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD.
1. Tính các cạnh của tam giác SI J và chứng minh SI ⊥ (SCD), SI ⊥ (SAB).
2. Gọi SH là đường cao của tam giác SI J. Chứng minh SH ⊥ (ABCD) và tính độ
dài SH.
Lời giải.
1.
138 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
4SAB đều có SI =
a
√
3
2
, 4SCD vuông cân tại
S.
Suy ra SI = CI = DI =
a
2
; SC = SD =
a
√
2
và I J = AD = BC = a.
Xét tam giác SIJ có I J
2
= SI
2
+ SJ
2
= a
2
⇒ 4SI J
vuông tại S, suy ra SI ⊥ SJ. (1)
Trong tam giác IBC vuông tại B có: IC
2
= IB
2
+
B C
2
=
5a
2
4
.
Xét tam giác SIC có IC
2
= IS
2
+ SC
2
=
5a
2
4
⇒
4SIC vuông tại S, hay SI ⊥ SC. (2)
Từ (1) và (2) có
®
SI ⊥ SJ, SI ⊥ SC
SJ, SC ⊂ (SCD)
⇒ SI ⊥
(SCD).
Chứng minh tương tự
®
SJ ⊥ SI, SJ ⊥ SB
SI, SB ⊂ (SAB )
⇒
SJ ⊥ (SAB).
S
A
H
I
B
D
C
J
2. Đầu tiên ta chứng minh: CD ⊥ (SI J).
Ta có
®
CD ⊥ I J
CD ⊥ SI (vì SI ⊥ (SCD))
⇒ CD ⊥ (SI J) ⇒ CD ⊥ SH (do SH ⊂ (SCD)). (1)
Ta lại có
®
SH ⊥ IJ (giả thiết), SH ⊥ CD (do (1))
IJ, CD ⊂ (ABCD)
⇒ SH ⊥ (ABCD).
Tính SH: xét tam giác SI J vuông tại S có
1
SH
2
=
1
SI
2
+
1
SJ
2
=
4
3a
2
+
4
a
2
=
16
3a
2
⇒ SH =
a
√
3
4
.
Bài 17. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy và SA = 2a tam giác ABC
vuông tại C với AB = 2a,
’
BAC = 30
◦
. Gọi M là một điểm di động trên cạnh AC, H là
hình chiếu của S trên BM.
1. Chứng minh AH ⊥ BM.
2. Đặt AM = x, 0 ≤ x ≤ a
√
3. Tính khoảng cách từ S tới BM theo a và x. Tìm x để
khoảng cách này là lớn nhất, nhỏ nhất.
Lời giải.
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 139
1.
®
BM ⊥ SH
BM ⊥ SA
⇒ BM ⊥ (SAM) ⇒ BM ⊥ AH.
2. Khoảng cách từ H tới BM chính là SH.
Trong tam giác ABC có AC = AB · cos 30
◦
=
a
√
3, BC = AB ·sin 30
◦
= a.
Xét tam giác BCM có BM =
√
B C
2
+ CM
2
=
»
a
2
+ (a
√
3 − x )
2
.
Xét tam giác ABM có S
4ABM
=
1
2
AH · BM =
1
2
AM ·
AB ·sin 30
◦
⇒ AH =
ax
»
a
2
+ (a
√
3 − x )
2
Xét tam giác SAH có SH
2
= SA
2
+ AH
2
= 4a
2
+
a
2
· x
2
a
2
+ (a
√
3 − x )
2
.
Để SH lớn nhất thì AH lớn nhất. AH lớn nhất khi M
trùng với C khi đó AH là AC và SH là SC. Để SH nhỏ
nhất thì AH nhỏ nhất. AH nhỏ nhất khi M trùng với A
khi đó AH bằng 0 và SH chính là SA.
30
◦
2a
2a
x
S
H
A
M
C
B
Bài 18. Cho lăng trụ đứng AB C.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a và
CC
0
= a.
1. Gọi I trung điểm của BC. Chứng minh AI ⊥ BC
0
.
2. Gọi M trung điểm của BB
0
. Chứng minh AM ⊥ BC
0
.
3. Lấy điểm N thuộc A
0
B
0
sao cho NB
0
=
a
4
và gọi J là trung điểm của B
0
C
0
. Chứng
minh AM ⊥ (MNJ).
Lời giải.
Vì ABC.A
0
B
0
C
0
là lăng trụ đứng và AB = AC = BC = CC
0
= a nên các mặt bên là các hình
vuông.
1.
Chứng minh AI ⊥ BC
0
.
®
AI ⊥ BC
AI ⊥ CC
0
⇒ AI ⊥ (BCC
0
B
0
) ⇒ AI ⊥ BC
0
.
2. Chứng minh AM ⊥ BC
0
AM k CB
0
, CB
0
⊥ BC
0
⇒ IM ⊥ BC
0
.
Ta có
®
AI ⊥ BC
0
IM ⊥ BC
0
⇒ BC
0
⊥ (AMI) ⇒ BC
0
⊥ AM.
3. Chứng minh AM ⊥ (MNJ).
Gọi H là trung điểm của A
0
B
0
, suy ra N là trung điểm
của HB
0
.
Ta có MN k BH, BH ⊥ AM (tính chất hình vuông).
B
J
I
A
0
A
N
C
0
C
B
0
M
H
Suy ra MN ⊥ AM. (1)
MJ ⊥ BC
0
, AM ⊥ BC
0
(tính chất hình vuông).
140 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Suy ra AM ⊥ MJ. (2)
Từ (1) và (2) suy ra AM ⊥ (MNI).
Bài 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật tâm O, SA ⊥
(
ABCD
)
.
1. Gọi H, K là hình chiếu của A trên SB, SD. Chứng minh SC ⊥
(
AHK
)
.
2. Kẻ AJ ⊥
(
SBD
)
. Chứng minh J là trực tâm của tam giác SBD.
Lời giải.
1.
Ta có
®
B C ⊥ AB
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥
(
SAB
)
⇒ BC ⊥
AH. (1)
®
AH ⊥ SB (giả thiết)
AH ⊥ BC
(
do (1)
)
⇒ AH ⊥
(
SBC
)
⇒ AH ⊥
S C. (2)
Lại có
®
CD ⊥ AD
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥
(
SAD
)
⇒ CD ⊥
AK. (3)
®
AK ⊥ SD (giả thiết)
AK ⊥ CD
(
do (3)
)
⇒ AK ⊥
(
S CD
)
⇒ AK ⊥
S C. (4)
Từ (3) và (4) suy ra S C ⊥
(
AHK
)
.
S
J
B
H
L
C
D
K
M
A
2. Gọi L = DJ ∩ SB
(
vì DJ, SB ⊂
(
SBD
))
. M = BJ ∩ SD
(
vì BJ, SD ⊂
(
SBD
))
.
Ta có AD ⊥ mp
(
SAB
)
⇒ AD ⊥ SB.
Suy ra
®
SB ⊥ AD, SB ⊥ AJ
(
do AJ ⊥
(
SBD
))
AD, AJ ⊂
(
ADL
)
.
⇒ SB ⊥
(
ADL
)
⇒ SB ⊥ DL.
Chứng minh tương tự thì SD ⊥ BM.
Xét tam giác SBD, có J là giao điểm hai đường cao.
Suy ra J là trực tâm của 4SBD.
Bài 20. Cho tứ diện ABCD có DA ⊥ (ABC). Gọi AI là đường cao và H là trực tâm của
tam giác ABC. Hạ HK vuông góc với DI tại K. Chứng minh
HK ⊥ BC.a) K là trực tâm của tam giác DBC.b)
Lời giải.
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 141
1. Ta có
®
B C ⊥ AI, BC ⊥ DA
AI, DA ⊂ (DAI), DA ∩ AI = A
⇒ BC ⊥ (DAI) ⇒ BC ⊥ HK.
2. Ta có BC ⊥ (DAI)BC ⊥ DI. (∗)
Trong tam giác ABC gọi M = CH ∩ AB.
Trong tam giác BCD gọi N = CK ∩ BD.
®
HK ⊥ DI (giả thiết), HK ⊥ BC
DI, BC ⊂ (B CD), DI ∩ BC = I
⇒ HK ⊥ (BCD). (1)
®
CM ⊥ AB, CM ⊥ DA
AB, DA ⊂ (ABD), AB ∩ DA = A
⇒ CM ⊥
(DAB). (2)
®
BD ⊥ CM (do (1))
BD ⊥ HK (do (**))
⇒ BD ⊥ (CMN) ⇒ BD ⊥
CN. (∗∗)
Từ (∗) và (∗∗) suy ra K là trực tâm tam giác BCD.
D
K
N
B
H
I
A
M
C
Bài 21. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a,
‘
ASB = 120
◦
,
‘
BSC = 90
◦
,
‘
CSA = 60
◦
.
1. Chứng minh ta giác ABC vuông.
2. Xác định hình chiếu H của S trên (ABC). Tính SH theo a.
Lời giải.
AB
2
= SA
2
+ SB
2
− 2SA · SB cos
‘
ASB = 3a
2
⇒ AB =
a
√
3.
B C
2
= SB
2
+ SC
2
= 2a
2
⇒ BC = a
√
2.
A C
2
= SA
2
+ SC
2
−2SA ·SC cos
‘
CSA = a
2
⇒ AC = a.
Ta có AB
2
= BC
2
+ AC
2
.
Vậy tam giác ABC vuông tại C.
a)
Vì
®
SH ⊥ (ABC)
SA = SB = SC
nên HA = HB = HC.
Do đó H là trung điểm của AB.
Vì tam giác ASH là nửa tam giác đều nên SH =
SA
2
=
a
2
.
b)
S
C
H
A
B
Bài 22. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là tứ giác, có ABD là tam giác đều, BCD
là tam giác cân tại C có
’
B CD = 120
◦
, SA ⊥ (ABCD).
1. Gọi H, K là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD. Chứng minh S C ⊥ (AHK).
2. Gọi C
0
là giao điểm của SC với (AHK). Tính diện tích tứ giác AHC
0
K khi AB =
SA = a.
Lời giải.
142 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Vì
®
AB = AD
CB = CD
nên AC là đường trung trực của đoạn BD.
Tam giác ABD đều,
’
ABD =
’
ADB = 60
◦
.
Tam giác B CD cân tại C có
’
B CD = 120
◦
⇒
’
CBD =
’
CDB =
30
◦
.
Vậy
’
ABC =
’
ADC = 90
◦
.
Ta có
®
B C ⊥ AB, BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD))
AB, SA ⊂ (SAB), AB ∩SA = A
⇒ BC ⊥
(SAB) ⇒ BC ⊥ AK.
S
K
C
0
A
B
C
O
D
I
H
1.
DC ⊥ AD
DC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD))
AD, SA ⊂ (SAD), AB ∩SA = A
⇒ DC ⊥ (SAD) ⇒ DC ⊥ AK.
®
AH ⊥ SB
AH ⊥ BC
⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ SC;
®
AK ⊥ SD
AK ⊥ CD
⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ AK ⊥ SC.
Vậy
®
S C ⊥ AH, SC ⊥ AK
AH, AK ⊂ (AHK), AH ∩ AK = A
⇒ SC ⊥ (AHK).
2.
®
BD ⊥ AC
BD ⊥ SA
⇒ BD ⊥ (SAC).
Ta có 4SAB = 4SAD (c.g.c), suy ra AH = AK (đường cao xuất phát từ 2 đỉnh tương
ứng).
Nên SH = SK , mà SB = SD, suy ra HK k BD (định lí Ta-lét).
Ta có
®
BD ⊥ (SAC)
BD k HK
⇒ HK ⊥ (SAC).
Vậy HK ⊥ AC
0
(vì AC
0
⊂ (SAC)). (∗)
Ta lại có AB = SA ⇒ 4SAB vuông cân tại A nên H là trung điểm của SB.
Xét 4SBD có HK là đường trung bình nên HK =
1
2
BD =
a
2
.
Xét 4ABC vuông tại B nên AC =
AB
sin 60
◦
=
2a
√
3
.
Vì SC ⊥ (AHK) nên SC ⊥ AC
0
(vì AC
0
⊂ (AHK)).
Xét 4SAC vuông tại A, ta có
1
A C
02
=
1
AS
2
+
1
A C
2
=
1
a
2
+
3
4a
2
=
7
4a
2
⇒ AC
0
=
2a
√
7
.
Từ (∗) thì tứ giác AHC
0
K có 2 đường chéo vuông góc nên S
AHC
0
K
=
1
2
· AC
0
· HK =
1
2
·
a
2
·
2a
√
7
=
a
2
2
√
7
.
Bài 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O, AB = SA = a, SA vuông
góc với đáy. Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, (P) cắt SB, SC, SD tại H,
I, K.
1. Chứng minh HK k BD.
2. Chứng minh AH ⊥ SB, AK ⊥ SD.
3. Chứng minh tứ giác AHIK có hai đường chéo vuông góc. Tính diện tích AHIK
theo a.
Lời giải.
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 143
1.
Chứng minh HK k BD.
Trong (SAC), gọi L = AI ∩ SO .
Vì
®
BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SC
(P) ⊥ SC
nên BD k (P).
Ta có
®
L ∈ (P) ∩ (SBD)
BD k (P)
⇒ (P) ∩(SBD) = HK, HK đi qua
L và HK k BD.
S
K
I
A
B
C
O
D
L
H
2. Chứng minh AH ⊥ SB, AK ⊥ SD.
Ta có
®
B C ⊥ AB
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAB),
®
CD ⊥ AD
CD ⊥ SA ⊥ CD
⇒ CD ⊥ (SAD).
Theo chứng minh trên, ta có
®
AH ⊥ BC (vì BC ⊥ (SAB))
AH ⊥ SC (vì SC ⊥ (P))
⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥
SB.
Tương tự ta chứng minh được AK ⊥ (SCD) ⇒ AK ⊥ SD.
3. Chứng minh tứ giác AHIK có hai đường chéo vuông góc. Tính diện tích AHIK theo a.
Do BD ⊥ (SAC) và BD k HK suy ra HK ⊥ (SAC) ⇒ HK ⊥ AI (vì AI ⊂ (SAC)).
Trong 4SAC có AI là đường cao, ta có AI · SC = SA · AC ⇒ AI =
SA · AC
√
SA
2
+ AC
2
=
a · a
√
2
a
√
3
=
a
√
6
3
.
Vì 4SAB vuông cân tại A nên H là trung điểm của BC, suy ra HK =
1
2
BD =
a
√
2
2
.
Vậy S
AHIK
=
1
2
· AI · HK =
1
2
·
a
√
2
2
·
a
√
6
3
=
a
2
√
3
6
.
Bài 24. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = a
√
3,
mặt bên SBC vuông tại B, SCD vuông tại D có SD = a
√
5.
1. Chứng minh SA ⊥ (ABCD) và tính SA.
2. Đường thẳng qua A vuông góc với AC, cắt CB, CD tại I, J. Gọi H là hình chiếu của
A trên SC, K và L là giao điểm của SB, SD với (HI J). Chứng minh AK ⊥ (SBC)
và AL ⊥ (SCD).
3. Tính diện tích tứ giác AKHL.
Lời giải.
1.
144 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Chứng minh SA ⊥ (ABCD) và tính SA.
•Ta có
B C ⊥ AB (vì ABCD là hình chữ nhật)
B C ⊥ SB (vì 4SBC vuông tại B)
AB, SB ⊂ (SAB), AB ∩ SB = B
⇒ BC ⊥ (SAB).
Vậy (SAB) ⊥ (ABCD ) (vì BC ⊂
(ABCD)) (∗)
Chứng minh tương tự thì CD ⊥ (SAD)
⇒ (SAD) ⊥ (ABCD). (∗∗)
Ta có (SAB) ∩(SAD) = SA. (∗ ∗ ∗)
Từ (∗), (∗∗) và (∗ ∗ ∗) suy ra SA ⊥ (ABCD).
• Xét 4SAD vuông tại A, ta có
SA =
√
SD
2
− AD
2
= a
√
2.
S
J
K
A
B
C
I
D
H
L
2. Chứng minh AK ⊥ (SBC) và AL ⊥ (SCD).
Ta có (HIJ) ∩(SBC) = IH.
Gọi K = SB ∩ IH ⇒ K = SB ∩(HI J).
(HI J) ∩ (SCD) = JH, gọi L = SD ∩ JH ⇒ L = SD ∩(HI J).
• Chứng minh AK ⊥ (SBC).
®
IA ⊥ AC (giả thiết)
IA ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD), I A ⊂ (ABCD))
⇒ IA ⊥ (SAC) ⇒ I A ⊥ SC (1)
®
S C ⊥ AH (giả thiết)
S C ⊥ IA (do (1))
⇒ SC ⊥ (P);
®
S C ⊥ (P)
S C ⊂ (SBC)
⇒ (P) ⊥ (SBC).
(P) ∩ (SAB) = AK
(P) ⊥ (SBC)
(SAB) ⊥ (SBC)
⇒ AK ⊥ (SBC).
• Chứng minh hoàn toàn tương tự AL ⊥ (SCD).
3. Tính diện tích tứ giác AKHL.
Xét 4SAB vuông tại A có đường cao AK nên AK =
AB ·SA
√
SA
2
+ AB
2
=
a
√
2
√
3
.
Xét 4SAD vuông tại A có đường cai AL nên AL =
AD · AS
SD
=
a
√
6
√
5
.
Xét 4SAC vuông tại A Có đường cao AH nên AH =
A C ·SA
√
SA
2
+ AC
2
=
2a
√
3
.
Vì AK ⊥ (SBC) nên AK ⊥ KH.
Xét 4AKH vuông tại K nên KH =
√
AH
2
− AK
2
=
a
√
2
√
3
.
Vì AL ⊥ (SCD) nên AL ⊥ LH.
Xét 4ALH vuông tại L nên LH =
√
AH
2
− AL
2
=
a
√
2
√
15
.
S
AKHL
= S
4AKH
+ S
4ALH
=
1
2
AK ·HK +
1
2
AL ·HL =
1
2
Ç
a
√
2
√
3
·
a
√
2
√
3
+
a
√
6
√
5
·
a
√
2
√
15
å
=
8a
2
15
.
2. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC 145
Bài 2. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Định nghĩa
Định nghĩa 1. Hai mặt phẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng
bằng 90
◦
.
2. Các định lí và hệ quả
Định lí 1.
Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vuông góc với nhau
là mặt thẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với
mặt phẳng kia.
®
a ⊂ (Q)
a ⊥ (P)
⇒ (P) ⊥ (Q).
Hệ quả 1.
Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau và A là
một điểm trong (Q) thì đường thẳng đi qua điểm A vuông
góc với (P) sẽ nằm trong (Q).
(P) ⊥ (Q)
A ∈ (Q)
A ∈ a ⊥ (P)
⇒ a ⊂ (Q).
Định lí 2.
Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc
với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng
vuông góc với mặt phẳng thứ ba.
(P) ∩ (Q) = a
(P) ⊥ (R )
(Q) ⊥ (R)
⇒ a ⊥ (R).
R
P
Q
a
3. Hình lăng trụ đứng, hình hộp chữ nhật, hình lập phương
Định nghĩa 2. Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với mặt
đáy. Độ dài cạnh bên được gọi là chiều cao của hình lăng trụ đứng.
1. Hình lăng tr ụ đứng có đáy là tam giác, tứ giác, ngũ giác, . . . được gọi là hình lăng
trụ đứng tam giác, hình lăng trụ đứng tứ giác, hình lăng trụ đứng ngũ giác, . . .
2. Hình lăng trụ đứng có đáy là một đa giác đều được gọi là hình lăng trụ đều. Ta
có các loại lăng trụ đều như hình lăng trụ tam giác đều, hình lăng trụ tứ giác đều,
hình lăng trụ ngũ giác đều . . .
(a) Hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành được gọi là hình hộp đứng.
(b) Hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật được gọi là hình hộp chữ nhật.
(c) Hình lăng tr ụ đứng có đáy là hình vuông và các mặt bên đều là hình vuông
được gọi là hình lập phương.
146 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
4. Hình chóp đều và hình chóp cụt đều
Định nghĩa 3. Một hình chóp được gọi là hình chóp đều nếu nó có đáy là một đa giác
đều và có chân đường cao trùng với tâm của đa giác đáy.
!
1. Hình chóp đều có các mặt bên là những tam giác cân bằng nhau. Các mặt
bên tạo với mặt đáy các góc bằng nhau.
2. Các cạnh bên của hình chóp đều tạo với mặt đáy các góc bằng nhau.
Định nghĩa 4. Phần của hình chóp đều nằm giữa đáy và một thiết diện song song với
đáy cắt các cạnh bên của hình chóp đều được gọi là hình chóp cụt đều.
B. Bài tập rèn luyện
DẠNG 2.1. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc
Cách 1. Ta chứng minh mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt
phẳng kia.
Cách 2. Ta chứng minh góc giữa chúng bằng 90
◦
.
Bài 1. Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại B và AD ⊥ (ABC). Chứng
minh (ABD) ⊥ (BCD).
Lời giải.
Ta có
B C ⊥ AB (vì 4ABC vuông tại B)
B C ⊥ DA (vì AD ⊥ (ABC))
AB ⊂ (ABD)
AD ⊂ (ABD).
⇒ BC ⊥ (ABD).
Mà BC ⊂ (BCD) nên (BCD) ⊥ (ABD).
D
B
A
C
Bài 2. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ (BCD). Trong tam giác BCD vẽ các đường cao BE
và DF cắt nhau tại O. Trong mặt phẳng (ACD) vẽ DK ⊥ AC. Gọi H là trực tâm của
tam giác ACD.
1. Chứng minh (ACD) ⊥ (ABE) và (ACD) ⊥ (DFK).
2. Chứng minh OH ⊥ (ACD).
Lời giải.
1. Ta có
CD ⊥ BE (giả thiết)
CD ⊥ AB (vì AB ⊥ (BCD))
BE, AB ⊂ (ABE).
2. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC 147
⇒ CD ⊥ (ABE).
Mà CD ⊂ (ACD) nên (ACD) ⊥ (ABE).
Ta có
DF ⊥ BC (giả thiết)
DF ⊥ AB (vì AB ⊥ (BCD ))
B C, AB ⊂ (ABC)
⇒ DF ⊥ (ABC).
Mà AC ⊂ (ABC) nên DF ⊥ AC. (1)
Ta có
A C ⊥ DF (do (1))
A C ⊥ DK (giả thiết)
DF, DK ⊂ (DFK).
⇒ AC ⊥ (DFK).
Mà AC ⊂ (ACD) nên (ACD) ⊥ (DFK).
A
H
C
O
E
F
B
K
D
2. Ta có CD ⊥ (ABE) và OH ⊂ (ABE) nên CD ⊥ OH. (2)
Ta có AC ⊥ (DKF) và OH ⊂ (DKF) nên AC ⊥ OH. (3)
Từ (2) và (3) ta có
OH ⊥ CD
OH ⊥ AC
CD, AC ⊂ (ACD)
⇒ OH ⊥ (ACD).
Bài 3. 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 (ABC). Gọi I là trung điểm của SC.
1. Chứng minh (SBC) ⊥ (SAC).
2. Chứng minh (ABI) ⊥ (SBC).
Lời giải.
1. Gọi H là trung điểm của AC.
Ta có
(SAC) ∩(ABC) = AC
(SAC) ⊥ (AB C)
A C ⊥ SH ⊂ (SAC)
⇒ SH ⊥ (ABC).
Ta có
B C ⊥ A C (giả t hiết)
B C ⊥ SH (vì SH ⊥ (ABC))
A C, SH ⊂ (SAC).
⇒ BC ⊥ (SAC).
Mà BC ⊂ (SBC) nên (SBC) ⊥ (SAC).
2. Ta có
AI ⊥ SC (giả thiết)
AI ⊥ BC (vì BC ⊥ (SAC))
S C, BC ⊂ (SBC)
⇒ AI ⊥
(SBC).
Mà AI ⊂ (ABI) nên (ABI) ⊥ (SBC).
S
I
C
H
A
B
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a và SA = SB = SC = a.
1. Chứng minh (SBD) ⊥ (ABCD).
2. Chứng minh tam giác SBD vuông.
Lời giải.
148 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD).
Vì SA = SB = SC nên HA = HB = HC.
Suy ra H nằm trên đường trung trực của đoạn AC. Vậy H ∈ BD.
1.
A C ⊥ BD (vì ABCD là hình thoi)
A C ⊥ SO (4SAC cân tại S)
BD, SO ⊂ (SBD).
⇒ AC ⊥ (SBD).
Mà AC ⊂ (ABCD) nên (ABCD) ⊥ (SBD).
2. Ta có 4SAC = 4BAC = 4DAC (c.c.c)
Suy ra ba đường trung tuyến xuất phát từ
3 đỉnh tương ứng bằng nhau thì bằng nhau,
nghĩa là SO = BO = DO.
Trong 4SBD có SO là trung tuyến và SO =
1
2
BD.
⇒ 4SBD vuông tại S.
S
C
D
H
B
A
O
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, có cạnh bằng a và
đường chéo BD = a, SC =
a
√
6
2
và vuông góc với (ABCD). Chứng minh (SAB) ⊥
(SAD).
Lời giải.
Trong mặt phẳng (SAC), kẻ OH ⊥ SA tại H.
Ta có 4ABD đều nên AO =
AB
√
3
2
=
a
√
3
2
⇒
A C = a
√
3.
Trong 4SAC có SA =
√
A C
2
+ SC
2
=
3a
√
2
.
Ta có 4AH O v 4ACS (g.g)
⇒
HO
CS
=
AO
AS
⇒ HO =
a
√
3
2
3a
√
2
·
a
√
6
2
=
a
2
.
4HBD có HO là đường trung tuyến và HO =
1
2
BD.
⇒ 4HBD vuông tại H.
BD ⊥ AC (vì ABCD là hình thoi)
BD ⊥ SC (SC ⊥ (ABCD))
A C, SC ⊂ (SAC)
⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SA.
S
O
C
D
B
A
H
Có
®
SA ⊥ BD, SA ⊥ OH
BD, OH ⊂ (BDH)
⇒ SA ⊥ (BDH) ⇒
®
BH ⊥ SA
DH ⊥ SA.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) là
’
BHD.
Theo chứng minh trên ta có
’
BHD = 90
◦
⇒ (SAD) ⊥ (SAB).
Bài 6. Cho tam giác đều ABC. Trên đường thẳng d vuông góc với mp(AB C) tại A lấy
điểm S. Gọi D là trung điểm của BC.
2. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC 149
1. Chứng minh (SAD) ⊥ (SBC).
2. Kẻ CI ⊥ AB, CK ⊥ SB. Chứng minh SB ⊥ (ICK).
3. Kẻ BM ⊥ AC, MN ⊥ SC. Chứng minh SC ⊥ BN.
4. Chứng minh (CIK) ⊥ (SBC) và (BMN) ⊥ (SBC).
5. MB cắt CI tại G, CK cắt BN tại H. Chứng minh GH ⊥ (SBC).
Lời giải.
1. Chứng minh (SAD) ⊥ (SBC).
Vì 4AB C đều nên AD ⊥ BC
Ta có
®
B C ⊥ AD, BC ⊥ SA
AD, SA ⊂ (SAD)
⇒ BC ⊥
(SAD).
Mà BC ⊂ (SBC) ⇒ (SAD) ⊥ (SBC).
2. Chứng minh SB ⊥ (ICK).
Ta có
®
CI ⊥ AB, CI ⊥ SA
AB, SA ⊂ (SAB).
⇒ CI ⊥ (SAB ) ⇒ CI ⊥ SB.
Do đó
®
SB ⊥ CK, SB ⊥ CI
CK, CI ⊂ (CIK)
⇒ SB ⊥
(CIK).
3. Chứng minh S C ⊥ BN.
Ta có
®
BM ⊥ AC, BM ⊥ SA
A C, SA ⊂ (SA C).
⇒ BM ⊥ (SAC) ⇒ BM ⊥ SC.
Do đó
®
S C ⊥ MN, SC ⊥ BM
MN, BM ⊂ (BMN).
⇒ SC ⊥ (BMN) ⇒ SC ⊥ BN.
B
S
K
N
H
M
A
I
C
D
G
4. Chứng minh (CIK) ⊥ (SBC) và (BMN) ⊥ (SBC).
Ta có SB ⊥ (CIK), mà SB ⊂ (SBC) ⇒ (SBC) ⊥ (CIK).
Lại có SC ⊥ (BMN), mà SC ⊂ (SBC) ⇒ (SBC) ⊥ (BMN).
5. Chứng minh GH ⊥ (SBC).
Ta có
(CIK) ⊥ (SBC)
(BMN) ⊥ (SBC )
(CIK) ∩(BMN) = HG
⇒ HG ⊥ (SBC).
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O. Hai mặt phẳng (SAC) và
(SBD) cùng vuông góc với đáy ABCD.
1. Chứng minh (SAC) ⊥ (SBD).
2. Từ O kẻ OK ⊥ BC. Chứng minh BC ⊥ (SOK).
3. Chứng minh (SBC) ⊥ (SOK).
4. Kẻ OH ⊥ SK. Chứng minh OH ⊥ (SBC).
150 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Lời giải.
1. Chứng minh (SAC) ⊥ (SBD).
Ta có
(SAC) ⊥ (AB CD)
(SBD) ⊥ (ABCD)
(SAC) ∩(SBD) = SO.
⇒ SO ⊥ (ABCD).
Có
A C ⊥ BD (vì ABCD là hình thoi)
A C ⊥ SO (vì SO ⊥ (ABCD))
BD, SO ⊂ (SBD).
⇒ AC ⊥ (SBD).
Mà AC ⊂ (SAC ) ⇒ (SAC ) ⊥ (SBD).
2. Chứng minh BC ⊥ (SOK).
Ta có
B C ⊥ OK
B C ⊥ SO (vì SO ⊥ (ABCD))
OK, SO ⊂ (SOK).
⇒ BC ⊥ (SOK).
3. Chứng minh (SBC) ⊥ (SOK).
Ta có
®
B C ⊥ (SOK)
B C ⊂ (SBC)
⇒ (SBC) ⊥ (SOK).
4. Chứng minh OH ⊥ (SBC).
Ta có
OH ⊥ SK
OH ⊥ BC (vì BC ⊥ (SOK))
SK, BC ⊂ (SBC)
⇒
OH ⊥ (SBC).
A
B
H
C
D
S
O
K
Bài 8. Cho hình vuông ABCD. Gọi S là điểm trong không gian sao cho tam giác SAB
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Gọi H và I lần
lượt là trung điểm của AB và BC.
1. Chứng minh (SAB) ⊥ (SAD) và (SAB) ⊥ (SBC).
2. Chứng minh (SHC) ⊥ (SDI).
Lời giải.
Vì tam giác SAB đều nên SH ⊥ AB.
Có
(SAB) ⊥ (ABCD)
(SAB) ∩(ABCD) = AB
SH ⊂ (SAB), SH ⊥ AB
⇒ SH ⊥ (ABCD).
2. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC 151
1. Chứng minh (SAB) ⊥ (SAD) và (SAB) ⊥
(SBC).
Ta có
AD ⊥ AB
AD ⊥ SH
AB, SH ⊂ (SAB)
⇒ AD ⊥ (SAB).
Mà AD ⊂ (SAD) ⇒ (SAB) ⊥ (SAD).
Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được
(SAB) ⊥ (SBC).
2. Chứng minh (SHC) ⊥ (SDI).
Có 4BCH = 4CDI (c-g-c) ⇒
b
C
1
=
“
D
1
.
Mà
“
D
1
+
b
I
1
= 90
◦
⇒
b
C
1
+
b
I
1
= 90
◦
. Do đó
HC ⊥ DI.
Ta có
DI ⊥ CH
DI ⊥ SH
CH, SH ⊂ (SHC)
⇒ DI ⊥ (SHC).
Mà DI ⊂ (SDI) ⇒ (SDI) ⊥ (SHC).
A
B
H
C
D
S
I
1
1
1
Bài 9. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Trên
đường thẳng vuông góc với (ABC) tại D lấy điểm S sao cho SD =
a
√
6
2
. Chứng minh
1. (SBC) ⊥ (SAD).
2. (SAB) ⊥ (SAC).
Lời giải.
1. Chứng minh (SBC) ⊥ (SAD).
Ta có
®
B C ⊥ AD
B C ⊥ SD
⇒ BC ⊥ (SAD).
Mà BC ⊂ (SBC) nên (SBC) ⊥ (SAD).
2. Chứng minh (SAB) ⊥ (SAC).
Gọi O = AC ∩ BD. Dựng OI ⊥ SA tại I.
Ta có
®
SA ⊥ OI
SA ⊥ BC
⇒ SA ⊥ (IBC).
Suy ra
®
SA ⊥ IB
SA ⊥ IC
⇒ ((SAB), (SAC)) = (BI, CI).
Ta có 4AIO v 4ADS (g-g).
Suy ra
OI
DS
=
AO
AS
⇒ OI =
AO · DS
AS
. (1)
B
D
A
C
S
O
I
Trong đó
SD =
a
√
6
2
.
AO =
a
√
3
2
⇒ AD = a
√
3.
SA =
√
SD
2
+ AD
2
=
3a
√
2
2
.
152 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Thay các kết quả trên vào (1), ta có OI =
a
2
.
Xét tam giác BIC có OI =
B C
2
nên tam giác BIC vuông tại I. Hay
‘
BIC = 90
◦
.
Do đó ((SAB), (SAC)) = 90
◦
.
Vậy (SAB ) ⊥ (SAC ).
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy.
Gọi M, N là các điểm thuộc BC và CD sao cho BM =
a
2
, DN =
3a
4
. Chứng minh
(SAM) ⊥ (SMN).
Lời giải.
Áp dụng định lý Py-ta-go cho các tam giác vuông ABM,
CMN, ADN. Ta có
AM
2
= AB
2
+ BM
2
=
5a
2
4
MN
2
= CM
2
+ CN
2
=
5a
2
16
AN
2
= AD
2
+ DN
2
=
25a
2
16
⇒ AM
2
+ MN
2
= AN
2
.
Suy ra tam giác AMN vuông tại M .
Ta có
®
MN ⊥ AM
MN ⊥ SA
⇒ MN ⊥ (SAM).
Mà MN ⊂ (SMN) nên (SAM) ⊥ (SMN).
A
B
C
D
N
S
M
Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O, cạnh a, SB = SD = a,
BD =
2a
√
3
3
. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy
1. Chứng minh tam giác SAC vuông tại S.
2. Chứng minh (SBC) ⊥ (SCD).
Lời giải.
2. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC 153
1. Chứng minh tam giác SAC vuông tại S.
Ta có SO =
√
SB
2
− BO
2
=
a
√
6
3
.
AO =
√
AB
2
− BO
2
=
a
√
6
3
⇒ AC =
2a
√
6
3
.
Tam giác SAC có trung tuyến SO =
1
2
A C,
nên tam giác SAC vuông tại S.
2. Chứng minh (SBC) ⊥ (SCD).
Kẻ OH ⊥ SC tại H, ta có OH k SA, suy ra
H là trung điểm của S C.
Ta có tam giác BS C cân tại B nên BH ⊥ SC.
Tam giác DS C cân tại D nên DH ⊥ SC.
Do đó ((SBC), (SCD)) = (BH, DH).
Xét tam giác SOC vuông tại O có
1
OH
2
=
1
OS
2
+
1
O C
2
⇒ OH =
OS ·OC
√
OS
2
+ O C
2
=
a
√
3
3
.
Xét tam giác BHD có HO là đường trung
tuyến và HO =
BD
2
nên tam giác BHD
vuông tại H.
Suy ra ((SBC), (SCD)) =
’
BHD = 90
◦
.
Vậy (SBC) ⊥ (SCD).
A
B
C
D
S
H
O
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy là hình vuông ABCD. Gọi O
là tâm của đáy, vẽ CI vuông góc với SO tại I, vẽ DH vuông góc với SB tại H. Chứng
minh rằng
1. (SAB) ⊥ (ADH).
2. CI ⊥ (SBD).
3. (ABE) ⊥ (SCD), với E là giao điểm của SO và DH.
Lời giải.
154 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Chứng minh (SAB) ⊥ (ADH).
Có
®
AD ⊥ SA
AD ⊥ AB
⇒ AD ⊥ (SAB) ⇒
AD ⊥ SB.
Có
®
SB ⊥ DH
SB ⊥ AD
⇒ SB ⊥ (ADH).
Mà SB ⊂ (SAB) ⇒ (SAB) ⊥
(ADH).
2. Chứng minh CI ⊥ (SBD).
Có
®
BD ⊥ SA
BD ⊥ AC
⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒
BD ⊥ CI.
Có
®
CI ⊥ SO
CI ⊥ BD
⇒ CI ⊥ (SBD).
3. Chứng minh (ABE) ⊥ (SCD).
Có
®
SD ⊥ BE
SD ⊥ AB
⇒ SD ⊥ (ABE ).
Mà SD ⊂ (SCD) ⇒ (ABE) ⊥
(SCD).
B
H
O
C
D
S
I
A
E
3. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 155
Bài 3. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Cách xác định góc giữa hai đường thẳng
1. Chọn điểm O tùy ý.
2. Qua O kẻ hai đường thẳng a
0
, b
0
sao cho a
0
k a,
b
0
k b.
3. Khi đó góc giữa hai đường thẳng a, b chính
bằng góc giữa hai đường thẳng a
0
, b
0
.
a
b
a
0
b
0
O
2. Các phương pháp tính góc
1. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác.
Xét 4ABC, đặt a = BC, b = AC, c = AB. Ta có
(a) Định lí sin
a
sin A
=
b
sin B
=
c
sin C
.
(b) Định lí cos cos A =
b
2
+ c
2
− a
2
2bc
.
A
C
B
c b
a
2. Tính theo véc-tơ chỉ phương
Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng a và b. Nếu đường thẳng a, b có véc-tơ chỉ
phương lần lượt là
−→
u
1
,
−→
u
2
thì cos ϕ =
−→
u
1
·
−→
u
2
−→
u
1
·
−→
u
2
.
Chú ý: 0
◦
≤ ϕ ≤ 90
◦
.
3. AB ⊥ CD ⇔
−→
AB ·
−→
CD = 0.
4. Nếu a và b song song hoặc trùng nhau thì góc giữa chúng là ϕ = 0
◦
.
B. Bài tập rèn luyện
DẠNG 3.1. Tính góc giữa hai đường thẳng
Cách xác định góc giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b:
Chọn điểm O thích hợp, rồi kẻ hai đường thẳng đi qua điểm O: a
0
k a và b
0
k b. Góc
giữa hai đường thẳng a và b là góc giữa hai đường thẳng a
0
và b
0
.
Bài 1. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = AB = AC = a, BC = a
√
2. Tính góc
giữa hai đường thẳng SC và AB.
Lời giải.
156 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của BC , AC, SA.
Ta có EF k AB, FG k SC
⇒ (
◊
S C, AB) = (
◊
EF, FG) =
‘
EFG.
Ta có FE = FG =
1
2
AB =
a
2
.
4BAG = 4CAG(c.g.c) ⇒ GB = GC.
Tam giác GBC cân tại G có GE là trung tuyến nên GE là đường
cao.
GE =
√
BG
2
− BE
2
=
Ã
Ç
a
√
3
2
å
2
−
Ç
a
√
2
2
å
2
=
a
2
.
Tam giác EFG đều vì có 3 cạnh bằng nhau.
Vậy
‘
EFG = 60
◦
.
S
F
A
G
C
E
B
Bài 2. Cho hình hộp ABCD .A
0
B
0
C
0
D
0
có độ dài tất cả các cạnh đều bằng a > 0 và
’
BAD =
÷
DAA
0
=
’
A
0
AB = 60
◦
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA
0
, CD. Chứng
minh MN song song với mặt phẳng (A
0
C
0
D) và tính cosin của góc tạo bởi hai đường
thẳng NM và B
0
C.
Lời giải.
Gọi I là trung điểm của DC
0
.
Trong tam giác CDC
0
có NI là đường trung bình
của tam giác, nên
NI k CC
0
NI =
1
2
CC
0
.
Mà
®
CC
0
k AA
0
CC
0
= AA
0
(tính chất hình hộp)
⇒
NI k AA
0
NI =
1
2
AA
0
.
⇔
®
NI k MA
0
NI = MA
0
.
Vậy tứ giác MNIA
0
là hình bình hành nên MN k
IA
0
.
Mà I A
0
⊂ (A
0
C
0
D) ⇒ MN k (A
0
C
0
D).
A
0
D
0
C
0
I
B
0
B
M
D
C
N
A
Vì
®
MN k IA
0
CB
0
k DA
0
⇒ (
Ÿ
CB
0
, MN) = (
ÿ
DA
0
, IA
0
) =
’
DA
0
I hoặc 180
◦
−
’
DA
0
I.
Ta có tam giác DAA
0
đều nên DA
0
= a.
Xét 4ABC có:
’
ABC = 120
◦
; AC
2
= AB
2
+ BC
2
−2AB · BC · cos 120
◦
= 3a
2
⇒ AC = a
√
3.
Tương tự, áp dụng định lý cosin cho 4A
0
AB
0
ta có AB
0
= a
√
3.
Ta có AC = A
0
C
0
= a
√
3, AB
0
= DC
0
= a
√
3.
Trong 4DA
0
C
0
có A
0
I là đường trung tuyến:
IA
02
=
DA
02
+ A
0
C
02
2
−
DC
02
4
=
a
2
+ 3a
2
2
−
3a
2
4
=
5a
2
4
⇒ IA
0
=
a
√
5
2
.
Trong 4A
0
DI ta có: cos
’
DA
0
I =
DA
02
+ I A
02
− DI
2
2 · DA
0
· I A
0
=
3
2
√
5
> 0.
Kết luận: cos(
Ÿ
MN, CB
0
) =
cos
’
DA
0
I
=
3
2
√
5
=
3
√
5
10
.
Bài 3. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A
0
B
0
C
0
có AB = 1, CC
0
= m (m > 0). Tìm
m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB
0
và BC
0
bằng 60
◦
.
3. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 157
Lời giải.
Trong mặt phẳng (ABB
0
A
0
), kẻ BD k
AB
0
(D ∈ A
0
B
0
)
⇒ (
ÿ
AB
0
, BC
0
) = (
ÿ
BD, BC
0
) = 60
◦
.
Vậy
’
DBC
0
= 60
◦
hoặc
’
DBC
0
= 120
◦
.
Vì ABC .A
0
B
0
C
0
là lăng trụ đều nên BB
0
⊥
(A
0
B
0
C
0
).
Áp dụng Pytago cho 4BB
0
D vuông tại B ta
có
BD =
√
DB
02
+ BB
02
=
√
1 + m
2
.
Áp dụng Pytago cho 4BB
0
C
0
vuông tại B
0
ta
có
B C
0
=
√
C
0
B
02
+ BB
02
=
√
1 + m
2
.
Áp dụng định lý cosin 4DB
0
C
0
ta có
DC
02
= DB
02
+ C
0
B
02
− 2DB
0
· C
0
B
0
·
cos 120
◦
= 3 ⇒ DC
0
=
√
3.
Trường hợp 1: Nếu
’
DBC
0
= 60
◦
thì tam giác
BDC
0
đều nên:
BD = DC
0
⇔
√
m
2
+ 1 =
√
3 ⇔ m =
√
2.
Trường hợp 2: Nếu
’
DBC
0
= 120
◦
áp dụng
định lý cosin cho 4BDC
0
. Suy ra m = 0
(loại).
A
B
A
0
B
0
C
0
C
D
1
1
1
m
Bài 4. Cho lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác
vuông tại A, AB = a, AC = a
√
3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A
0
trên mặt phẳng
(ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA
0
, B
0
C
0
.
Lời giải.
Gọi H là trung điểm của BC, theo đề A
0
H ⊥ (ABC).
Mà (ABC) k (A
0
B
0
C
0
) ⇒ A
0
H ⊥ (A
0
B
0
C
0
).
Tam giác ABC vuông tại A ta có
B C =
√
AB
2
+ AC
2
= 2a ⇒ BH = a.
Ta có
®
AA
0
k BB
0
B
0
C
0
k BC
⇒ (
Ÿ
AA
0
, B
0
C
0
) = (
◊
BB
0
, BC) =
’
B
0
BH.
Ta có BC =
√
AB
2
+ AC
2
= 2a ⇒ AH =
B C
2
= a nên
A
0
H =
√
AA
02
− AH
2
= a
√
3.
Trong tam giác A
0
B
0
H vuông tại A
0
có HB
0
=
√
A
0
B
02
+ A
0
H
2
= 2a.
Áp dụng định lý hàm cosin cho tam giác B
0
BH có:
cos
’
B
0
BH =
BB
02
+ BH
2
− B
0
H
2
2 · BB
0
· BH
=
4a
2
+ a
2
−4a
2
2 ·2a · a
=
1
4
> 0 (thỏa).
A
0
C
0
B
0
H
B
C
A
2a
a
√
3
a
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB =
a
√
3 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB, AC. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN.
Lời giải.
158 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Hạ SH ⊥ AB tại H.
Vì mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) có AB là giao tuyến nên SH ⊥ (ABCD).
Trong mặt phẳng (ABCD ), từ M kẻ ME k DN với E
thuộc AD. Vậy góc giữa SM và DN chính là góc giữa
SM và ME.
Xét tam giác SAB có AB
2
= SA
2
+ SB
2
= 4a
2
.
Vậy 4SAB vuông tại S.
Và
1
SH
2
=
1
SA
2
+
1
SB
2
=
1
a
2
+
1
3a
2
=
4
3a
2
⇒ SH =
a
√
3
2
.
Tam giác SHA vuông tại H:
HA =
√
SA
2
−SH
2
=
a
2
−
3a
2
4
=
a
2
.
Gọi K là trung điểm của AD ta có ME k BK k DN.
Do đó ME là đường trung bình tam giác ABK.
S
KA
M
H
D
C
N
B
E
Vậy AE =
1
2
AK =
a
2
; ME =
1
2
BK =
1
2
√
AB
2
+ AK
2
=
a
√
5
2
.
Tam giác HAE vuông tại A có HE =
√
AH
2
+ AE
2
=
a
2
4
+
a
2
4
=
a
√
2
2
.
Tam giác SHE vuông tại H có SE =
√
SH
2
+ HE
2
=
3a
2
4
+
2a
2
4
=
a
√
5
2
.
Áp dụng định lý hàm cosin cho tam giác SME có:
cos
’
SME =
SM
2
+ ME
2
−SE
2
2 · SM · ME
=
a
2
+
5a
2
4
−
5a
2
4
2 · a ·
a
√
5
2
=
1
√
5
=
√
5
5
> 0.
A E K D
B N
C
H
M
Bài 6. Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a
√
3 và SA vuông
góc với mặt phẳng đáy. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SB, AC.
Lời giải.
Qua B kẻ đường thẳng Bx song song AC. Bx
cắt AD tại F.
Góc giữa AC và SB, chính là góc giữa Bx và
SB.
Ta có AFBC là hình bình hành, nên AF = BC
và AC = FB.
Suy ra SF = SB, tam giác SBF cân tại S.
Có SB =
√
SA
2
+ AB
2
= 2a; FB = AC =
a
√
2.
Hạ SH ⊥ FB tại H thì H là trung điểm FB.
Khi đó cos
‘
SBF =
HB
SB
=
a
√
2
2
2a
=
√
2
4
.
S
A
F D
C
B
H
x
a
√
3
a
3. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 159
Bài 7. Cho hình chóp S.AB CD có tất cả các cạnh đều bằng a, đáy là hình vuông. Gọi
N là trung điểm SB. Tính góc giữa AN và CN, AN và SD.
Lời giải.
Theo đề bài SA = SB = SC = SD = AB = BC =
CD = DA = a.
Gọi O = AC ∩ BD, có AN =
a
√
3
2
(4SAB đều),
CN =
a
√
3
2
(4SBC đều).
Áp dụng định lý cosin cho tam giác ANC ta có
cos
’
ANC =
AN
2
+ CN
2
− AC
2
2 · AN · CN
= −
1
3
< 0 ⇒
’
ANC =
arccos
Å
1
3
ã
.
Trong tam giác BDS có ON là đường trung bình của
tam giác nên
(
ÿ
AN, SD) = (
ÿ
AN, NO) =
’
ANO.
Áp dụng định lý cosin cho 4ANO ta có
cos
’
ANO =
AN
2
+ ON
2
− AO
2
2 · AN ·ON
=
√
3
3
⇒
’
ANO =
arccos
Ç
√
3
3
å
.
S
A
N
D
C
B
O
160 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Bài 4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG
A. Góc giữa hai đường thẳng
Định nghĩa 1. Định nghĩa góc giữa hai đường thẳng trong không gian
Góc giữa hai đường t hẳng a và b trong không gian là góc giữa hai đường thẳng a
0
và b
0
cùng đi qua một điểm và lần lượt song song với a và b.
B. Bài tập rèn luyện
DẠNG 4.1. Tính góc giữa hai đường thẳng
Cách xác định góc giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b
Chọn điểm O thích hợp, rồi kẻ hai đường thẳng đi
qua O : a
0
k a và b
0
k b.
O
a
0
b
0
a
b
1. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác.
Định lý sin:
a
sin A
=
b
sin B
=
c
sin C
.
Định lý cô-sin: cos A =
b
2
+ c
2
− a
2
2bc
.
Trong đó: a, b, c là 3 cạnh; A, B, C là 3 góc của 4ABC.
2. Tính góc theo véc-tơ chỉ phương: cos ϕ =
−→
u
1
·
−→
u
2
−→
u
1
·
−→
u
2
.
Chú ý: 0
◦
≤ ϕ ≤ 90
◦
.
3. AB ⊥ CD ⇔
−→
AB ·
−→
CD = 0.
4. Nếu a và b song song hoặc trùng nhau thì ϕ = 0
◦
.
Bài 1. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = AB = AC = a, BC = a
√
2. Tính góc
giữa hai đường thẳng SC và AB.
Lời giải.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 161
Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của BC, AC, SA.
Ta có: EF k AB, FG k SC
⇒
h
◊
S C, AB
i
=
h
◊
EF, FG
i
=
‘
EFG.
Ta có FE = FG =
1
2
AB =
a
2
.
4BAG = 4CAG (c.g.c) ⇒ GB = GC.
Tam giác GBC cân tại G có GE là đường cao.
GE =
√
BG
2
− BE
2
=
Ã
Ç
a
√
3
2
å
2
−
Ç
a
√
2
2
å
2
=
a
2
.
Tam giác EFG đều vì có 3 cạnh bằng nhau.
Vậy
‘
EFG = 60
◦
.
F
S
B
A
C
E
G
Bài 2. Cho hình hộp ABCD .A
0
B
0
C
0
D
0
có độ dài tất cả các cạnh đều bằng a > 0 và
’
BAD =
÷
DAA
0
=
’
A
0
AB = 60
◦
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA
0
, CD. Chứng
minh MN k (A
0
C
0
D) và tính cô-sin của góc tạo bởi hai đường thẳng NM và B
0
C.
Lời giải.
Gọi I là trung điểm của DC
0
.
Trong tam giác CDC
0
có NI là đường trung
bình của tam giác
nên
NI k CC
0
NI =
1
2
CC
0
.
Mà
®
CC
0
k AA
0
CC
0
= AA
0
(Tính chất hình hộp)
⇒
NI k AA
0
NI =
1
2
AA
0
⇔
®
NI k MA
0
NI = MA
0
.
Vậy tứ giác MNI A
0
là hình bình hành nên
MN k IA
0
.
Mà I A
0
⊂ (A
0
C
0
D) ⇒ MN k (A
0
C
0
D).
A
0
D
0
C
0
B
C
N
A
B
0
M
D
I
Vì
®
MN k IA
0
CB
0
k DA
0
⇒
h
Ÿ
CB
0
, MN
i
=
h
ÿ
DA
0
, IA
0
i
=
’
DA
0
I hoặc 180
◦
−
’
DA
0
I.
Ta có tam giác DAA
0
đều nên DA
0
= a.
Xét 4ABC có:
’
ABC = 120
◦
; AC
2
= AB
2
+ BC
2
−2AB · BC · cos 120
◦
= 3a
2
⇒ AC = a
√
3.
Tương tự, áp dụng định lý cô-sin cho 4A
0
AB
0
: AB
0
= a
√
3.
Ta có AC = A
0
C
0
= a, AB
0
= DC
0
= a
√
3.
Trong 4DA
0
C
0
có A
0
I là đường trung tuyến:
IA
0
=
DA
02
+ A
0
C
02
2
−
DC
02
4
=
a
2
+ 3a
2
2
−
3a
2
4
⇒ IA
0
=
a
√
5
2
.
Trong 4A
0
DI ta có: cos
’
DA
0
I =
DA
02
+ I A
02
− DI
2
2 · DA
0
· I A
0
=
3
2
√
5
> 0.
Kết luận: cos
h
Ÿ
MN, CB
0
i
=
cos
’
DA
0
I
=
3
2
√
5
=
3
√
5
10
.
Bài 3. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC .A
0
B
0
C
0
có AB = 1, CC
0
= m(m > 0). Tìm
m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB
0
và BC
0
bằng 60
◦
.
Lời giải.
162 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Trong mặt phẳng (ABB
0
A
0
), kẻ BD k AB
0
(D ∈ A
0
B)
⇒
h
ÿ
AB
0
, BC
0
i
=
h
ÿ
BD, BC
0
i
= 60
◦
.
Vậy:
’
BDC
0
= 60
◦
hoặc
’
DBC
0
= 120
◦
.
Vì ABC.A
0
B
0
C
0
là lăng trụ đều nên BB
0
⊥ (A
0
B
0
C
0
).
Áp dụng Py-ta-go cho 4BB
0
D vuông tại B:
BD =
p
DB
02
+ BB
02
=
p
1 + m
2
.
Áp dụng Py-ta-go cho 4BB
0
C
0
vuông tại B
0
:
B C
0
=
p
C
0
B
02
+ BB
02
=
p
1 + m
2
.
Áp dụng Cô-sin cho 4DB
0
C
0
:
A
C
0
D
B
B
0
C
A
0
m
1
1
1
DC
02
= DB
02
+ C
0
B
02
−2DB
0
·C
0
B
0
·cos 120
◦
= 3 ⇒ DC
0
=
√
3.
Trường hợp 1: Nếu
’
BDC
0
= 60
◦
thì tam giác BDC
0
đều nên:
BD = DC
0
⇔
p
m
2
+ 1 =
√
3 ⇔ m =
√
2.
Trường hợp 2: Nếu
’
BDC
0
= 120
◦
, áp dụng định lý cô-sin cho 4BDC
0
suy ra m = 0 (loại).
Bài 4. Cho lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác
vuông tại A, AB = a, AC = a
√
3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A
0
trên mặt phẳng
(ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính cô-sin của góc giữa hai đường thẳng AA
0
, B
0
C
0
.
Lời giải.
Gọi H là trung điểm BC, theo đề bài
A
0
H ⊥ (ABC).
Mà (ABC) k (A
0
B
0
C
0
) ⇒ A
0
H ⊥
(A
0
B
0
C
0
).
Tam giác ABC vuông tại A:
B C =
p
AB
2
+ AC
2
= 2a ⇒ BH = a.
Ta có:
®
AA
0
k BB
0
B
0
C
0
k BC
⇒
Ÿ
AA
0
, B
0
C
0
=
◊
BB
0
, BC
=
’
B
0
BH.
Trong tam giác A
0
B
0
H vuông tại A
0
có:
HB
0
=
p
A
0
B
2
+ A
0
H
2
= 2a.
B
0
B
A
0
A
C
0
C
H
2a
a
√
3
a
2a
2a
Áp dụng định lý cô-sin cho tam giác B
0
BH có:
cos
’
B
0
BH =
BB
02
+ BH
2
− B
0
H
2
2 · BB
0
· BH
=
4a
2
+ a
2
−4a
2
2 ·2a · a
=
1
4
> 0 thỏa.
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a
√
3
và mặt phẳng (SAB ) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của các cạnh AB, BC. Tính cô-sin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 163
Lời giải.
Hạ SH ⊥ AB tại H.
Vì mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) có AB là giao tuyến.
Suy ra: SH ⊥ (ABCD).
Trong mặt phẳng (ABCD), từ M kẻ ME k DN
với E thuộc AD. Vậy góc giữa SM và DN
chính là góc giữa SM và ME.
Xét tam giác SAB có:
AB
2
= SA
2
+ SB
2
= 4a
2
.
Vậy 4SAB vuông tại S.
Và:
1
SH
2
=
1
SA
2
+
1
SB
2
=
1
a
2
+
1
3a
2
=
4
3a
2
⇒ SH =
a
√
3
2
.
Tam giác SHA vuông tại H:
HA =
p
SA
2
−SH
2
=
a
2
−
3a
2
4
=
a
2
.
Gọi K là trung điểm của AD.
Ta có ME k BK k DN.
Suy ra ME là đường trung bình của tam giác
ABK.
Vậy AE =
1
2
AK =
a
2
;
ME =
1
2
BK =
1
2
p
AB
2
+ AK
2
=
a
√
5
2
.
Tam giác HAE vuông tại A:
HE =
p
AH
2
+ AE
2
=
a
2
4
+
a
2
4
=
a
√
2
2
.
S
K
E
B N
C
M
H
A
D
A
E
K
D
B
N
C
M
H
Tam giác SHE vuông tại H:
SE =
p
SH
2
+ HE
2
=
3a
2
4
+
2a
2
4
=
a
√
5
2
.
Áp dụng định lý cô-sin cho tam giác SME có:
cos
’
SME =
SM
2
+ ME
2
−SE
2
2 · SM · ME
=
a
2
+
5a
2
4
−
5a
2
4
2 · a ·
a
√
5
2
=
1
√
5
=
√
5
5
> 0.
Bài 6. Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a
√
3 và SA vuông
góc với mặt phẳng đáy. Tính cô-sin của góc giữa hai đường thẳng SB, AC.
Lời giải.
164 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Qua B kẻ đường thẳng Bx song song với A C. Bx cắt AD
tại F.
Góc giữa AC và SB chính là góc giữa Bx và AC.
Ta có AFBC là hình bình hành nên AF = BC và AC =
FB.
Suy ra SF = SB, tam giác SBF cân tại S.
Có SB =
√
SA
2
+ AB
2
= 2a, FB = AC = a
√
2.
Hạ SH ⊥ FB, thì H là trung điểm FB.
cos
‘
SBF =
HB
SB
=
a
√
2
2
2a
=
√
2
4
.
S
x
C
H
B
F
A
D
Bài 7. Cho hình chóp S.AB CD có tất cả các cạnh đều bằng a, đáy là hình vuông. Gọi
N là trung điểm SB. Tính góc giữa AN và CN, AN và SD.
Lời giải.
Theo đề bài: SA = SB = SC = SD = AB = BC = CD = DA = a.
Gọi O = A C ∩ BD có AN =
a
√
3
2
(4SAB
đều).
CN =
a
√
3
2
(4SBC đều).
Áp dụng định lý cô-sin cho tam giác ANC:
cos
’
ANC =
AN
2
+ CN
2
− AC
2
2 · AN · CN
= −
1
3
< 0
⇒
’
ANC = arccos
Å
1
3
ã
.
Trong tam giác BDS có ON là đường trung
bình của tam giác.
⇒
h
ÿ
AN, SD
i
=
h
ÿ
AN, NO
i
=
’
ANO.
S
A
D
B
C
N
O
Áp dụng định lý cô-sin cho 4ANO:
cos
’
ANO =
AN
2
+ ON
2
− AO
2
2 · AN ·ON
=
√
3
3
⇒
’
ANO = arccos
Ç
√
3
3
å
.
C. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Định nghĩa 2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa d và hình chiếu của nó trên mặt
phẳng (P).
Gọi α là góc giữa d và mặt phẳng (P) thì 0
◦
≤ α ≤ 90
◦
.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 165
DẠNG 4.2. Xác định và tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Để xác định góc giữa đường t hẳng d và mặt phẳng (P)
ta làm như sau
• Tìm giao điểm A của d và (P).
• Trên d chọn điểm B khác A, dựng BH vuông góc
(P) tại điểm H.
Suy ra AH là hình chiếu vuông góc của d trên mặt
phẳng (P).
Vậy góc giữa d và (P) là góc
’
BAH.
B
A
H
d
d
0
α
P
Nếu khi xác định góc giữa d và (P) khó quá (không chọn
được điểm B để dựng BH ⊥ (P)) thì ta sử dụng công
thức sau đây.
Gọi α là góc giữa d và (P), suy ra
sin α =
d(M, (P))
AM
.
Ta phải chọn điểm M trên d mà có thể tính được khoảng
cách đến mặt phẳng (P). Còn A là giao điểm của d và
(P).
M
A
H
d
d
0
α
P
D. Bài tập rèn luyện
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và
SA = a
√
6. Tính góc giữa
S C và (ABCD).a) SC và (SAB).b)
A C và (SBC).c) SB và (SAC).d)
Lời giải.
166 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. A C là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD).
Do đó (SC, (ABCD )) = (SC, AC) =
‘
S CA.
Xét tam giác vuông SAC, ta có
tan
‘
S CA =
SA
A C
=
a
√
6
a
√
2
=
√
3.
Suy ra
‘
S CA = 60
◦
.
2. Ta có
®
B C ⊥ AB
B C ⊥ SA
nên BC ⊥ (SAB).
Suy ra SB là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt
phẳng (SAB).
Do đó (SC, (SAB )) = (SB, SC) =
‘
CSB.
Xét tam giác vuông SBC, ta có
tan
‘
CSB =
B C
SB
=
a
a
√
7
=
1
√
7
.
Suy ra
‘
CSB = arctan
Å
1
√
7
ã
.
A
D
C
S
B
O
F
3. Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SB.
Ta có
®
AF ⊥ SB
AF ⊥ BC
nên AF ⊥ (SBC).
Suy ra FC là hình chiếu vuông góc của AC lên (SBC).
Do đó (AC, (SBC)) = (AC, FC) =
‘
A CF.
Xét tam giác vuông SAB, ta có
1
AF
2
=
1
AS
2
+
1
AB
2
=
1
6a
2
+
1
a
2
=
7
6a
2
⇔ AF =
a
√
42
7
.
Xét tam giác vuông ACF, ta có
sin
‘
A CF =
AF
A C
=
a
√
42
7
a
√
2
=
√
21
7
.
Suy ra
‘
A CF = arcsin
Ç
√
21
7
å
.
4. Ta có
®
BO ⊥ AC
BO ⊥ SA
nên BO ⊥ (SAC).
Suy ra SO là hình chiếu vuông góc của SB lên (SAC).
Do đó (SB, (SAC)) = (SB, SO) =
‘
BSO.
Xét tam giác vuông SAO, ta có
SO =
p
SA
2
+ AO
2
=
6a
2
+
a
2
2
=
a
√
13
√
2
.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 167
Xét tam giác vuông SBO, ta có
tan
‘
BSO =
OB
OS
=
a
√
2
a
√
13
√
2
=
1
√
13
.
Suy ra
‘
BSO = arctan
Å
1
√
13
ã
.
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi. Biết SD = a
√
3, tất cả các cạnh còn
lại đều bằng a.
1. Chứng minh (SBD) là mặt phẳng trung trực của AC và SBD là tam giác vuông.
2. Xác định góc giữa SD và mặt phẳng (AB CD).
Lời giải.
1. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD).
Theo đề bài SA = SB = SC suy ra HA = HB = HC.
Vậy H thuộc đường trung trực của đoạn AC hay H
thuộc BD.
Ta có
®
A C ⊥ BD
A C ⊥ SH (SH ⊂ (SBD))
nên AC ⊥ (SBD).
(1)
Mặt khác, O là trung điểm của AC và là giao điểm
của AC và (SBD). (2)
Từ (1) và (2) suy ra (SBD) là mặt phẳng trung trực
của AC.
Ta có 4SAC = 4BAC (c.c.c) suy ra BO = SO.
Trong tam giác SBD, SO =
1
2
BD nên tam giác SBD
vuông tại S.
2. Vì SH ⊥ (ABCD) nên HD là hình chiếu vuông góc
của SD lên (ABCD).
Do đó (SD, (ABCD)) = (SD, HD) =
’
SDH.
Xét tam giác vuông SBD, ta có
1
SH
2
=
1
SB
2
+
1
SD
2
=
4
3a
2
⇔ SH =
a
√
3
2
.
Xét tam giác vuông SHD, ta có
sin
’
SDH =
SH
SD
=
a
√
3
2
a
√
3
=
√
2
2
.
Suy ra
’
SDH = 45
◦
.
A
D
C
S
B
O
M
H
168 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Bài 10. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a nằm trong mặt phẳng (P). Cạnh AC =
a
√
2 và tạo với (P) một góc 60
◦
. Tính góc giữa BC và (P).
Lời giải.
Xét tam giác vuông ABC, ta có
B C =
p
AB
2
+ AC
2
= a
√
3.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên (P).
Khi đó AH là hình chiếu vuông góc của AC lên (P).
Do đó, (AC, (P)) = (A C, AH) =
’
CAH = 60
◦
.
Xét tam giác vuông CAH, ta có
sin
’
CAH =
CH
CA
⇔ CH = CA ·sin 60
◦
= a
√
2 ·
√
3
2
=
a
√
6
2
.
Ta có BH là hình chiếu vuông góc của BC lên mặt phẳng (P).
Do đó, (BC, (P)) = (BC, BH) =
’
CBH.
H
B
A
C
Xét tam giác vuông BHC, ta có
sin
’
CBH =
CH
CB
=
a
√
6
2
a
√
3
=
√
2
2
.
Suy ra
’
CBH = 45
◦
.
Bài 11. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC =
2a
√
3
3
và đáy ABC là tam giác đều
cạnh a.
1. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC). Tính SH.
2. Tính góc giữa SA và (ABC).
Lời giải.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 169
1. Ta có H là trọng tâm của tam giác đều ABC nên
AH =
2
3
AF =
2
3
·
a
√
3
2
=
a
√
3
3
.
Xét tam giác vuông SAH, ta có
SH =
p
SA
2
− AH
2
=
4a
2
3
−
a
2
3
= a.
2. Ta có AH là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC).
Do đó, (SA, (ABC)) = (SA, AH) =
’
SAH.
Xét tam giác vuông SAH, ta có
tan
’
SAH =
SH
AH
=
a
a
√
3
3
=
√
3.
Suy ra
’
SAH = 60
◦
.
A
C
B
FM
H
S
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, ABCD là hình thang đáy lớn
AD, AB = BC = DC = a, DA = 2a. Vẽ AH ⊥ SC và M là trung điểm SB. Góc giữa SB
và mặt phẳng (ABCD) là 45
◦
. Tính góc:
¤
AM, (SBD)
;a)
¤
AH, (ABCD)
;b)
¤
(SAD), (SBC)
.c)
Lời giải.
1.
Theo đề bài ABCD nửa lục giác đều, nên ABCD
nội tiếp trong đường tròn đường kính AD, có:
A C = BD =
√
AD
2
− AB
2
= a
√
3.
Có
®
BD ⊥ AB
BD ⊥ SA
⇒ BD ⊥ (SAB).
Vậy AB là hình chiếu của SB lên mặt phẳng
(ABCD), nên
¤
SB, (ABCD)
=
‘
SBA = 45
◦
.
⇒ SA = AB = a (Vì tam giác SAB vuông cân tại
A)
Có:
®
AM ⊥ SB (gt)
AM ⊥ BD (BD ⊥ (SAB))
⇒ AM ⊥
(SBD) ⇒
¤
AM, (SBD)
= 90
◦
.
A
D
H
M
S
x
B
C
I
K
2. Trong tam giác SAC: Kẻ HI k SA ⇒ HI ⊥ (ABCD).
Vậy AI là hình chiếu của AI trên mặt phẳng (ABCD):
¤
AH, (ABCD)
=
’
HAI =
’
HAC.
Trong tam giác SAC vuông tại A: tan
‘
S CA =
SA
A C
=
a
a
√
3
=
1
√
3
⇒
‘
S CA = 30
◦
.
Trong 4HAC:
’
HAC +
’
HCA = 90
◦
⇒
’
HAC = 60
◦
.
170 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
3. Muốn tìm góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC), ta phải tìm giao tuyến của hai mặt
phẳng:
Có:
®
S ∈ (SAD) ∩(SBD)
AD k BC
⇒ (SAD) ∩(SBD) = Sx (Sx k AD k BC) (1)
Kẻ AK ⊥ BC tại K. Có
®
B C ⊥ AK
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAK) ⇒ BC ⊥ SK (2)
Từ (1) và (2)
®
SA ⊥ Sx
SK ⊥ Sx
⇒
h
¤
(SAD), (SBC)
i
=
‘
ASK.
Trong tam giác AKB vuông tại K: AK = AB ·cos
’
KAB = a ·cos 30
◦
=
a
√
3
2
(Vì
’
DAB =
60
◦
)
Trong tam giác SAK vuông tại A: tan
‘
ASK =
AK
AS
=
AK
AS
=
a
√
3
2
a
=
√
3
2
⇒
‘
ASK =
arctan
√
3
2
.
Bài 13. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy ABCD, đáy là hình thang
vuông tại A, có đáy lớn AB, AB = 2a, AD = DC = a. Vẽ AH ⊥ SC và M là tr ung điểm
của AB. Góc giữa (SDC) và (ABC) là 60
◦
. Tính:
⁄
SD, (SAB)
;a)
¤
(SAD), (SMC)
;b) Chứng minh BC ⊥
(SAC).
c)
Lời giải.
1. Có
®
CD ⊥ AD
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ SD.
Có
(SCD) ∩(ABCD) = CD
AD ⊥ CD, SD ⊥ CD
AD ⊂ (ABCD), SD ⊂ (SCD)
⇒
¤
(SCD), (ABCD)
=
’
SDA = 60
◦
,
trong 4SAD có SA = AD ·tan 60
◦
Có
®
AD ⊥ AB
AD ⊥ SA
⇒ AD ⊥ (SAB).
Suy ra SA là hình chiếu vuông góc của SD trên
mp(SAB).
Vậy
⁄
SD, (SAB)
=
’
DSA = 30
◦
.
B
C
D
M
S
H
A
2. Ta có AD k CM (dễ dàng chứng minh được).
Tìm giao tuyến của mp(SAD) và mp(SCM).
Có:
S ∈ (SAD) ∩(SCM)
AD k CM
AD ⊂ (SAD), CM ⊂ (SCM)
⇒ (SAD ∩(SCM) = Sx (Sx k AD k CM).
Ta có DA ⊥ SA (vì DA ⊥ (SAB)) ⇒ SA ⊥ Sx.
M ⊥ (SAB) (Vì CM k AD) ⇒ SM ⊥ CM ⇒ SM ⊥ Sx.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 171
Vậy
h
¤
(SAD), (SCM)
i
=
◊
SA, SM
=
’
ASM.
Có: tan
’
ASM =
AM
AS
=
a
a
√
3
=
1
√
3
⇒
’
ASM = 30
◦
.
3. Ta có ACDM là hình vuông nên CM = a, trong tam giác ACB có CM là đường trung
tuyến và bằng một nửa cạnh BC. Suy ra tam giác ACB vuông tại C.
Có:
®
B C ⊥ A C
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAC).
Bài 14. Cho hình vuông ABD và tam giác đều SAB cạnh a nằm trong hai mặt phẳng
vuông góc với nhau. Gọi I là trung điểm của AB .
1. Chứng minh SI ⊥ (ABCD) và tính góc hợp bởi SC và mặt phẳng (ABCD).
2. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD). Từ đó tính góc giữa SC và mặt
phẳng (SAD).
3. Gọi J là trung điểm của CD, chứng minh (SI J) ⊥ (ABCD).
4. Tính góc hợp bởi SI và mặt phẳng (SDC).
5. Xác định và tính góc hợp bởi SA và mặt phẳng (SCD).
Lời giải.
1.
Chứng minh SI ⊥ (ABCD )
(SAB) ∩(ABCD) = AB
(SAB) ⊥ (ABCD)
SI ⊥ AB(vì 4AB C đều), SI ⊂ (SAB)
⇒ SI ⊥ (ABCD).
Tính góc hợp bởi SC và mp(ABCD).
Ta có IC là hình chiếu vuông góc
của SC trên mặt phẳng (ABCD),
nên
h
¤
S C, (ABCD)
i
=
‘
S CI.
SI là đường cao của tam giác đều
SAB nên SI =
a
√
3
2
.
Trong tam giác IBC vuông tại B:
IC =
√
B C
2
+ BI
2
=
a
2
+
a
2
4
=
a
√
5
2
.
B
H
y
J
A
C
D
I
S
K
x
L
P
Trong tam giác SCI vuông tại I: tan
‘
S CI =
SI
CI
=
a
√
3
2
a
√
5
2
=
√
15
5
.
Vậy
h
¤
S C, (ABCD)
i
=
‘
S CI = arctan
Ç
√
15
5
å
.
172 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
2. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD).
Có:
®
AD ⊥ AB(ABCD là hình vuông)
AD ⊥ SI (vì SI ⊥ (ABCD))
⇒ AD ⊥ (SAB).
AD ⊂ (SAD) ⇒ (SAD) ⊥ (SAB).
Hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SA.
Dựng BH ⊥ SA tại H ⇒ SH ⊥ (SAD).
Vậy d
(
B, (SAD)
)
= BH =
a
√
3
2
(Vì 4SAB đều).
Trong mp(SAD) kẻ Hx k AD; Trong mp(BC, Hx) qua C kẻ đường thẳng song song với
BH cắt Hx tại K thì CK ⊥ (SAD). Suy ra SK là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt
phẳng (SAD) nên góc giữa SC và (SAD) là góc
‘
CS K.
Theo chứng minh trên thì BCKH là hình bình hành nên BH = CK =
a
√
3
2
.
Trong 4SCI có: SC =
√
SI
2
+ IC
2
=
3a
2
4
+
5a
2
4
= a
√
2.
Có: sin
‘
CS K =
CK
S C
=
a
√
3
2
a
√
2
=
√
6
4
⇒
‘
CS K = arcsin
√
6
4
.
Kết luận
⁄
S C, (SAD)
= arcsin
√
6
4
.
3. Có:
®
CD ⊥ I J
CD ⊥ SI
⇒ CD ⊥ (SI J), mà CD ⊂ (SCD) ⇒ (SCD) ⊥ (SI J).
4. Tính góc hợp bởi SI và mp(SDC).
Hai mặt phẳng (SCD) và (SI J) vuông góc với nhau theo giao tuyến SJ.
Dựng IL ⊥ SJ ⇒ IL ⊥ (SCD). Suy ra SL là hình chiếu vuông góc của SI trên mặt
phẳng (SCD).
Vậy góc giữa SI mà mặt phẳng (SCD) là góc
d
ISL.
Trong tam giác SI J có:
1
IL
2
=
1
IS
2
+
1
IJ
2
=
4
3a
2
+
1
a
2
=
7
3a
2
⇒ IL =
a
√
21
7
;
sin
d
ISL =
IL
SI
=
a
√
21
7
a
√
3
2
=
2
√
7
7
⇒
d
ISL = arcsin
2
√
7
7
.
Kết luận
Ÿ
SI, (SCD)
= arcsin
2
√
7
7
.
5. Xác định và tính góc hợp bởi SA và mặt phẳng (SCD).
Trong mặt phẳng (SCD) kẻ Ly k CD.
Trong mp(AB, Ly) qua A kẻ đường t hẳng song song với IL cắt Ly tại P thì AP ⊥ (SCD).
Suy ra SP là hình chiếu vuông góc của SA trên mp(SCD) nên góc giữa SA và (SCD) là
góc
‘
ASP.
Theo chứng minh trên thì AILP là hình bình hành nên AP = IL =
a
√
21
7
.
Trong 4SAP có sin
‘
ASP =
AP
SA
=
a
√
21
7
a
=
√
21
7
⇒
‘
ASP = arcsin
a
√
21
7
.
Kết luận:
⁄
SA, (SCD)
= arcsin
√
21
7
.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 173
E. Góc giữa hai mặt phẳng
Định nghĩa 3. Định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng
Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt
phẳng.
DẠNG 4.3. Tính góc giữa hai mặt phẳng
Để tìm góc giữa hai mặt phẳng, đầu tiên tìm giao
tuyến của hai mặt phẳng. Sau đó tìm hai đường
thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vuông
góc với giao tuyến tại một điểm. Góc giữa hai mặt
phẳng là góc giữa hai đường thẳng vừa tìm.
Q
P
d
1
d
1
Những trường hợp đặc biệt dễ hay xảy ra:
1. Trường hợp 1: Hai tam giác cân ACD và BCD có chung cạnh đáy CD, thì góc
giữa hai mặt phẳng (ACD ) và (BCD) là góc
’
AHB.
B
D
A
C
H
2. Trường hợp 2: Hai tam giác ACD và BCD bằng nhau có chung cạnh CD. Dựng
AH ⊥ CD ⇒ BH ⊥ CD. Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là góc
’
AHB.
A
C
B
H
D
3. Trương hợp 3: Khi xác định góc giữa hai mặt phẳng khó quá, ta nên sử dụng
công thức sau:
sin ϕ =
d
A, mp(Q)
d(A, a)
174 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Với ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q), A là một điểm thuộc mặt
phẳng (P) và a là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q).
4. Trường hợp 4: Có thể tìm góc giữa hai mặt phẳng bằng công thức S
0
= S. cos ϕ.
5. Trường hợp 5: Tìm hai đường thẳng d và d
0
lần lượt vuông góc với mặt phẳng
(P) và mặt phẳng (Q). Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa d và d
0
.
6. Trường hợp 6: Cách xác định góc giữa mặt phẳng bên và mặt phẳng đáy
(a) Bước 1 : Xác định giao tuyến d.
(b) Bước 2 : Từ hình chiếu vuông góc của đình , dựng AH ⊥ d
(c) Bước 3 : Góc cần tìm là góc
’
SHA.
Với S là đỉnh, A là hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt đáy.
F. Bài tập rèn luyện
Bài 15. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC). Hãy xác định góc
giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (AB C).
Lời giải.
Ta có BC là giao tuyến của mp(SBC) và mp(ABC). Từ hình chiếu của
đỉnh là điểm A, dựng AH ⊥ B C.
Vì
®
B C ⊥ SA
B C ⊥ AH
⇒ BC ⊥ (SAH) ⇒ BC ⊥ SH.
Kết luận góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là góc
’
SHA.
S
B
A
C
H
Bài 16. Cho tứ diện ABCD có AD ⊥ (BCD) và AB = 3a. Biết BCD là tam giác đều
cạnh 2a. Tính góc giữa hai mặt phẳng:
(ACD ) và (BCD).a) (ABC) và (DBC).b)
Lời giải.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 175
1. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD).
Vì AD vuông góc với (BCD) nên hai mặt phẳng (ACD) và
(BCD) vuông góc với nhau, suy ra góc giữa chúng bằng 90
◦
.
2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (BCD). Dựng DE ⊥ BC
tại E.
Ta có:
®
B C ⊥ AD
B C ⊥ DE
⇒ BC ⊥ mp(SBC) ⇒ BC ⊥ AE.
Hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) có BC là giao tuyến và hai
đường t hẳng DE, AE lần lượt t huộc hai mặt phẳng cùng
vuông góc với giao tuyến BC. Nên góc giữa (ABC) và (DBC) là
góc giữa DE và AE chính là góc
’
AED.
Tam giác BCD đều nên có DE =
B C
√
3
2
= a
√
3.
Tam giác ABD vuông tại D có AD =
√
AB
2
− DB
2
=
√
9a
2
−4a
2
= a
√
5.
Trong ∆ADE vuông tại D, có:
tan
’
AED =
AD
DE
=
a
√
5
a
√
3
=
√
15
3
⇒
’
AED = arctan
Ç
√
15
3
å
.
A
B
D
C
E
Bài 17. Cho hình chóp S.AB CD có đáy là hình vuông tâm O cạnh a, SA vuông góc với
đáy ABCD, SA = a
√
3. Tính góc giữa các cặp mặt phẳng sau:
(SAB) và (SBC).a) (SAD) và (SCD).b)
(SAB) và (SCD).c) (SBC) và (SAD).d)
(SBD) và (ABCD).e) (SBD) và (SAB).f)
(SBC) và (ABCD).g) (SCD) và (ABCD).h)
(SBD) và (SBC).i) (SBC) và (SCD).j)
Lời giải.
176 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Góc giữa (SAB) và (SBC)
Ta có:
®
B C ⊥ AB
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAB)
⇒ (SBC) ⊥ (SAB) vì
(
B C ⊂ (SBC)
)
.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB)
và (SBC) bằng 90
◦
.
2. Góc giữa (SAD) và (SCD)
Ta có:
®
CD ⊥ AD
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥
(SAD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAD) vì
(
CD ⊂ (SCD)
)
.
Vậy góc giữa mặt phẳng (SCD) và
mặt phẳng (SAD) bằng 90
◦
.
3. Góc giữa (SAB) và (SCD)
Dựng AH ⊥ SD, H ∈ SD.
Ta có AH ⊥ SD và AH ⊥ CD vì
CD ⊥ (SAD).
Từ đó ⇒ AH ⊥
(SCD) (2)
Ngoài ra ta có AD ⊥ (SAB). Sử
dụng cách xác định góc trường
hợp 5, thì góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SCD) là góc giữa hai
đường thẳng AH và AD chính là
góc
’
HAD.
Ta có
’
DAH =
’
DSA (vì cùng phụ
với
’
SAH).
tan
’
DSA =
AD
AS
=
1
√
3
⇒
’
DSA = 30
◦
.
A
B
I
H
J
K
S
C
D
O
4. Góc giữa (SBC) và (SAD).
Dựng AI ⊥ SB, I ∈ SB.
Ta có AI ⊥ SB và AI ⊥ CB vì CB ⊥ (SAB).
Từ đó suy ra AI ⊥ (SBC)
Ngoài ra ta có AB ⊥ (SAD). Sử dụng cách xác định góc trường hợp 5, thì góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (SAD) là góc giữa hai đường thẳng AI và AB chính là góc
‘
BAI.
Ta có
‘
BAI =
‘
BSA (vì cùng phụ với góc
‘
SAI).
có tan
‘
BSA =
AB
AS
=
1
√
3
⇒
‘
BSA = 30
◦
.
Vậy
(
(SBC), (SAD)
)
=
‘
BAI = 30
◦
.
5. Góc giữa (SBD) và (ABCD).
Ta có
®
BD ⊥ AC
BD ⊥ SA
⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SO.
Hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) có giao tuyến BD, hai đường thẳng AO và SO lần
lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến BD nên góc giữa hai mặt
phẳng là góc giữa AO và SO chính là góc
’
SOA.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 177
Ta có: tan
’
SOA =
AO
SO
=
a
√
2
2
a
√
3
=
√
6
6
⇒
’
SOA = arctan
Ç
√
6
6
å
.
Vậy
(
(SBD), (ABCD)
)
= arctan
Ç
√
6
6
å
.
6. Góc giữa (SBD) và (SAB).
Vì (SAC) ⊥ (SBD) theo giao tuyến SO. Dựng AJ ⊥ SO, J ∈ SO
Suy ra AJ ⊥ (SBD).
Ta có AJ ⊥ (SBD), AD ⊥ (SAB) ⇒
(
(SBD), (SAB)
)
=
(
AJ, AD
)
=
‘
DAJ.
Có
1
AJ
2
=
1
AS
+
1
AO
2
=
1
3a
2
+
2
a
2
=
7
3a
2
⇒ AJ =
a
√
21
7
.
Vì AJ ⊥ (SBD) ⇒ AJ ⊥ JD, JD ⊂ (SBD) ⇒ 4AJD vuông tại J nên:
cos
‘
DAJ =
AJ
AD
=
√
21
7
⇒
‘
DAJ = arccos
Ç
√
21
7
å
.
Vậy
(
(SBD), (SAB)
)
= arccos
Ç
√
21
7
å
.
7. Góc giữa (SBC) và (ABCD).
Ta có BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB.
Hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) có giao tuyến BC và AB ⊥ BC, SB ⊥ BC
⇒
(
(SBC), (ABCD)
)
=
(
AB, SB
)
=
‘
SBA = 60
◦
(vì
‘
BSA = 30
◦
).
8. Góc giữa (SCD) và (ABCD).
Ta có CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ SD.
Hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) có giao tuyến CD và AD ⊥ CD, SD ⊥ CD
⇒
(
(SCD), (ABCD)
)
=
(
AD, SD
)
=
’
SDA = 60
◦
(vì
’
DSA = 30
◦
).
9. Góc giữa (SBD) và (SBC).
Ta có AI ⊥ (SBC), AJ ⊥ (SBD) ⇒
(
(SBC), (SBD)
)
= (AI, AJ).
Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông SAB và SAO ta có:
SA
2
= SI · SB ⇒ SI =
3a
2
2a
=
3a
2
;
SA
2
= SJ · SO ⇒ SI =
SA
2
SO
=
SA
2
√
SA
2
+ AO
2
=
3a
2
3a
2
+
a
2
2
=
3a
√
14
7
.
AI ·SB = SA · AB ⇒ AI =
a
√
3 · a
2a
=
a
√
3
2
.
Trong tam giác vuông SBO tại O có cos
‘
BSO =
SO
SB
=
a
√
14
2
2a
=
√
14
4
.
Trong ∆SJI có:
IJ
2
= SI
2
+ SJ
2
−2SI · SJ ·cos
‘
BSO =
9a
2
4
+
18a
2
7
−2 ·
3a
2
·
3a
√
14
7
·
√
14
4
=
9a
2
28
.
Trong 4AIJ có:
cos
‘
IAJ =
AI
2
+ AJ
2
− I J
2
2AI · AJ
=
3a
2
4
+
3a
2
7
−
9a
2
28
2 ·
a
√
3
2
·
a
√
21
7
=
2
√
27
7
⇒
‘
IAJ = arccos
Ç
2
√
7
7
å
.
178 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Kết luận
(
(SBC), (SBD)
)
=
‘
JAI = arccos
Ç
2
√
7
7
å
.
10. góc giữa (SBC) và (SCD).
Ta có 4SBC = 4SDC (Cạnh huyền - cạnh góc vuông).
Dựng BK ⊥ SC, (K ∈ SC) ⇒ DK ⊥ S C và DK = B K.
Hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) có cạnh SC chung nên:
(
(SBC), (SCD)
)
=
(
BK, DK
)
=
’
BKD hoặc 180
◦
−
’
BKD.
Xét 4SBC vuông tại B có:
BK ·SC = BS · BC ⇒ BK =
BS · B C
S C
=
BS · B C
√
SA
2
+ AC
2
=
2a · a
√
3a
2
+ 2a
2
=
2a
√
5
.
Trong 4BDK có:
cos
’
BKD =
BK
2
+ DK
2
− BD
2
2 · BK · DK
=
4a
2
5
+
4a
2
5
−2a
2
2 ·
4a
2
5
= −
1
4
< 0 ⇒ (BK, DK) =
’
BKD = arccos
Å
1
4
ã
.
Bài 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, BC = 2a.
Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a. Tính góc giữa các mặt phẳng sau:
Góc giữa mặt bên và mặt đáy.a) Góc giữa hai mặt bên liên tiếp.b)
Góc giữa hai mặt bên đối diện.c)
Lời giải.
1. Góc giữa các mặt bên và mặt đáy.
Ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒
®
(SAB) ⊥ (ABCD)
(SAD) ⊥ (AB CD)
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SAD) với
mặt phẳng (ABCD) bằng 90
◦
.
B C ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ SB. (đl ba đường
vuông góc)
Hai mặt phẳng (SBC) và (AB CD) có giao tuyến
B C nên góc của chúng là góc giữa SB và AB là
‘
SBA.
Tam giác SAB vuông tại A có AB = SA nên
4SAB vuông cân tại A, suy ra:
‘
SBA = 45
◦
.
Suy ra
(
(SBC), (ABCD)
)
= 45
◦
.
CD ⊥ AD, CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ SD. (đl ba
đường vuông góc)
Hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) có giao
tuyến CD nên góc của chúng là góc giữa SD
và CD là
’
SDA.
Tam giác SAD vuông tại A có tan
’
SDA =
SA
AD
=
1
2
.
Suy ra
(
(SCD), (ABCD)
)
=
’
SDA = arctan
1
2
.
A
S
I
B
C
D
H
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 179
2. Góc giữa hai mặt bên liên tiếp.
Góc giữa (SAB) và (SBC)
Ta có
®
B C ⊥ AB
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ (SBC) ⊥ (SAB) (vì BC ⊂ (SBC)).
Vậy góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (SAB) bằng 90
◦
.
Góc giữa (SAB) và (SAD)
Ta có
®
AD ⊥ AB
AD ⊥ SA
⇒ AD ⊥ (SAB) ⇒ (SAD) ⊥ (SAB) (vì AD ⊂ (SAD)).
Vậy góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAD) bằng 90
◦
.
Góc giữa (SAD) và (SCD)
Ta có
®
CD ⊥ AD
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAD) (vì CD ⊂ (SCD)).
Vậy góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (SAD) bằng 90
◦
.
Góc giữa (SBC) và (SCD)
Gọi I là trung điểm SB, khi đó AI ⊥ SB mà BC ⊥ AI ⇒ AI ⊥ (SBC).
Dựng AH ⊥ SD ⇒ AH ⊥ (SCD).
Vậy góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (SCD) là góc giữa AI và AH chính là góc
’
IAH hoặc 180
◦
−
’
IAH.
Ta có 4SAB vuông cân tại A nên SB = a
√
2, AI =
a
√
2
2
; 4SAD vuông tại A nên
SD = a
√
5.
AH ·SD = SA · AD ⇒ AH =
SA · AD
SD
=
2a
√
5
; SI =
SB
2
=
a
√
2
2
, SH =
SA
2
SD
=
a
√
5
5
.
Áp dụng định lí cosin trong hai tam giác BSD và ISH có chung góc S.
cos
b
S =
SB
2
+ SD
2
− BD
2
2 · SB · SD
=
2a
2
+ 5a
2
−5a
2
2 · a
√
2 · a
√
5
=
√
10
10
.
IH
2
= SI
2
+ SH
2
−2 ·SI · SH ·cos
b
S =
a
2
2
+
a
2
5
−2 ·
a
√
2
2
·
a
√
5
5
·
√
10
10
=
a
2
2
.
cos
’
IAH =
AI
2
+ AH
2
− IH
2
2 · AI · AH
=
a
2
2
+
4a
2
5
−
a
2
2
2 ·
a
√
2
·
2a
√
5
=
√
10
5
⇒
’
IAH = arccos
√
10
5
.
Kết luận
(
(SBC), (SCD)
)
=
’
IAH = arccos
√
10
5
,
3. Góc giữa hai mặt bên đối diện.
Góc giữa (SAB) và (SCD)
Vì AD ⊥ (SAB) và AH ⊥ (SCD) nên góc giữa (SAB ) và (SCD) là góc giữa AD và AH
là góc nhọn
’
DAH.
Ta có tan
’
DSA =
AD
AS
=
2a
a
= 2 ⇒
’
DSA = arctan 2.
Vì góc
’
DAH và
’
DSA cùng phụ với góc
’
SAH nên
’
DAH = arctan 2.
Góc giữa (SBC) và (SAD)
Vì AB ⊥ (SAD) và AI ⊥ (SBC) nên góc giữa (SAD) và (SBC) là góc giữa AB và AI là
góc nhọn
‘
BAI.
Ta có
‘
ASB = 45
◦
⇒
‘
BAI = 45
◦
.
180 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Bài 19. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy ABCD là hình thang vuông
tại A và D, có AB = 2a, AD = DC = a, dựng AH ⊥ SC(H ∈ SC), gọi M là trung điểm
của AB. Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 60
◦
.
Tính góc giữa SD và (SAB).a) Tính góc giữa (SAD) và (SMC).b)
Tính góc giữa (SBC) và (ABCD).c) Tính góc giữa (SBC) và (SCD).d)
Lời giải.
Ta có
®
CD ⊥ AD
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒
CD ⊥ SD.
Hai mặt phẳng (SCD) và (SAD) có SD là
giao tuyến nên góc giữa hai mặt phẳng
(SCD) và (SAD) là góc giữa AD và
SD chính là góc
’
SDA = 60
◦
, nên có
SA = AD · tan 60
◦
= a
√
3, SD =
√
SA
2
+ AD
2
=
√
3a
2
+ a
2
= 2a.
1. Tính góc giữa SD và (SAB).
®
AD ⊥ AB
AD ⊥ SA
⇒ AD ⊥ (SAB).
Hình chiếu vuông góc của SD lên mặt
phẳng (SAB) là đường thẳng SA nên góc
giữa SD và (SAB) là góc
’
DSA.
Suy ra
(
SD, (SAB)
)
=
’
DSA = 30
◦
.
Vậy
(
SD, (SAB)
)
=
’
DSA = 30
◦
.
x
A
S
I
D
C
B
H
M
60
◦
2. Tính góc giữa (SAD) và (SMC).
Hai mặt phẳng (SAD) và (SM C) có điểm chung S và có AD k MC nên giao tuyến của
chúng là đường thẳng Sx và song song với AD và MC.
®
CM ⊥ AB
CM ⊥ SA
⇒ CM ⊥ (SAB) ⇒ CM ⊥ SM mà CM k Sx nên SM ⊥ Sx. (1)
SA ⊥ AD mà AD k Sx nên SA ⊥ Sx. (2)
Từ (1) và (2) suy ra
(
(SAD), (SMC)
)
=
(
SA, SM
)
=
’
MSA.
Tam giác 4SAM vuông tại A có tan
’
ASM =
AM
SA
=
a
a
√
3
=
1
√
3
⇒
’
ASM = 30
◦
.
Vậy
(
(SAD), (SMC)
)
=
’
ASM = 30
◦
.
3. Tính góc giữa (SBC) và (ABCD).
Trong tam giác ABC có CM là trung tuyến và CM =
1
2
AB ⇒ 4ABC vuông tại C.
Ta có:
®
B C ⊥ SA
B C ⊥ A C
⇒ BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ SC.
Hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) có giao tuyến BC, hai đường thẳng SC và AC lần
lượt nằm trong hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến BC, nên góc giữa (SBC)
và (ABCD) là góc giữa SC và AC là góc
‘
S CA.
Trong tam giác vuông SAC vuông tại A có tan
‘
S CA =
SA
A C
=
SA
√
AB
2
+ DC
2
=
a
√
3
a
√
2
=
√
6
2
.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 181
Vậy
(
(SBC), (ABCD)
)
=
‘
S CA = arctan
√
6
2
.
4. Tính góc giữa (SBC) và (SCD).
®
B C ⊥ (SAC )
B C ⊂ (SBC)
⇒ (SBC) ⊥ (SAC).
Hai mặt phẳng (SBC) và (SA C) vuông góc với nhau theo giao tuyến SC.
Dựng AH ⊥ SC(H ∈ SC) ⇒ AH ⊥ (SBC). (3)
Hai mặt phẳng (SAD) và (SDC) vuông góc với nhau theo giao tuyến SD.
Dựng AI ⊥ SD(I ∈ SD) ⇒ AI ⊥ (SCD). (4)
Từ (3) và (4) suy ra
(
(SBC), (SDC)
)
=
(
AH, AI
)
.
Hai tam giác SAD và SAC vuông vuông tại A ta có
SA · AD = AI · SD ⇒ AI =
SA · AD
SD
=
a
√
3 · a
2a
=
a
√
3
2
;
SA
2
= SI · SD ⇒ SI =
SA
2
SD
=
3a
2
2a
=
3a
2
.
SA · AC = AH · SC ⇒ AH =
SA · AC
S C
=
a
√
3 · a
√
2
a
√
5
=
a
√
30
5
;
SA
2
= SH · SC ⇒ SH =
SA
2
S C
=
3a
2
a
√
5
=
3a
√
5
.
Tam giác SAC vuông tại D có cos
’
CSD =
SD
S C
=
2a
a
√
5
=
2
√
5
.
Áp dụng định lí cosin trong hai tam giác SIH và AIH.
IH
2
= SI
2
+ SH
2
−2SI · SH ·cos
’
CSD =
9a
2
4
+
9a
2
5
−2 ·
3a
2
·
3a
√
5
·
2
√
5
=
9a
2
20
.
cos
’
IAH =
AI
2
+ AH
2
− IH
2
2 · AI · AH
=
3a
2
4
+
6a
2
5
−
9a
2
20
2 ·
a
√
3
2
·
a
√
30
5
=
√
10
4
> 0,
suy ra
’
IAH nhọn và
’
IAH = arccos
√
10
4
.
Vậy
(
(SBC), (SDC)
)
=
’
IAH = arccos
√
10
4
.
Bài 20. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, mặt bên hợp với đáy
góc 60
◦
. Tính góc giữa các mặt phẳng:
(SAB) và (SCD).a) (SAB) và (SBC).b)
Lời giải.
182 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và
(SCD).
Gọi O là tâm đáy và I, H lần lượt là
trung điểm AB, CD.
Ta có
(SCD) ∩(ABCD) = CD
OH ⊥ CD, OH ⊂ (ABCD)
SH ⊥ CD, SH ⊂ (SCD)
⇒
(
(SCD), (ABCD)
)
=
’
SHO = 60
◦
.
Tam giác SHO vuông tại O.
tan
’
SHO =
SO
OH
⇒ SO = OH ·
tan 60
◦
=
a
√
3
2
.
Ta có
S ∈ (SAB) ∩(SCD)
AB k CD
AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD)
⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx(Sx k AB k
CD).
AB ⊥ SI ⇒ SI ⊥ Sx, CD ⊥ SH ⇒
SH ⊥ Sx
Suy ra
(
(SAB), (SCD)
)
=
‘
ISH.
Vì 4SIH cân tại S có
‘
SHI = 60
◦
nên
4SIH đều nên
‘
ISH = 60
◦
.
Vậy
(
(SAB), (SCD)
)
=
‘
ISH = 60
◦
.
x
A
S
K
B
C
H
I
D
O
60
◦
2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).
Ta có (SAB) ∩(SBC) = SB.
Vì S.AB CD là hình chóp đều nên các mặt bên là các tam giác cân bằng nhau do đó
4SAB = 4SBC.
Từ A kẻ AK ⊥ SB thì CK ⊥ SB. Suy ra:
(
(SAB), (SBC)
)
=
(
AK, CK
)
.
Trong tam giác SOB vuông tại O, có SB =
√
SO
2
+ O C
2
=
Ã
Ç
a
√
3
2
å
2
+
Ç
a
√
2
2
å
2
=
a
√
5
2
.
Trong tam giác SAB có S
4SAB
=
1
2
SI · AB =
1
2
AK · SB ⇒ AK =
SI · AB
SB
=
a · a
a
√
5
2
=
2a
√
5
.
Tam giác ACK cân tại K từ chứng minh trên, nên AK = CK =
2a
√
5
.
Áp dụng định lí cosin trong tam giác AKC. cos
’
AKC =
AK
2
+ CK
2
− AC
2
2AK ·CK
=
4a
2
5
+
4a
2
5
−2a
2
2 ·
4a
2
5
=
−
1
4
< 0.
Suy ra
(
AK, CK
)
= arccos
1
4
.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 183
Vậy
(
(SAB), (SBC)
)
= arccos
1
4
.
Bài 21. Cho tam giác đều ABC cạnh a nằm trong mặt phẳng (P). Trên các đường thẳng
vuông góc với (P) vẽ từ B và C lấy các đoạn BD =
a
√
2
2
, CE = a
√
2 nằm cùng một bên
đối với (P).
1. Chứng minh tam giác ADE vuông. Tính diện tích tam giác này.
2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ADE) và (P).
Lời giải.
1. Gọi F là trung điểm của CE có FE = FC =
CE
2
=
a
√
2
2
.
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho các tam giác ABD,
A CE, DEF.
• AD
2
= AB
2
+ BD
2
=
3a
2
2
.
• AE
2
= AC
2
+ CE
2
= 3a
2
.
• DE
2
= DF
2
+ FE
2
=
3a
2
2
.
Trong tam giác ADE có AE
2
= AD
2
+ DE
2
=
3a
2
2
+
3a
2
2
= 3a
2
.
Vậy tam giác ADE vuông tại D.
A
B
D
C
E
F
a a
a
√
2
2
a
√
2
2. Vì BD ⊥ (ABC), CE ⊥ (ABC) nên tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác
ADE.
Khi đó mặt phẳng (ABC) chính là mặt phẳng (P).
Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (ADE) và mp(P). Khi đó
S
4ABC
= cos ϕS
4ADE
⇒ cos ϕ =
S
4ABC
S
4ADE
=
AB
2
√
3
4
1
2
DE · DA
=
a
2
√
3
2 ·
3a
2
2
=
√
3
3
.
Bài 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. SAB là tam giác đều và
(SAB) ⊥ (ABCD). Tính góc giữa:
1. (SCD) và (ABCD).
2. (SCD) và (SAD).
Lời giải.
1.
184 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD.
Có SE ⊥ AB (4SAB đều)
⇒ SE ⊥ ABCD.
Có
®
CD ⊥ EF
CD ⊥ SE
⇒ CD ⊥ (SEF) ⇒ CD ⊥ SF.
Vậy
¤
[(SCD), (ABCD)] =
‘
SFE.
Trong tam giác 4SEF vuông tại E: tan
‘
SFE =
SE
EF
=
√
3
2
.
A
H
C
F
B
E
I
S
D
2. Ta có
®
CD ⊥ EF
CD ⊥ SE
⇒ CD ⊥ (SEF) ⇒ (SCD) ⊥ (SEF).
Dựng EI ⊥ SF (I ∈ SF) ⇒ EI ⊥ (SCD) ⇒ d(E, (SCD)) = EI.
Trong tam giác 4SEF vuông tại E ta có
1
EI
2
=
1
ES
2
+
1
EF
2
=
4
3a
2
+
1
a
2
=
7
3a
2
⇒ EH =
a
√
3
√
7
.
Vì AE k CD nên AE k (SCD) ⇒ d(A, (SCD)) = d(E, (SCD)) =
a
√
21
7
.
Ta có SD
2
= SE
2
+ ED
2
= SE
2
+ EA
2
+ AD
2
=
3a
2
4
+
a
2
4
+ a
2
= 2a
2
.
Dựng AH ⊥ SD (H ∈ SD), vì 4SAD cân tại A nên AH
2
=
√
SA
2
−SH
2
=
a
2
−
a
2
2
=
a
√
2
2
.
Ta có (SAD) ∩(SCD) = SD; A ∈ (SAD);
d(A, SD) = AH =
a
√
2
2
; d(A, (SCD)) =
a
√
21
7
.
Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD).
Sử dụng công thức tính góc ở trường hợp 3 ta được
sin ϕ =
d(A, (SCD))
d(A, SD)
=
a
√
21
7
a
√
2
2
=
√
42
7
⇒ ϕ = arcsin
Ç
√
42
7
å
.
Bài 23. Cho tứ diện S.ABC, hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) vuông góc nhau, có SA
vuông góc với mặt phẳng (ABC) biết SB = a
√
2,
‘
BSC = 45
◦
,
‘
ASB = α.
1. Chứng minh BC vuông góc với SB.
2. Xác định α để hai mặt phẳng (SA C) và (SBC) tạo với nhau một góc 60
◦
.
Lời giải.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 185
1. Chứng minh BC vuông góc với SB.
Vì SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) (1).
Theo đề bài (SAB) ⊥ (SBC) (2).
Và (ABC) ∩(SBC) = BC (3).
Từ (1),(2) và (3) suy ra BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB (hai
mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì
giao tuyến của chúng cũng vuông góc với mặt phẳng
thứ ba).
S
F
B
A
C
E
α
45
◦
2. Xác định α để hai mặt phẳng (SA C) và (SBC) tạo với nhau một góc 60
◦
.
Dựng AE ⊥ SB tại E. Dựng AF ⊥ SC tại F.
Theo câu a) thì AE ⊥ (SBC) ⇒ AE ⊥ SC.
Vậy SC ⊥ (AEF) ⇒ SC ⊥ EF.
Hai đường thẳng AF và EF thuộc hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) cùng vuông góc với
giao tuyến SC nên
¤
[
(SAC), (SBC)
]
=
‘
AFE = 60
◦
.
Ta có M AEF vuông tại E (vì AE ⊥ (SBC) ⇒ AE ⊥ EF) có AE = EF tan 60
◦
= EF ·
√
3.
Xét M SAE có AE = SE tan α.
Xét M SEF có EF = SE sin 45
◦
=
SE
√
2
2
.
Suy ra AE = EF ·
√
3 ⇔ SE tan α =
SE
√
2
2
·
√
3 ⇔ tan α =
√
6
2
⇒ α = arctan
√
6
2
.
Bài 24. Cho lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a,
’
BAC = 120
◦
, BB
0
= a. Gọi I là trung điểm của CC
0
.
1. Chứng minh rằng tam giác AB
0
I vuông ở A.
2. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC ) và (AB
0
I).
Lời giải.
186 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Gọi H là trung điểm của BC. Vì 4ABC cân tại
A nên AH ⊥ BC.
Do
’
BAC = 120
◦
⇒
’
A CH = 30
◦
.
Xét 4ACH vuông tại H có
AH = AC ·sin
’
A CH =
a
2
CH = AC ·cos
’
A CH =
a
√
3
2
⇒ BC = 2CH = a
√
3.
• Xét 4B
0
C
0
I vuông tại I nên IB
02
= B
0
C
02
+
IC
02
=
13a
2
4
.
• Xét 4ABB
0
vuông tại B nên AB
02
= AB
2
+
BB
02
= 2a
2
.
• Xét 4ACI vuông tại C nên AI
2
= AC
2
+
IC
2
=
5a
2
4
.
Ta thấy IB
02
= AB
02
+ AI
2
=
13a
2
4
. Chứng tỏ
4B
0
AI vuông tại A.
B
0
B
H
A
0
A
C
0
C
I
120
◦
2. Ta có S
4B
0
AI
=
1
2
· AH · BC =
a
2
√
3
4
và S
4ABC
=
1
2
· AH · BC =
a
2
√
3
4
.
Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB
0
I).
Ta có S
4ABC
= S
4AB
0
I
·cos α ⇒ cos α =
a
2
√
3
4
:
a
2
√
10
4
=
√
30
10
.
Bài 25. Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD cạnh a. Lấy hai điểm M, N thuộc
CB và CD. Đặt CM = x, CN = y. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) tại
điểm A lấy một điểm S. Tìm liên hệ giữa x, y để
1.
¤
(SAM), (SAN)
= 45
◦
.
2. (SAM) ⊥ (SMN).
Lời giải.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 187
1. Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AM, SA ⊥ AN.
Hai mặt phẳng (SAM) và (SAN) có giao tuyến là
SA. Nên góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa AM
và AN chính là góc
÷
MAN = 45
◦
⇔
c
A
2
= 45
◦
.
Ta có
c
A
1
+
c
A
2
+
c
A
3
= 90
◦
⇒
c
A
1
+
c
A
3
= 45
◦
.
Lại có
tan(A
1
+ A
3
) =
tan A
1
+ tan A
3
1 −tan A
1
·tan A
3
⇔
tan A
1
+ tan A
3
1 −tan A
1
·tan A
3
= 1 (1).
Xét trong hai tam giác vuông ABM và ADN có
tan A
1
=
BM
BA
=
a − x
a
; tan A
2
=
DN
AD
=
a −y
a
(2).
Thay (2) vào (1)
a − x
a
+
a −y
a
1 −
a − x
a
·
a −y
a
= 1
⇔ a(2a − x − y) = a(x + y) − xy
⇔ 2a
2
= 2a(x + y) − xy.
Vậy liên hệ giữa x, y là 2a
2
= 2a(x + y) − xy.
S
C
B
M
D
N
A
1
2
3
1
2
3
2. Ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒ (SAM) ⊥ (ABCD). Giả sử (SMN) ⊥ (SAM) thì hai mặt
phẳng (ABCD) và (SMN) cùng vuông góc với (SAM) nên giao tuyến của chúng là
MN vuông góc với mặt phẳng (SAM). Suy ra MN ⊥ AM hay
÷
AMN = 90
◦
. Lúc đó
”
M
1
+
”
M
3
= 90
◦
⇒
”
M
3
=
c
A
1
nên có
tan M
3
= tan A
1
⇔
y
x
=
a − x
a
⇔ x
2
= a(x − y).
Vậy liên hệ giữa x, y là x
2
= a(x − y).
188 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Bài 5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG
A. Phương pháp giải toán
Bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, là một dạng toán rất quan trọng
trong chương vuông góc của lớp 11 và là một phần hay ra trong đề thi Đại học. Để giải quyết
vấn đề này các bạn phải thành thạo hai công cụ sau và nó liên quan với nhau.
Bài toán 1. Tính khoảng cách từ hình chiếu vuông góc của đỉnh đến một mặt bên
Phương pháp xác định khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh đến một mặt phẳng bên.
• Bước 1. Xác định giao tuyến ∆.
• Bước 2. Từ hình chiếu vuông góc của đỉnh, dựng AH ⊥ ∆ (với H ∈ ∆).
• Bước 3. Dựng AI ⊥ SH (với I ∈ SH). Khoảng cách cần tìm là AI.
Với S là đỉnh, A là hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt đáy.
Ba bước dựng ở trên là sử dụng tính chất: Hai mặt phẳng vuông góc với nhau, nếu một
đường thẳng nằm trên mặt phẳng này vuông góc với giao tuyến thì sẽ vuông góc với mặt
phẳng kia.
Đây là bài toán cơ bản nhưng vô cùng quan trọng trong việc tính khoảng cách từ một điểm đến một
mặt phẳng. Hầu như tính khoảng cách từ một điểm bất kì đến mặt phẳng bên đều thông qua điểm
này dựa vào công thức của Bài toán 2.
Ví dụ điển hình: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy (ABC). Hãy xác định
khoảng cách từ điểm A đến mặt bên (SBC).
Lời giải.
Ta có BC là giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (ABC).
Từ hình chiếu của đỉnh là điểm A.
Dựng AH ⊥ BC tại H. Dựng AI ⊥ SH tại I.
Vì
®
B C ⊥ SA
B C ⊥ AH
⇒ BC ⊥ (SAH) ⇒ (SBC) ⊥ (SAH).
Mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (SAH) theo giao
tuyến SH có AI ⊥ SH nên AI ⊥ (SBC).
Vậy d
A, mp(SBC)
= AI.
S
A
B
C
H
I
Bài toán 2. Tính khoảng cách từ một điểm bất kỳ đến một mặt phẳng
Thường sử dụng công thức sau:
P
O
H K
A
M
d
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 189
P
K
M
O
H
A
d
Công thức tính tỉ lệ khoảng cách
d
M, mp(P)
d
A, mp(P)
=
MO
AO
.
Ở công thức trên cần tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P).
Phương pháp phải tìm một đường thẳng d qua M và chứa một điểm A mà có thể tính khoảng
cách đến mặt phẳng (P). Kinh nghiệm thường điểm A là hình chiếu của đỉnh.
B. Bài tập mẫu
Bài 1 (Dự bị Đại học khối D- 2002). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng (SBC) theo a, biết SA =
a
√
6
2
.
Lời giải.
Gọi E là trung điểm của BC thì B C ⊥ AE (vì ABC đều).
Dựng AF ⊥ SE tại F.
Có BC ⊥ SA, BC ⊥ AE nên BC ⊥ mp(SAE).
Suy ra (SBC) ⊥ (SAE).
Mp (SBC) vuông góc với mp (SAE) theo giao tuyến SE có
AF ⊥ SE.
Suy ra AF ⊥ (SBC ).
Vậy d
(
A, (SBC)
)
= AF.
Trong tam giác SAE có
1
AF
2
=
1
AS
2
+
1
AE
2
=
2
3a
2
+
4
3a
2
=
2
a
2
⇒ AF =
a
√
2
2
.
Kết luận d
(
A, (SBC)
)
= AF =
a
√
2
2
.
S
A
B
C
E
F
Bài 2 (Đề thi TSĐH Khối A- 2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy AB C là tam giác
vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC).
Biết SB = 2a
√
3 và
‘
SBC = 30
◦
. Tính t hể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm
B đến mặt phẳng (SA C) theo a.
Lời giải.
190 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Nhận xét. H là hình chiếu vuông góc của đỉnh và điểm B cùng nằm trên đường thẳng có giao điểm
với mặt phẳng (SAC) tại C. Nên bước đầu tiên ta phải tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SAC),
sau đó sử dụng công thức tỉ số khoảng cách để tính khoảng cách từ điểm B.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên BC.
Do mp(SBC) ⊥ mp(AB C) nên SH ⊥ mp(ABC).
Trong 4SBH vuông tại H có:
SH = SB ·sin 30
◦
= a
√
3, BH = SB ·cos 30
◦
= 3a.
Dựng HG ⊥ AC tại G.
Dựng HK ⊥ SG tại K.
Ta có
®
A C ⊥ HG
A C ⊥ SH
⇒ AC ⊥ mp(SHG).
⇒ mp(SAC) ⊥ mp(SHG) (vì AC ⊂ mp(SA C)).
Và (SAC) ∩ (SHG) = SG ⇒ HK ⊥ mp(SAC).
Vậy d
H, mp(SAC)
= HK.
30
◦
3a
4a
2a
√
3
S
A
B
C
H
G
K
Ta có 4CGH v 4CBA ⇒
GH
BA
=
CH
CA
⇒ GH =
a
5a
·3a =
3a
5
.
Trong 4SHG vuông tại H ta có
1
HK
2
=
1
HG
2
+
1
HS
2
=
25
9a
2
+
1
3a
2
=
28
9a
2
⇒ HK =
3a
√
7
14
.
Hai điểm H và B nằm trên đường thẳng có giao điểm với mp(SAC) tại C nên có
d
B, mp(SAC)
d
H, mp(SAC)
=
B C
HC
= 4.
Vậy d
B, mp(SAC)
= 4d
H, mp(SAC)
=
6a
√
7
7
.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A với BC = 2a,
’
ABC = 60
◦
.
Gọi M là trung điểm BC. Biết SA = SB = SC = a
√
5.
1. Tính chiều cao của hình chóp.
2. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SAB).
Lời giải.
60
◦
2a
a
√
5
S
B
A
C
M
G
F
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 191
1. Tính chiều cao của hình chóp.
Vì 4AB C vuông tại A, M là trung điểm của BC nên ta có MA = MB = MC . (1)
Theo đề SA = SB = SC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra M là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC).
Vậy d
(
S, (ABC)
)
= SM.
Trong 4SBM có SM =
√
SB
2
− BM
2
=
…
Ä
a
√
5
ä
2
− a
2
= 2a.
2. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SAB).
4
!
M là hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC).
Kẻ MF ⊥ AB tại F. Kẻ MG ⊥ SF tại G ⇒ MG ⊥ (SAB).
MAB là tam giác cân có góc 60
◦
nên MAB đều ⇒ MF =
a
√
3
2
.
Trong tam giác vuông SMF ta có
1
MG
2
=
1
SM
2
+
1
MF
2
=
1
(2a)
2
+
1
Ç
a
√
3
2
å
2
⇒ MG =
2a
√
3
√
19
.
Bài 4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, AB =
2a, SA = 4a. Tính
1. Khoảng cách từ O đến (SAB).
2. Khoảng cách từ A đến (SCD).
Lời giải.
S
A
B
C
D
O
K
I
H
1. Khoảng cách từ O đến (SAB).
Theo đề bài thì SO ⊥ (ABCD). Dựng OI ⊥ AB tại I thì AB ⊥ (SIO) ⇒ (SAB) ⊥ (SIO).
Hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SI.
Dựng OH ⊥ SI tại H. Suy ra OH ⊥ (SAB). Vậy d
(
O, (SAB)
)
= OH.
OI là đường trung bình của 4BAD ⇒ OI =
1
2
AD = a.
Trong 4SAO vuông tại O có SO =
√
SA
2
− AO
2
=
√
16a
2
−2a
2
= a
√
14.
Trong 4SOI vuông tại O, ta có
1
OH
2
=
1
OI
2
+
1
OS
2
=
1
a
2
+
1
14a
2
=
15
14a
2
⇒ OH =
a
√
210
15
.
192 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
2. Khoảng cách từ A đến (SCD).
Vì S.AB CD là hình chóp đều nên khoảng cách từ tâm O đến các mặt bên bằng nhau,
có d
(
O, (SAB)
)
= d
(
O, (SCD)
)
= OH =
a
√
210
15
.
Hai điểm A và O nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SCD) tại C, nên
có
d
(
A, (SCD)
)
˚
d
(
O, (SCD)
)
=
A C
AO
= 2.
Vậy d
(
A, (SCD)
)
= 2 ·d
(
O, (SCD)
)
=
2a
√
10
15
.
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng a, SA
vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30
◦
.
1. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD).
2. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD).
3. Tính khoảng cách từ trung điểm I của SC, trọng tâm G của tam giác SCD đến
mặt phẳng (SBD).
4. Tính khoảng cách từ O, I và G đến mặt phẳng (SAB).
Lời giải.
30
◦
S
A
B
C
D
I
G
E
O
H
1. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD).
Vì
®
CB ⊥ AB
CB ⊥ SA
⇒ CB ⊥ (SAB). Do đó SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAB).
⇒
⁄
S C, (SAB)
=
÷
S C, SB
=
‘
CSB = 30
◦
.
Trong 4SBC vuông tại B có SB = BC ·cot 30
◦
= a
√
3.
Trong 4SAB vuông tại A có SA =
√
SB
2
− AB
2
=
√
3a
2
− a
2
= a
√
2.
Ta có
®
SA ⊥ BD
A C ⊥ BD
⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ (SBD) ⊥ (SAC).
Trong mặt phẳng (SAC), kẻ AH ⊥ SO ⇒ AH ⊥ (SBD) ⇒ d
(
A, (SBD)
)
= AH.
Trong 4SAO vuông tại A có
1
AH
2
=
1
SA
2
+
1
AO
2
=
1
2a
2
+
2
a
2
=
5
2a
2
⇒ AH =
a
√
10
5
.
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 193
Vậy d
(
A, (SBD)
)
=
a
√
10
5
.
2. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD).
Vì hai điểm A và C nằm trên đường thẳng có giao điểm với (SBD) tại O nên ta có
d
(
C, (SBD)
)
d
(
A, (SBD)
)
=
CO
AO
= 1.
Suy ra d
(
C, (SBD)
)
= d
(
A, (SBD)
)
=
a
√
10
5
.
3. Tính khoảng cách từ I và G đến mặt phẳng (SBD).
Vì hai điểm I và C nằm trên đường t hẳng có giao điểm với (SBD) tại S nên ta có
d
(
I, (SBD)
)
d
(
C, (SBD)
)
=
IS
CS
=
1
2
.
Do đó d
(
I, (SBD)
)
=
1
2
d
(
C, (SBD)
)
=
a
√
10
10
.
Vì hai điểm I và G nằm trên đường thẳng có giao điểm với (SBD) tại D nên ta có
d
(
G, (SBD)
)
d
(
I, (SBD)
)
=
GD
ID
=
2
3
.
Suy ra d
(
G, (SBD)
)
=
2
3
d
(
I, (SBD)
)
=
a
√
10
15
.
4. Tính khoảng cách từ O, I và G đến mặt phẳng (SAB).
Theo câu a) ta có CB ⊥ (SAB) ⇒ d
(
C, (SAB)
)
= CB = a.
Vì hai điểm I và C nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SAB) tại S nên
có
d
(
I, (SAB)
)
d
(
C, (SAB)
)
=
IS
CS
=
1
2
⇒ d
(
I, (SAB)
)
=
1
2
d
(
C, (SAB)
)
=
a
2
.
Vì hai điểm O và C nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SAB) tại A nên
có
d
(
O, (SAB)
)
d
(
C, (SAB)
)
=
OA
CA
=
1
2
⇒ d
(
O, (SAB)
)
=
1
2
d
(
C, (SAB)
)
=
a
2
.
Vì CE k AB nên d
(
C, (SAB)
)
= d
(
E, (SAB)
)
= a.
Vì hai điểm E và G nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SAB) tại S nên
có
d
(
G, (SAB)
)
d
(
E, (SAB)
)
=
GS
ES
=
2
3
⇒ d
(
G, (SAB)
)
=
2
3
d
(
E, (SAB)
)
=
2a
3
.
Thông qua bài tập này các bạn thấy mấu chốt chủ yếu của bài toán là dựa vào khoảng cách từ hình
chiếu của đỉnh ở đây là điểm A, sau đó sử dụng công thức tính tỉ lệ khoảng cách.
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường
kính AD = 2a, SA vuông góc với đáy (ABCD) và SA = a
√
6.
1. Tính khoảng cách từ A, B đến (SCD).
2. Tính khoảng cách từ AD đến (SBC).
Lời giải.
1. Tính khoảng cách từ A, B đến (SCD).
194 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Theo đề bài ta có
®
CD ⊥ AC
CD ⊥ SA
⇒
®
CD ⊥ (SAC)
CD ⊂ (SCD)
⇒ (SCD) ⊥ (SAC ) theo giao tuyến
S C.
Kẻ AH ⊥ SC (H ∈ SC) ⇒
AH ⊥ (SCD).
Do đó d(A, (SCD)) = AH.
Xét tam giác vuông ACD có
A C =
√
AD
2
−CD
2
=
√
4a
2
− a
2
= a
√
3.
Xét tam giác vuông SAC có
1
AH
2
=
1
SA
2
+
1
A C
2
=
1
a
2
+
1
3a
2
=
4
3a
2
⇒ AH =
a
√
3
2
·
Gọi M là trung điểm AD thì
BM k CD
⇒ BM k (SCD).
Gọi {O} = AC ∩ BM
⇒ d(B, (SCD)) =
d(O, (SCD)).
Vì {C} = AO ∩ (SCD) và
O C =
1
2
A C
nên d(O, (SCD)) =
1
2
·d(A, (SCD)) =
a
√
3
4
.
Vậy d(B , (SCD)) =
a
√
3
4
.
2. Tính khoảng cách từ AD đến
(SBC).
Vì AD k BC ⇒ AD k (SBC)
⇒ d(AD, (SBC)) =
d(A, (SBC)).
Kẻ AK ⊥ BC (K ∈ BC ).
M
D
H
A
J
S
O
C
BK
a
√
6
a
a a
30
◦
Ta có
®
B C ⊥ AK
B C ⊥ SA
⇒
®
B C ⊥ (SAK)
B C ⊂ (SBC)
⇒ (SBC) ⊥ (SAK) theo giao tuyến SK.
Kẻ AJ ⊥ SK (J ∈ SK) ⇒ AJ ⊥ (SBC). Do đó d(A, (SBC)) = AJ.
Xét tam giác vuông SAK có AK =
√
AB
2
− BK
2
=
…
a
2
−
a
2
2
=
a
√
3
2
·
Xét tam giác vuông SAK có
1
AJ
2
=
1
SA
2
+
1
AK
2
=
1
a
2
+
4
3a
2
⇒ AJ =
a
√
21
7
·
Vậy d(AD, (SBC)) =
a
√
21
7
·
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA = a và vuông góc với
mặt phẳng (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD, DC. Góc giữa mặt phẳng
(SBM) và mặt phẳng (ABCD) bằng 45
◦
. Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM).
Lời giải.
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 195
Gọi H là giao điểm của BM và AN.
Ta có 4DAN = 4ABM (c.g.c ) ⇒
’
DAN =
’
ABM mà
’
ABM +
÷
AMH = 90
◦
⇒
÷
HAM +
÷
AMH = 90
◦
⇒
÷
AHM = 90
◦
hay BM ⊥ AN.
Ta có
®
BM ⊥ AN
BM ⊥ SA
⇒ BM ⊥ (SAN) ⇒ BM ⊥ SH.
BM là giao tuyến của (SBM) và (ABCD).
Khi đó góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng
(ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng AN và SH
hay
’
SHA = 45
◦
.
Tam giác SAH vuông cân tại A ⇒ AH = AS = a.
Xét tam giác vuông ABM có
1
AH
2
=
1
AM
2
+
1
AB
2
⇔ AB
2
= 5AH
2
⇔ AB =
AH
√
5 = a
√
5.
Dựng AI ⊥ SH (I ∈ SH). Hai mặt phẳng (SBM) và
(SAN) vuông góc với nhau theo giao tuyến SH
⇒ AI ⊥ (SBM) ⇒ d(A, (SBM)) = AI.
Xét tam giác vuông SAH có AI =
SH
2
=
AH
√
2
2
=
a
√
2
2
·
S
M
A
B
C
H
D
N
I
45
◦
a
Hai điểm A và D nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SBM) tại M với M
là trung điểm của AD, nên có
d(D, (SBM))
d(A, (SBM))
=
DM
AM
= 1 ⇒ d(D, (SBM)) = d(A, (SBM)) =
a
√
2
2
·
Vậy d(D, (SBM)) =
a
√
2
2
·
Bài 8. Cho hình chóp S .ABCD có đáy là ABCD hình vuông tâm O cạnh a, SA vuông
góc với mặt đáy (ABCD) và SA = a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm SC và AB.
1. Chứng minh rằng IO ⊥ (AB CD).
2. Tính khoảng cách từ I đến CJ.
Lời giải.
1. Chứng minh rằng IO ⊥ (AB CD).
Ta có OI là đường trung bình của 4SAC
⇒
®
OI k SA
SA ⊥ (ABCD )
⇒ OI ⊥ (ABCD).
2. Tính khoảng cách từ I đến CJ.
Kẻ OH ⊥ CJ tại H.
Ta có
®
CJ ⊥ OI
CJ ⊥ OH
⇒ CJ ⊥ (IOH) ⇒ CJ ⊥ IH ⇒
d(I, CJ) = IH.
Gọi {G} = BO ∩ CJ suy ra G là trọng tâm của
4ABC.
Ta có OG =
1
3
OB =
a
√
2
6
·
S
I
J
G
B
C
H
D
A
O
a
a
196 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Xét tam giác vuông COG có
1
OH
2
=
1
O C
2
+
1
OG
2
=
20
a
2
⇒ OH =
a
√
20
·
Xét tam giác vuông OIH có IH =
√
OH
2
+ OI
2
=
a
2
20
+
a
2
4
=
a
√
30
10
·
Vậy d(I, CJ) = IH =
a
√
30
10
·
Bài 9. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có AA
0
= a, đáy ABC là tam giác vuông
tại A có BC = 2a , AB = a
√
3.
1. Tính khoảng cách từ AA
0
tới mặt phẳng (BCC
0
B
0
).
2. Tính khoảng cách từ A tới (A
0
B C).
3. Chứng minh rằng AB ⊥ (ACC
0
A
0
) và tính khoảng cách từ A
0
đến mặt phẳng
(ABC
0
).
Lời giải.
1. Tính khoảng cách từ AA
0
tới mặt phẳng (BCC
0
B
0
).
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 197
Dựng AH ⊥ BC tại H, ta có:
®
AH ⊥ BC
AH ⊥ BB
0
⇒ AH ⊥ (BCB
0
C
0
) ⇒
d(A, (BCB
0
C
0
)) = AH.
4ABC vuông tại A có: AC =
√
B C
2
− AB
2
= a
AH · BC = AB · AC ⇒ AH =
AB · AC
B C
=
a
√
3 · a
2a
=
a
√
3
2
.
Kết luận d(A, (BCB
0
C
0
)) = AH =
a
√
3
2
.
Vì AA
0
k BB
0
⇒ AA
0
k (BCC
0
B
0
)
⇒ d(AA
0
, (BCB
0
C
0
)) = d(A, (BCB
0
C
0
)) = AH =
a
√
3
2
.
Vậy d(AA
0
, (BCB
0
C
0
)) =
a
√
3
2
.
2. Tính khoảng cách từ A tới (A
0
B C).
Ta có:
®
B C ⊥ AH
B C ⊥ AA
0
⇒ BC ⊥ (A
0
AH) ⇒
(A
0
B C) ⊥ (A
0
AH).
(A
0
B C) ∩(A
0
AH) = A
0
H.
Dựng AK ⊥ A
0
H, (K ∈ A
0
H) ⇒ AK ⊥ (A
0
B C).
Do đó d(A, (A
0
B C)) = AK.
Trong 4A
0
AH vuông tại A có:
1
AK
2
=
1
AA
02
+
1
AH
2
=
7
3a
2
⇒ AK =
a
√
21
7
.
Vậy d(A, (A
0
B C)) = AK =
a
√
21
7
.
3. Chứng minh rằng AB ⊥ (ACC
0
A
0
).
Ta có:
®
AB ⊥ AC
AB ⊥ AA
0
⇒ AB ⊥ (ACC
0
A
0
).
Tính khoảng cách từ A
0
đến mặt phẳng (ABC
0
).
AB ⊥ (ACC
0
A
0
) ⇒ (ABC
0
) ⊥ (ACC
0
A
0
).
(ABC
0
) ∩(ACC
0
A
0
) = AC
0
.
Dựng A
0
I ⊥ AC
0
⇒ A
0
I ⊥ (ABC
0
).
Do đó d(A
0
, (ABC
0
)) = A
0
I.
Trong 4AA
0
C
0
vuông tại A
0
có:
1
A
0
I
2
=
1
AA
02
+
1
A
0
C
02
=
2
a
2
⇒ A
0
I =
a
√
2
2
.
Vậy d(A, (A
0
B C)) = A
0
I =
a
√
2
2
.
B
C
B
0
C
0
H
A
A
0
I
K
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a, SA ⊥
(
ABCD
)
và SA = a
√
3.
1. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(
SBC
)
.
2. Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng
(
SBC
)
.
3. Tính khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SAB đến mặt phẳng
(
SAC
)
.
198 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Lời giải.
1. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).
Ta có:
®
B C ⊥ AB
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ (SBC) ⊥ (SAB).
Hai mặt phẳng này này vuông góc với nhau theo
giao tuyến SB.
Kẻ AH ⊥ SB tại H ⇒ AH ⊥ (SBC).
Vậy: d(A, (SBC)) = AH.
Trong 4SAB ta có:
1
AH
2
=
1
AB
2
+
1
SA
2
=
1
a
2
+
1
3a
2
=
4
3a
2
⇒ AH =
a
√
3
2
.
Kết luận: d(A, (SBC)) =
a
√
3
2
.
2. Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC).
Hai điểm A và O nằm trên đường thẳng có giao
điểm với mặt phẳng (SBC) tại B.Nên ta có:
d(O, (SBC))
d(A, (SBC))
=
O C
A C
=
1
2
⇒ d(O, (SBC)) =
1
2
d(A, (SBC)) =
a
√
3
4
.
Vậy d(O, (SBC)) =
a
√
3
4
.
B
H
I
G
A
C
D
O
S
3. Tính khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC).
Ta có BO ⊥ (SAC) ⇒ d(B, (SAC)) = BO =
BD
2
=
a
√
2
2
.
Hai điểm B và G nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SAC) tại I với I
là trung điểm của SA.
Do đó ta có
d(G, (SAC))
d(B, (SAC))
=
GI
BI
=
1
3
⇒ d(G, (SAC)) =
1
3
d(B, (SAC)) =
a
√
2
6
.
Vậy d(G , (SAC)) =
a
√
2
6
.
Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA = a và SA ⊥
(ABCD).
1. Gọi I là trung điểm của SD. Chứng minh AI ⊥ (SCD).
2. Tính khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SBC đến mặt phẳng (ABCD).
Lời giải.
1. Chứng minh AI ⊥ (SCD).
Ta có
®
CD ⊥ AD
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥ (SCD) ⇒ (SAD) ⊥ (SCD).
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 199
Hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo
giao tuyến SD.
Mặt khác AI ⊥ SD vì tam giác SAD cân tại A.
Suy ra AI ⊥ (SCD).
2. Tính khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SBC
đến mặt phẳng (ABCD).
Gọi H là trung điểm của BC.
Hai điểm S và G nằm trên đường thẳng có giao
điểm với mặt phẳng (ABCD) tại H nên có:
d(G, (ABCD))
d(S, (ABCD))
=
GH
SH
=
1
3
⇒ d(G, (ABCD)) =
1
3
d(S, (ABCD)) =
a
3
.
Vậy d(G , (ABCD)) =
a
3
.
B
A
G
I
C
D
H
S
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,
SA = a và SA ⊥ (ABCD). Gọi I, M lần lượt là trung điểm của SC, CD.
1. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).
2. Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBD).
3. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBM).
Lời giải.
1. Tính d(A, (SBD)).
Kẻ AO ⊥ BD tại O.
Có BD ⊥ AO và BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAO) ⇒ (SBD) ⊥ (SAO).
Hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SO.
Dựng AH ⊥ SO tại H ⇒ AH ⊥ (SBD).
Vậy d(A, (SBD)) = AH.
Trong tam giác ABD có:
1
AO
2
=
1
AB
2
+
1
AD
2
=
1
a
2
+
1
4a
=
5
4a
2
⇒ AO =
2a
√
5
.
Trong 4SAO có:
1
AH
2
=
1
AO
2
+
1
SA
2
=
5
4a
2
+
1
a
2
=
9
4a
2
⇒
AH =
2a
3
.
Vậy d(A, (SBD)) =
2a
3
.
2. Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBD).
Gọi N = AC ∩ BD.
Vì hai điểm A và C nằm trên đường thẳng có
giao điểm với mặt phẳng (SBD) tại N, nên có:
d(C, (SBD))
d(A, (SBD))
=
CN
AN
= 1 ⇒ d(C, (SBD )) =
d(A, (SBD)) =
2a
3
.
B
A
J
I
C
D
M
K
H
O
N
S
a
2a
a
200 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Vì hai điểm I và C nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SBD) tại S, nên
có:
d(I, (SBD ))
d(C, (SBD))
=
SI
S C
=
1
2
⇒ d(I, (SBD)) =
1
2
d(C, (SBD)) =
a
3
.
Vậy d(I, (SBD)) =
a
3
.
3. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBM).
Kẻ AK ⊥ BM, AJ ⊥ SK. Suy ra AJ ⊥ (SBM ) ⇒ d(A, (SBM)) = AJ.
Ta có: BM =
√
B C
2
+ CM
2
=
4a
2
+
a
2
4
=
a
√
17
2
.
Ta có:
S
ABCD
= S
4ABM
+ 2S
4BCM
⇔ 2a
2
=
1
2
AK · BM + 2 ·
1
2
B C ·CM
⇔ 2a
2
=
1
2
·
a
√
17
2
· AK +
a
2
2
⇒ AK =
6a
√
17
.
Trong 4SAK có:
1
AJ
2
=
1
AK
2
+
1
SA
2
=
17
36a
2
+
1
a
2
=
53
36a
2
⇒ AJ =
6a
√
53
.
Kết luận: d(A, (SBM)) =
6a
√
53
.
Bài 13. Cho hình thoi ABCD tâm O, cạnh a và AC = a. Từ trung điểm H của AB dựng
SH vuông góc với (ABCD) với SH = a.
1. Tính khoảng cách từ H đến (SCD).
2. Tính khoảng cách từ O đến (SCD).
3. Tính khoảng cách từ A đến (SBC).
Lời giải.
1.
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 201
Tính khoảng cách từ H đến (SCD).
Kẻ HK ⊥ CD tại K. Ta có
®
CD ⊥ HK
CD ⊥ SH
⇒ CD ⊥ (SHK) ⇒ (SCD) ⊥
SHK, hai mặt phẳng này vuông góc với
nhau theo giao tuyến SK.
Kẻ HI ⊥ SK tại I suy ra HI ⊥ (SCD).
Vậy d
(
H, (SCD)
)
= HI.
Vì AB k CD nên d(H, CD) = d(A, CD) =
a
√
3
2
, do 4ACD đều. Trong 4SHK vuông
tại H ta có
1
HI
2
=
1
HK
2
+
1
HS
2
=
4
3a
2
+
1
a
2
=
7
3a
2
⇒ HI =
a
√
21
7
.
Vậy d
(
H, (SCD)
)
= HI =
a
√
21
7
.
A
H
I
B
L
C
O
S
K
M
D
J
2. Tính khoảng cách từ O đến (SCD).
Gọi M là giao điểm của HO và CD, O là tâm đối xứng của đáy, suy ra O là trung điểm
của HM, do đó
d
(
O, (SCD)
)
d
(
H, (SCD)
)
=
OM
HM
=
1
2
⇒ d
(
O, (SCD)
)
=
a
√
21
14
.
3. Tính khoảng cách từ A đến (SBC).
Muốn tính khoảng cách từ A đến (SBC) ta phải tính khoảng cách từ H đến (SBC) trước
sau đó sử dụng công thức tính tỉ lệ khoảng cách.
Kẻ HL ⊥ BC tại L, ta có
®
B C ⊥ HL
B C ⊥ SH
⇒ BC ⊥ (SHL ) ⇒ (SBC) ⊥ (SHL), hai mặt phẳng
này vuông góc với nhau theo giao tuyến SL.
Kẻ HJ ⊥ SL tại J suy ra HJ ⊥ (SBC), từ đó d(H, (SBC)) = HJ.
Ta có 4ABC đều nên
’
HBL = 60
◦
.
Trong tam giác HBL có HL = BH ·sin 60
◦
=
a
√
3
4
.
Trong 4SHL vuông tại H ta có
1
HJ
2
=
1
HL
2
+
1
HS
2
=
16
3a
2
+
1
a
2
=
19
3a
2
⇒ HJ =
a
√
3
√
19
.
Hai điểm A và H nằm trên đường thẳng có giao điểm với (SBC) tại B nên có
d
(
A, (SBC)
)
d
(
H, (SBC)
)
=
AB
HB
= 2 ⇒ d
(
A, (SBC)
)
=
2a
√
3
√
19
=
2a
√
57
19
.
Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD có SA = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy
(ABCD), đáy là hình thang vuông tại A và B, có AB = BC = a, AD = 2a.
1. Tính khoảng cách từ A, B đến (SCD).
2. Tính khoảng cách từ AD đến (SBC).
Lời giải.
202 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Tính khoảng cách từ A, B đến (SCD).
Đáy được vẽ lại ở hình sau, dễ dàng chứng minh được CD ⊥ AC.
Ta có
®
CD ⊥ AC
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥ (SAC), suy ra (SCD) ⊥ (SAC), hai mặt phẳng này vuông
góc với nhau theo giao tuyến SC. Dựng AH ⊥ SC ⇒ AH ⊥ (SCD). Vậy d(A, (SCD)) =
AH.
Trong 4SAC ta có
1
AH
2
=
1
A C
2
+
1
AS
2
=
1
2a
2
+
1
4a
2
=
3
4a
2
⇒ AH =
2a
√
3
3
.
Kết luận d(A, (SCD)) = AH =
2a
√
3
3
.
Gọi M là trung điểm của AD
thì BCDM là hình bình hành, suy ra BM k CD.
Gọi O là giao của BM và AC. Vì MB k CD ⇒ BM k
(SCD),
suy ra d(B, (SCD)) = d(O, (SCD)).
Hai điểm O và A nằm trên đường thẳng có giao
điểm với (SCD) tại C
nên ta có
d
(
O, (SCD)
)
d
(
A, (SCD)
)
=
O C
A C
=
1
2
⇒ d
(
O, (SCD)
)
=
1
2
d
(
A, (SCD)
)
=
a
√
3
3
.
Kết luận d(B, (SCD)) =
a
√
3
3
.
A
B
C
O
S
M
H
D
I
a
2a
2a
a
2. Tính khoảng cách từ AD đến (SBC).
AD k BC ⇒ AD k (SBC) ⇒ d(AD, (SBC)) =
d(A, (SBC)).
Ta có BC ⊥ (SAB) suy ra (SBC) ⊥ (SAB), hai mặt phẳng
này vuông góc với nhau theo giao tuyến SB.
Dựng AI ⊥ SB, I ∈ SB, suy ra AI ⊥ (SBC). Vậy
d(A, (SBC)) = AI.
Trong 4SAB có
1
AI
2
=
1
AB
2
+
1
AS
2
=
1
a
2
+
1
4a
2
=
5
4a
2
⇒ AI =
2a
√
5
5
.
Kết luận d(AD, (SBC)) = AI =
2a
√
5
5
.
B
C
O
A D
M
a a
a a
a
Bài 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi với
’
BAD = 120
◦
, BD = a, SA
vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD), góc giữa (SBC) và mặt phẳng đáy là 60
◦
. Tính
1. Đường cao của hình chóp.
2. Khoảng cách từ A đến (SBC).
Lời giải.
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 203
1.
Gọi O = AC ∩ BD, kẻ AH ⊥ BC.
Ta có
®
B C ⊥ AH
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAH) ⇒ BC ⊥ SH.
Lại có
(SBC) ∩(ABCD) = BC
SH ⊥ BC, AH ⊥ BC
SH ⊂ (SBC), AH ⊂ (AB CD)
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (ABCD) là
’
AHS.
Do 4AOB nửa tam giác đều nên
BO =
AB
√
3
2
⇒ AB =
a
√
3
.
Do 4ABC là tam giác đều nên AH = BO =
a
2
.
Ta có tan
’
AHS =
SA
AH
⇒ SA = tan 60
◦
· AH =
a
√
3
2
.
Vậy đường cao của hình chóp là SA =
a
√
3
2
.
A
I
B
C
H
D
S
O
2. Hạ AI ⊥ SH ⇒ AI ⊥ (SBC). Vậy d(A, (SBC)) = AI. Ta có
1
AI
2
=
1
AH
2
+
1
AS
2
=
4
a
2
+
4
3a
2
=
16
3a
2
⇒ AI =
a
√
3
4
.
Kết luận d(A, (SBC)) = AI =
a
√
3
4
.
Bài 16. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007
Cho hình chóp S .ABCD có đáy là hình thang,
’
ABC =
’
BAD = 90
◦
, BA = BC = a,
AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a
√
2. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của A trên SB. Chứng minh tam giác S CD vuông và tính khoảng cách từ H đến
mặt phẳng (SCD) theo a.
Lời giải.
Gọi M là trung điểm của AD, ta có
MA = MC = MD ⇒ MC =
1
2
AD.
Vậy 4ACD vuông tại C.
Ta có
®
CD ⊥ AC
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥ (SAC) ⇒ CD ⊥ SC.
Kết luận 4SCD vuông tại C.
Dựng AI ⊥ SC tại I.
Ta có
®
AI ⊥ SC
AI ⊥ CD
⇒ AI ⊥ (SCD) ⇒ d(A, (SCD)) = AI.
A
H I
B
C
G
D
S
M
204 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Trong 4SAC vuông tại A có
1
AI
2
=
1
A C
2
+
1
AS
2
=
1
2a
2
+
1
2a
2
=
1
a
2
⇒ AI = a.
Gọi G = BM ∩ AC, ta có BM k (SCD). Vậy d(B, (SCD)) = d(G, (SCD)).
Hai điểm A và G nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SCD) tại C nên
d
(
G, (SCD)
)
d
(
A, (SCD)
)
=
GC
A C
=
1
2
.
Suy ra d
(
G, (SCD)
)
=
1
2
d
(
A, (SCD)
)
=
a
2
.
Trong 4SAB vuông tại A có
SH ·SB = SA
2
⇔
SH ·SB
SB
2
=
SA
2
SB
2
=
SA
2
SA
2
+ AB
2
=
2a
2
2a
2
+ a
2
=
2
3
.
Hai điểm B và H nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SCD) tại S nên
d
(
H, (SCD)
)
d
(
B, (SCD)
)
=
HS
BS
=
2
3
.
Vậy d
(
H, (SCD)
)
=
2
3
d
(
B, (SCD)
)
=
a
3
.
Bài 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a có góc
’
BAD = 60
◦
và SA = SB = SD = a.
1. Chứng minh (SAC) vuông góc với (ABCD).
2. Chứng minh tam giác SAC vuông.
3. Tính khoảng cách từ S đến (ABCD).
Lời giải.
1. Chứng minh (SAC) vuông góc với (ABCD).
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD, ta có 4SBD cân
tại S có O là trung điểm BD nên SO ⊥ BD, lại có
ABCD là hình thoi nên BD ⊥ AC, suy ra BD ⊥
(SAC).
Mà BD ⊂ (ABCD) ⇒ (SA C) ⊥ (ABCD).
2. Chứng minh tam giác SAC vuông.
Ta chứng minh SO = AO = OC.
Do 4ABD cân tại A có
’
BAD = 60
◦
nên suy ra
4ABD đều.
4ABD đều cạnh a có AO là đường trung tuyến nên
AO =
a
√
3
2
.
Xét 4SOD vuông tại O, ta có
SO =
p
SD
2
−OD
2
=
…
a
2
−
a
2
2
=
3a
2
4
=
a
√
3
2
.
A
H
D
B
C
S
O
Suy ra SO = AO = OC =
a
√
3
2
. Mà SO là đường trung tuyến của 4SAC nên 4SAC
vuông tại S.
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 205
3. Tính khoảng cách từ S đến (ABCD).
Xét hình chóp S.ABD, ta có SA = SB = SD = a, AB = BD = DA = a nên S.ABD là
hình chóp đều.
Gọi H là trọng tâm của 4ABD suy ra SH ⊥ (ABD) (theo tính chất của hình chóp đều),
suy ra SH ⊥ (ABCD) tại H, do đó d(S, (ABCD)) = SH.
Vì H là trọng tâm 4ABD nên AH =
2
3
AO =
2
3
·
a
√
3
2
=
a
√
3
3
.
Trong 4SHA vuông tại H, ta có
SH =
p
SA
2
− AH
2
=
Ã
a
2
−
Ç
a
√
3
3
å
2
=
2a
2
3
=
a
√
6
3
.
Vậy d(S, (ABCD)) = SH =
a
√
6
3
.
Bài 18. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC vuông tại A có BC = 2a,
’
A CB = 60
◦
.
Dựng hai đoạn BB
0
= a, CC
0
= 2a cùng vuông góc với mặt phẳng (P) và ở cùng một
bên với (P).
1. Tính khoảng cách từ C đến (ABB
0
).
2. Tính khoảng cách từ trung điểm của B
0
C đến mặt phẳng (ACC
0
).
3. Tính khoảng cách từ B
0
đến (ABC
0
).
Lời giải.
1. Trong tam giác AB C vuông tại A ta có
A C = BC ·cos C = a và AB = BC ·sin C = a
√
3.
Vì CA ⊥ AB và CA ⊥ BB
0
nên CA ⊥ (ABB
0
).
Do đó khoảng cách từ C đến (ABB
0
) là
d(C, (ABB
0
)) = CA = a.
B
0
C
0
F
A
E
C
B
H
60
◦
2. Gọi E là trung điểm của B
0
C.
Vì BB
0
k CC
0
nên BB
0
k (ACC
0
).
Cho nên d(B
0
, (ACC
0
)) = d(B, (ACC
0
)).
Vì AB ⊥ AC và AB ⊥ CC
0
nên AB ⊥ (ACC
0
).
Vậy d(B (ACC
0
)) = AB = a
√
3.
Lại có EB
0
cắt mặt phẳng (ACC
0
) tại C nên
d(E, (ACC
0
))
d(B
0
, (ACC
0
))
=
d(E, (ACC
0
))
d(B, (ACC
0
))
=
E C
B
0
C
=
1
2
⇒ d(E, (ACC
0
)) =
1
2
d(B, (ACC
0
)) =
a
√
3
2
.
3. Gọi F = B
0
C ∩ BC
0
.
Trong tam giác ACC
0
kẻ CH ⊥ AC
0
.
Khi đó CH ⊥ AC
0
và CH ⊥ AB (vì AB ⊥ (ACC
0
)) nên CH ⊥ (ABC
0
), suy ra
d(C, (ABC
0
)) = CH.
Trong tam giác ACC
0
vuông tại C ta có
1
CH
2
=
1
CA
2
+
1
C
0
C
2
=
1
a
2
+
1
4a
2
=
5
4a
2
⇒ CH =
2a
√
5
.
206 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Mặt khác 4B
0
FB v 4CFC
0
nên
FB
0
FC
=
BB
0
CC
0
=
1
2
.
Vì B
0
C cắt (ABC
0
) tại F nên
d(B
0
, (ABC
0
))
d(C, (ABC
0
))
=
FB
0
FC
=
1
2
⇒ d(B
0
, (ABC
0
)) =
1
2
d(C, (ABC
0
)) =
a
√
5
=
a
√
5
5
.
DẠNG 5.1. Tính khoảng cách nhờ tính chất của tứ diện vuông
Định nghĩa 1. Tứ diện vuông là tứ diện có một góc tam diện ba mặt vuông.
Trong tứ diện vuông có một tính chất đáng chú ý sau đây.
Tính chất 1. Giả sử O.ABC là tứ diện vuông tại O (OA ⊥ OB , OB ⊥ OC , OC ⊥ OA).
Khi đó đường cao OH của tứ diện O.ABC được tính theo công thức
1
OH
2
=
1
OA
2
+
1
OB
2
+
1
O C
2
.
Chứng minh.
Dựng OD ⊥ BC (D ∈ BC), dựng OH ⊥ AD (H ∈ AD).
Ta có BC ⊥ OD và BC ⊥ OA nên BC ⊥ (OAD), suy ra
(ABC) ⊥ (OAD).
Hai mặt phẳng (ABC) và (OAD) vuông góc với nhau
theo giao tuyến AD có OH ⊥ AD nên suy ra OH ⊥
(ABC).
Trong tam giác vuông OBC ta có
1
OD
2
=
1
OB
2
+
1
O C
2
.
Trong tam giác vuông OAD ta có
1
OH
2
=
1
OD
2
+
1
OA
2
.
Vì vậy
1
OH
2
=
1
OA
2
+
1
OB
2
+
1
O C
2
.
A
B
D
O
H
C
Nhận xét. Sử dụng tính chất này để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng trong nhiều
trường hợp tỏ ra khá tiện lợi. Đây là công thức đẹp và cũng hay được sử dụng. Trong đề thi đại
học những năm vừa qua có nhiều bài sử dụng công thức này, chúng ta lần lượt xem những bài
dưới đây.
Bài 19. Cho hình tứ diện AB CD có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC), biết AC =
AD = 4 cm, AB = 3 cm, BC = 5 cm. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD).
Lời giải.
Ta có AB
2
+ AC
2
= 3
2
+ 4
2
= 5
2
= B C
2
nên tam giác
ABC vuông tại A.
Tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc với
nhau tại A.
Trong tam giác ABC kẻ AE ⊥ BC và trong tam giác ADE
kẻ AH ⊥ DE.
Khi đó d(A, (BCD)) = AH.
Lại có
1
AH
2
=
1
AB
2
+
1
A C
2
+
1
AD
2
=
1
3
2
+
1
4
2
+
1
4
2
=
17
72
⇒ AH =
6
√
34
17
.
Vậy d(A, (BCD)) =
6
√
34
17
.
D
B
A
C
E
H
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 207
Bài 20. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a,
’
BAD = 60
◦
,
SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SO =
3a
4
.
1. Tính khoảng cách từ các điểm O và A đến mặt phẳng (SBC).
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB.
Lời giải.
1. Từ giả thiết ta có tam giác BCD đều nên OB =
a
2
và
O C =
a
√
3
2
.
Tứ diện OSB C có OS, OB, OC đôi một vuông góc với
nhau tại O nên
1
d
2
(O, (SBC))
=
1
SO
2
+
1
OB
2
+
1
O C
2
=
16
9a
2
+
4
a
2
+
4
3a
2
=
64
9a
2
.
Vậy d(O, (SBC)) =
3a
8
.
Ta có
d(A, (SBC))
(O, (SBC))
=
A C
O C
= 2 ⇒ d(A, (SBC)) = 2d(O, (SBC)) = 2 ·
3a
8
=
3a
4
.
S
O
A
B
D
C
2. Vì AD k BC nên AD k (SBC). Mà SB ⊂ (SBC) nên
d(AD, SB) = d(AD, (SBC)) = d(A, (SBC)) =
3a
4
.
Bài 21. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có cạnh bằng a . Tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng AC và DC
0
.
Lời giải.
208 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Gọi O = AD
0
∩ A
0
D. Suy ra O là trung điểm của AD
0
.
Ta có
d(A, (DA
0
C
0
))
d(D
0
, (DA
0
C
0
))
=
AO
D
0
O
= 1 nên d(A, (DA
0
C
0
)) =
d(D
0
, (DA
0
C
0
)).
Vì AC k A
0
C
0
nên AC k (DA
0
C
0
). Do đó
d(AC, DC
0
) = d(AC, (DA
0
C
0
)) = d(A, (DA
0
C
0
)) = d(D
0
, (DA
0
C
0
)).
Tứ diện D
0
A
0
C
0
D có D
0
A
0
, D
0
C
0
, D
0
D đôi một vuông
góc nhau tại D
0
nên
1
d
2
(D
0
, (DA
0
C
0
))
=
1
D
0
A
02
+
1
D
0
C
02
+
1
D
0
D
2
=
1
a
2
+
1
a
2
+
1
a
2
=
3
a
2
⇒ d(D
0
, (DA
0
C
0
)) =
a
√
3
3
.
Vậy d(AC, DC
0
) =
a
√
3
3
.
C
0
D
0
A
B
D
A
0
B
0
C
O
Bài 22. Cho lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB =
B C = a, cạnh bên AA
0
= a
√
2. Gọi M là trung điểm của BC.
1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B
0
C.
2. Tính khoảng cách từ điểm M đến (AB
0
C).
Lời giải.
1. Gọi E là trung điểm của BB
0
, ta có B
0
C k (AME). Do đó
d(AM, B
0
C) = d(B
0
C, (AME)) = d(B
0
, (AME )) = d(B, (AME)).
Tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc với nhau
tại B nên
1
d
2
(B, (AME))
=
1
BA
2
+
1
BM
2
+
1
BE
2
=
7
a
2
⇒ d(B, (AME)) =
a
√
7
7
.
Vậy d(AM, B
0
C) =
a
√
7
7
.
A
0
B
0
C
0
B
C
M
E
A
2. Ta có
d(M, (AB
0
C))
d(B, (AB
0
C))
=
MC
B C
=
1
2
nên d(M, (AB
0
C)) =
1
2
d(B, (AB
0
C)).
Tứ diện BAB
0
C có BA, BB
0
, BC đôi một vuông góc với nhau tại B nên
1
d
2
(B, (AB
0
C))
=
1
BA
2
+
1
B
0
B
2
+
1
B C
2
=
1
a
2
+
1
2a
2
+
1
a
2
=
5
2a
2
⇒ d(B, (AB
0
C)) =
a
√
10
5
.
Vậy d(M, (AB
0
C)) =
1
2
·
a
√
10
5
=
a
√
10
10
.
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 209
Bài 23. Cho lăng trụ đều ABC.A
0
B
0
C
0
có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M, N lần lượt
là trung điểm của AA
0
, BB
0
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B
0
M và CN.
Lời giải.
Gọi O và O
0
lần lượt là trung điểm của BC và B
0
C
0
.
Gọi P là giao điểm của OO
0
và CN.
Vì B
0
M k AN nên B
0
M k (CAN). Do đó
d(BM
0
, CN) = d(B
0
M, (CAN)) = d(B
0
, (CAN)) = d(B, (CAN)).
Lại có
d(B, (CAN))
d(O, (CAN))
=
B C
O C
= 2 nên d(B, (CAN)) =
2d(O, (CAN)).
Vì (CAN) ≡ (CAP) và tứ diện OACP có OA, OC, OP đôi
một vuông góc với nhau tại O nên
1
d
2
(O, (CAN))
=
1
d
2
(O, (CAP))
=
1
OA
2
+
1
O C
2
+
1
OP
2
=
4
3a
2
+
4
a
2
+
16
a
2
=
64
3a
2
.
A
0
B
0
C
0
C
O
A
M
B
N
O
0
P
Suy ra d(O, (CAN)) =
a
√
3
8
.
Vậy d(B
0
M, CN) = 2 ·
a
√
3
8
=
a
√
3
4
.
Bài 24. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
’
ABC =
’
BAD = 90
◦
,
AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a
√
2. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của A trên SB. Tính khoảng cách từ H đến (SCD).
Lời giải.
Gọi M là giao điểm của AB với CD; K là giao
điểm của AH với SM. Dễ thấy B là trung
điểm của AM.
Ta có
BH
BS
=
BH · BS
BS
2
=
BA
2
BS
2
=
a
2
3a
2
=
1
3
.
Suy ra H là trọng tâm của tam giác SAM.
Khi đó
d(H, (SCD))
d(A, (SCD))
=
KH
KA
=
1
3
.
Tứ diện ASDM có AS, AD, AM đôi một
vuông góc với nhau tại A nên
1
d
2
(A, (SCD))
=
1
d
2
(A, (SDM))
=
1
AS
2
+
1
AD
2
+
1
AM
2
=
1
2a
2
+
1
4a
2
+
1
4a
2
=
1
a
2
.
Suy ra d(A, (SCD)) = a.
Vậy d(H, (SCD)) =
1
3
d(A, (SCD)) =
a
3
.
S
M
C
K
B
D
A
H
210 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Bài 25. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm
của DD
0
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và A
0
D.
Lời giải.
Gọi M là trung điểm của BB
0
.
Ta có A
0
M k KC nên CK k (A
0
MD). Do
đó
d(CK, A
0
D) = d(C K, (A
0
MD)) = d(K, (A
0
MD)).
Gọi N là giao điểm của AK với A
0
D; P
là giao điểm của AB với A
0
M.
Khi đó
d(K, (A
0
MD))
d(A, (A
0
MD))
=
NK
NA
=
1
2
.
Tứ diện AA
0
DP có AA
0
,(AD), AP đôi
một vuông góc với nhau tại A nên
1
d
2
(A, (A
0
MD))
=
1
d
2
(A, (A
0
PD))
=
1
A
0
A
2
+
1
AD
2
+
1
AP
2
=
1
a
2
+
1
a
2
+
1
4a
2
=
9
4a
2
.
C
0
D
0
B
0
A
B
D
P
N
A
0
C
K
M
Suy ra d(A, (A
0
MD)) =
2a
3
.
Vậy d(C K, A
0
D) =
1
2
d(A, (A
0
MD)) =
1
2
·
2a
3
=
a
3
.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 211
Bài 6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU
A. Tóm tắt lý thuyết
Định nghĩa 1. Hai đường thẳng a và b không cùng thuộc một mặt phẳng (không có
mặt phẳng nào chứa cả a và b) thì ta nói hai đường thẳng a và b chéo nhau.
Định nghĩa 2. Nếu có đường thẳng d lần lượt vuông góc với cả hai đường thẳng a
và b chéo nhau lần lượt tại M và N thì đường thẳng d gọi là đường vuông góc của hai
đường thẳng chéo nhau a và b, còn độ dài đoạn MN gọi là khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau.
B. Bài tập rèn luyện
DẠNG 6.1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Phương pháp chung là ta phải chuyển khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
về khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng hoặc khoảng cách từ một điểm đến
một mặt phẳng.
1. Nếu đường thẳng a thuộc một mặt phẳng (P) và đường thẳng b song song với
mặt phẳng (P) thì khoảng cách giữa a và b bằng khoảng cách từ đường thẳng b
đến mặt phẳng (P).
Chọn một điểm M thích hợp thuộc b sao cho có thể tính khoảng cách từ M đến
mặt phẳng (P) một cách dễ dàng. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) là khoảng
cách giữa hai đường thẳng a và b.
4
!
Nếu không tìm được một mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường
thẳng kia thì ta phải dựng mặt phẳng (P) chứa đường thẳng này và song song với đường
thẳng kia.
2. Nếu đường thẳng a thuộc mặt phẳng (P), đường thẳng b thuộc mặt phẳng (Q)
mà hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau t hì khoảng cách giữa a và b bằng
khoảng cách giữa (P) và (Q).
3. Trường hợp tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b với a là
cạnh bên còn b là một cạnh đáy của hình chóp ta làm như sau: Gọi I là giao điểm
của đường thẳng a với mặt đáy. Từ I dựng đường thẳng ∆ song song với b . Khi
đó b song song với mặt phẳng (P) chứa a và ∆. Chọn một điểm M trên b sao cho
có thể tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) một cách dễ dàng. Khoảng cách
từ M đến mặt phẳng (P) là khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b .
Bài 1. Cho hình chóp S.AB C có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a,
hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung
điểm của AB, mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N. Biết góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60
◦
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
SN theo a.
Lời giải.
212 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Ta có mp(SAB)∩ mp(SAC) = SA và hai mặt phẳng
(SAB) và (SA C) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC)
nên SA ⊥ (ABC).
Mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N,
suy ra MN k BC và N là trung điểm của AC.
Trong 4ABC có MN =
1
2
B C = a, BM =
1
2
AB = a.
Ngoài ra
®
B C ⊥ AB
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB.
Vì
(SBC) ∩(ABC) = BC
SB ⊥ BC, AB ⊥ AB
SB ⊂ (SBC), AB ⊂ (SAB)
⇒
(
(SBC), (ABC)
)
=
‘
SBA = 60
◦
.
Xét 4SAB vuông tại A ta có SA = AB tan 60
◦
= 2a
√
3.
S
C
NI
A B
M
H
x
4
!
Yêu cầu của đề bài là tính khoảng cách giữa AB và SN, đây là bài toán tính khoảng cách giữa
cạnh bên SN và cạnh đáy AB. Do chưa có mặt phẳng nào chứa một trong hai đường trên và song
song với đường kia nên ta phải dựng mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng này và song song với đường
thẳng kia.
Từ N (giao điểm của cạnh bên SN với mặt đáy (ABC)) kẻ Nx k AB, suy ra AB k (SNx) (vì
Nx ⊂ (SNx)).
Khi đó d(AB, SN) = d
(
AB, (SNx)
)
= d
(
A, (SNx)
)
.
Dựng AI ⊥ Nx tại I. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SI.
Vì
®
Nx ⊥ AI
Nx ⊥ SA
⇒ Nx ⊥ (SAI) ⇒ (SNx) ⊥ (SAI). Hai mặt phẳng (SNx) và (SAI) vuông góc
với nhau có giao tuyến SI mà AH ⊥ SI ⇒ AH ⊥ (SNx). Vậy d
(
A, (SNx)
)
= AH.
Ta có AI =
1
2
B C = a. Trong 4SAI vuông tại A có
1
AH
2
=
1
AS
2
+
1
AI
2
=
1
12a
2
+
1
a
2
=
13a
2
12
⇒ AH =
2a
√
39
13
.
Vậy d(AB, SN) = d
(
A, (SNx)
)
= AH =
2a
√
39
13
.
Bài 2. Cho hình chóp S.AB C có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường
thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60
◦
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
và BC theo a.
Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 213
Áp dụng định lý cô-sin cho tam giác AHC ta có
CH
2
= CA
2
+ AH
2
−2 ·CA · AH ·cos
’
CAH
= a
2
+
4a
2
9
+ 2 · a ·
2a
3
·cos 60
◦
=
7a
2
9
Suy ra CH =
a
√
7
3
.
Ta có HC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt
phẳng (ABC) nên góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) là
góc
’
S CH = 60
◦
.
Trong tam giác SCH vuông tại H có SH = CH tan 60
◦
=
a
√
7
3
·
√
3 =
a
√
21
3
.
S
I
A
x
H
B
C
K
4
!
Yêu cầu của đề bài là tính khoảng cách giữa SA và BC , đây là bài toán tính khoảng cách giữa
cạnh bên SA và cạnh đáy BC. Do chưa có mặt phẳng nào chứa một trong hai đường trên và song
song với đường kia nên ta phải dựng mặt phẳng (P ) chứa đường thẳng này và song song với đường
thẳng kia.
Từ A (giao điểm của cạnh bên SA với mặt đáy (ABC)) kẻ Ax k BC, suy ra BC k (SAx) (vì
Ax ⊂ (SAx)).
Khi đó d(BC, SA) = d
(
B C, (SAx)
)
= d
(
B, (SAx)
)
.
4
!
Vì BC song song với mặt phẳng (SAx) nên khoảng cách từ mọi điểm trên đường thẳng BC đến
mặt phẳng (SAx) đều bằng nhau. Vì sao lại chọn điểm B mà không chọn điểm khác (chẳng hạn là
điểm C)? Vì điểm B nằm trên đường thẳng AB có chứa điểm H là hình chiếu của đỉnh nên việc tính
khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SAx) là khá dễ dàng. Thông qua công thức tính tỉ số khoảng cách
thì ta tính được khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAx).
Dựng HI ⊥ Ax tại I. Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SI.
Vì
®
Ax ⊥ HI
Ax ⊥ SH
⇒ Ax ⊥ (SHI) ⇒ (SAx) ⊥ (SHI). Hai mặt phẳng (SAx) và (SHI) vuông góc
với nhau có giao tuyến SI mà HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ (SAx). Vậy d
(
H, (SAx)
)
= HK.
Trong 4AIH vuông tại I ta có HI = HA sin 60
◦
=
2a
3
·
√
3
2
=
a
√
3
3
.
Trong 4SIH vuông tại H có
1
HK
2
=
1
HS
2
+
1
HI
2
=
9
21a
2
+
9
3a
2
=
24a
2
7
⇒ HK =
a
√
7
√
24
.
Đường thẳng BH cắt mặt phẳng (SAx) tại A nên
d
(
B, (SAx)
)
d
(
H, (SAx)
)
=
BA
HA
=
3
2
.
Vậy d(BC, SA) = d
(
B, (SAx)
)
=
3
2
d
(
H, (SAx)
)
=
3
2
HK =
a
√
42
8
.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = SB = SC = SD =
a
√
2. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AD, BC. Chứng minh (SIK) ⊥ (SBC) và tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD theo a.
Lời giải.
214 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Ta có OA = OB = OC = OD và SA = SB = SC =
SD = a
√
2 nên O là hình chiếu vuông góc của S lên mặt
phẳng (ABCD) hay SO ⊥ (ABCD).
Ta có
®
B C ⊥ IK
B C ⊥ SO
⇒ BC ⊥ (SIK) ⇒ (SBC) ⊥ (SIK) (vì
B C ⊂ (SBC)).
Ta có AD k BC ⇒ AD k (SBC) nên
d(AD, SB) = d
(
AD, (SBC)
)
= d
(
I, (SBC)
)
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên SK nên ta có
®
OH ⊥ SK
OH ⊥ BC
⇒ OH ⊥ (SBC) ⇒ d
(
O, (SBC)
)
= OH.
S
I
A
B
O
D
C
K
H
Trong 4SAO vuông tại O ta có SO =
√
SA
2
− AO
2
=
2a
2
−
a
2
2
=
a
√
6
2
.
Trong 4SOK vuông tại O có
1
OH
2
=
1
OS
2
+
1
OK
2
=
4
6a
2
+
4
a
2
=
14a
2
3
⇒ OH =
a
√
42
14
.
Đường thẳng OI cắt mặt phẳng (SBC) tại K nên
d
(
I, (SBC)
)
d
(
O, (SBC)
)
=
IK
OK
= 2.
Vậy d(AD, SB) = d
(
I, (SBC)
)
= 2d
(
O, (SBC)
)
= 2OH =
a
√
42
7
.
Bài 4. Cho lăng trụ tam giác ABC.A
0
B
0
C
0
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh
bên và mặt phẳng đáy bằng 30
◦
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
0
B
0
C
0
)
thuộc đường thẳng B
0
C
0
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA
0
và B
0
C
0
theo a.
Lời giải.
Do AH ⊥ (A
0
B
0
C
0
) nên góc giữa AA
0
và (A
0
B
0
C
0
) là góc
÷
AA
0
H = 30
◦
.
Xét tam giác vuông AHA
0
có
AA
0
= a, A
0
H = AA
0
cos 30
◦
=
a
√
3
2
, AH = AA
0
sin 30
◦
=
a
2
.
Do 4A
0
B
0
C
0
là tam giác đều cạnh a, H thuộc B
0
C
0
và
A
0
H =
a
√
3
2
nên A
0
H vuông góc với B
0
C
0
.
Mặt khác AH ⊥ B
0
C
0
nên B
0
C
0
⊥ (AA
0
H).
Kẻ đường cao HK của tam giác AA
0
H thì HK chính là
khoảng cách giữa AA
0
và B
0
C
0
.
Ta có AA
0
· HK = A
0
H · AH ⇒ HK =
A
0
H · AH
AA
0
=
a
√
3
4
.
A B
C
0
H
B
0
A
0
K
C
DẠNG 6.2. Xác định đường vuông góc chung
Ta có các trường hợp sau đây:
1. Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau và a ⊥ b.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 215
• Ta dựng mặt phẳng (α) chứa a và vuông góc với b
tại B .
• Trong mặt phẳng (α) dựng BA ⊥ a tại A, ta được
độ dài đoạn AB là khoảng cách giữa a và b.
b
a
A
B
2. Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau và không vuông góc với nhau.
Cách 1:
• Ta dựng mặt phẳng (α) chứa a và song song
với b.
• Lấy điểm M tùy ý trên b, dựng MM
0
⊥ (α)
tại M
0
.
• Từ M
0
dựng b
0
k b cắt a tại A. Từ A dựng
AB k MM
0
cắt b tại B, độ dài đoạn AB là
khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b.
A
M
0
B
M
b
a
b
0
Cách 2:
• Ta dựng mặt phẳng (α) ⊥ a tại O, (α) cắt b tại
I.
• Dựng hình chiếu vuông góc của b là b
0
trên
(α).
• Trong mặt phẳng (α), vẽ OH ⊥ b
0
, H ∈ b
0
.
• Từ H dựng đường thẳng song song với a cắt
b tại B.
• Từ B dựng đường thẳng song song với OH
cắt a tại A.
• Độ dài AB là khoảng cách giữa hai đường
thẳng a và b.
I
H
O
A
B
a b
b
0
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = h và vuông góc với
đáy. Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của:
SB và CD.a) AD và SB.b) AB và SD.c)
S C và BD.d) S C và AB .e) SC và ADf)
Lời giải.
216 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Ta có
®
B C ⊥ AB
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥
SB.
Mà BC ⊥ CD. Do đó BC là đường vuông góc
chung của SB và CD. Vậy d(SB, CD) = B C =
a.
2. Trong ∆SAB kẻ AK ⊥ SB tại K.
®
AD ⊥ AB
AD ⊥ SA
⇒ AD ⊥ AK.
Do đó AK là đường vuông góc chung của SB
và AD.
Trong ∆SAB vuông tại A có
1
AK
2
=
1
AS
2
+
1
AB
2
=
1
h
2
+
1
a
2
=
a
2
+ h
2
a
2
h
2
⇒
AK =
ah
√
a
2
+ h
2
.
Vậy d(SB, AD) = AK =
ah
√
a
2
+ h
2
.
B
C
O
S
M
D
H
I
G
K
J
A
L
3. Trong tam giác SAD kẻ AH ⊥ SD tại H. Ta có
®
AB ⊥ AD
AB ⊥ SA
⇒ AB ⊥ (SAD) ⇒ AB ⊥ AH.
Do đó AH là đường vuông góc chung của SD và AB.
Trong ∆SAD vuông tại A có
1
AH
2
=
1
AS
2
+
1
AD
2
=
1
h
2
+
1
a
2
=
a
2
+ h
2
a
2
h
2
⇒ AH =
ah
√
a
2
+ h
2
.
Vậy d(SD, AB) = AH =
ah
√
a
2
+ h
2
.
4. Gọi O = AC ∩ BD. Trong ∆SAC kẻ OG ⊥ SC tại G .
Ta có
®
BD ⊥ AC
BD ⊥ SA
⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ OG.
Do đó OG là đường vuông góc chung của SC và BD.
Trong ∆SAC có AC = a
√
2; CO =
1
2
A C =
a
√
2
2
; SC =
√
SA
2
+ AC
2
=
√
h
2
+ 2a
2
.
Ta có ∆CGO ∼ ∆CAS (g.g) ⇒
CO
CS
=
OG
SA
⇒ OG =
CO
CS
SA =
ah
√
2
2
√
2a
2
+ h
2
.
Vậy d(SC, BD) = OG =
ah
√
2
2
√
2a
2
+ h
2
.
5. Ta có
®
AH ⊥ SD
AH ⊥ CD
⇒ AH ⊥ (SCD) ⇒ AH ⊥ SC.
Từ H kẻ HI k CD. Suy ra HI và AB cùng thuộc một mặt phẳng vì cùng song song với
CD.
Trong mặt phẳng (AB, HI), kẻ I J k AH cắt AB tại J.
Ta có
®
IJ k AH
AH ⊥ SC, AH ⊥ AB
⇒
®
IJ ⊥ SC
IJ ⊥ AB
.
Do đó I J là đường vuông góc chung của SC và AB.
Vậy d(SC, AB) = I J = AH =
ah
√
a
2
+ h
2
.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 217
6. Ta có
®
AK ⊥ SB
AK ⊥ BC
⇒ AK ⊥ (SBC) ⇒ AK ⊥ SC.
Từ K kẻ KL k BC. Suy ra KL và AD cùng thuộc một mặt phẳng vì cùng song song với
B C.
Trong mặt phẳng (AD, KL), kẻ LM k AK, LM cắt AD tại M.
Ta có
®
LM k AK
AK ⊥ SC, AK ⊥ AD
⇒
®
LM ⊥ SC
LM ⊥ AD
.
Do đó LM là đường vuông góc chung của SC và AD.
Vậy d(SC, AD) = LM = AK =
ah
√
a
2
+ h
2
.
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc
’
BAD = 120
◦
,
SA = h và SA ⊥ (ABCD). Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của:
SB và CD.a) BD và SC.b) S C và AB .c)
Lời giải.
1.
Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CL ⊥ AB tại L
(1).
Vì SA ⊥ (ABCD), SA ⊂ (SAB) nên (SAB) ⊥
(ABCD) ⇒ CL ⊥ (SAB) ⇒ CL ⊥ SB (2).
Trong mặt phẳng (ABCD), từ B kẻ BN k LC
với N ∈ CD (3).
Từ (1), (2) và (3) thì BN là đường vuông góc
chung của SB và CD và BN = CL.
Vì ABCD là hình thoi có
’
BAD = 120
◦
nên
∆ABC đều. Mà CL là đường cao nên CL =
a
√
3
2
.
Vậy d(SB, CD) = BN = CL =
a
√
3
2
.
2. Gọi O = AC ∩ BD. Trong ∆SAC kẻ OM ⊥ SC
tại M (4).
Ta có
®
BD ⊥ AC
BD ⊥ SA
⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥
OM(OM ⊂ (SA C)) (5).
Từ (4) và (5) thì OM là đường vuông góc chung
của SC và BD.
Trong tam giác SAC có
A C = a, CO =
1
2
A C =
a
2
, SC =
√
SA
2
+ AC
2
=
√
h
2
+ a
2
.
Ta có ∆CMO ∼ ∆CAS(g.g)
⇒
CO
CS
=
OM
SA
⇒ OM =
CO
CS
SA =
ah
2
√
a
2
+ h
2
.
Vậy d(SC, BD) = OG =
ah
2
√
a
2
+ h
2
.
O
S
J
H
I
D
E
C
N
M
A
K
L
B
218 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
3. Kẻ AE ⊥ CD tại E. Ta có
®
CD ⊥ AE
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥ (SAE) ⇒ (SCD) ⊥ (SAE).
Kẻ AH ⊥ SE tại H và có
®
(SAE) ∩(SCD) = SE
(SAE) ⊥ (SCD)
⇒ AH ⊥ (SCD) ⇒ AH ⊥ SC.
Từ H kẻ HI k CD. Suy ra HI và AB cùng thuộc một mặt phẳng vì cùng song song với
CD.
Trong mặt phẳng (AB, HI), kẻ IK k AJ, IK cắt AB tại K.
Ta có
®
IK k AH
AH ⊥ SC, AH ⊥ AB
⇒
®
IK ⊥ SC
IK ⊥ AB
.
Do đó IK là đường vuông góc chung của SC và AB.
Trong ∆SAE vuông tại A có
1
AH
2
=
1
AS
2
+
1
AE
2
=
3a
2
+ 4h
2
3a
2
h
2
⇒ AH =
ah
√
3
√
3a
2
+ 4h
2
.
Vậy d(SC, AB) = IK = AH =
ah
√
3
√
3a
2
+ 4h
2
.
Bài 7. Cho hình hộp đứng ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy là hình thoi cạnh a, góc A bằng 60
◦
,
góc giữa AC
0
và (ABCD) bằng 60
◦
.
1. Tính đường cao của hình hộp đó.
2. Tìm đường vuông góc chung của A
0
C và BB
0
. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng đó.
Lời giải.
Vì ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
là hình hộp đứng nên
AA
0
⊥ (ABCD).
Ta có AC là hình chiếu vuông góc của A
0
C trên
(ABCD) nên góc giữa AC
0
và (ABCD) bằng
÷
A
0
CA = 60
◦
.
Vì ABCD là hình thoi có
“
A = 60
◦
nên ∆BAD đều
⇒ AC = 2AO = a
√
3.
Trong ∆ A
0
A C vuông tại A có AA
0
=
A C tan
÷
A
0
CA = 3a.
Gọi O = AC ∩ BD. I là trung điểm của A
0
C. Ta có
OI là đường trung bình của ∆A
0
A C.
Do đó OI k AA
0
k BB
0
(1).
Ta có
®
BO ⊥ AC
B C ⊥ AA
0
⇒ BO ⊥ (A
0
A C) ⇒
®
BO ⊥ AA
0
BO ⊥ CA
0
(2).
Trong mặt phẳng (BDD
0
B
0
) kẻ IK k BO (3).
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra IK là đường vuông góc
chung của A
0
C và BB
0
.
Vậy d(A
0
C, BB
0
) = IK = BO =
BD
2
=
a
2
.
O
O
0
D
C
D
0
C
0
I
A
A
0
K
B
B
0
Bài 8. Cho chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 3a, cạnh bên bằng 2a. Gọi G là
trọng tâm giác ABC. Dựng và tính đoạn vuông góc chung của hai đường t hẳng SA và
B C.
Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 219
Trong tam giác ABC đều, kéo dài AG cắt B C tại M ⇒ AG ⊥ BC.
Chóp S .ABC đều, mà G là tâm 4ABC nên: SG ⊥ (AB C) ⇒ SG ⊥
B C.
Vì BC ⊥ SG và BC ⊥ AM nên BC ⊥ (SAM).
Trong 4SAM kẻ MN ⊥ SA
(
N ∈ SA
)
⇒ MN ⊥ BC (vì
MN ⊂ (SAM)). Do vậy, MN là đoạn vuông góc chung của BC
và SA.
Trong 4SAG vuông tại G ta có: SG =
√
SA
2
− AG
2
=
√
4a
2
−3a
2
= a.
Trong 4SAM có: MN ·SA = SG · AM ⇔ MN ·2a = a ·
3a
√
3
2
⇒
MN =
3a
√
3
4
.
C
B
M
S
A
N
G
Bài 9. Cho hình chóp tam giác S .AB C có SA vuông góc với (ABC) và SA = a
√
2. Đáy
ABC là tam giác vuông tại B với BA = a. Gọi M là trung điểm của AB. Tìm độ dài
đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng SM và BC.
Lời giải.
Ta có
®
SA ⊥ BC
AB ⊥ BC
⇒ BC ⊥ (SAB) tại B.
Dựng BH ⊥ SM (H ∈ SM).
Ta thấy BC ⊥ BH (BH ⊂ (SAB))
Vậy BH chính là đoạn vuông góc chung của SM và BC.
Ta có 4MHB ∼ 4MAS ⇒
HB
AS
=
MB
MS
⇔
HB
AS
=
MB
√
AS
2
+ AM
2
=
1
3
⇒ HB =
AS
3
=
a
√
2
3
.
C
B
S
A
M
H
Bài 10. Trong mặt phẳng (P) cho hình thoi AB CD có tâm là O, cạnh a và OB =
a
√
3
3
.
Trên đường thẳng vuông góc với (AB CD) tại O, lấy điểm S sao cho SB = a. Dựng và
tính đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng
1. BD và SC.
2. AB và SD.
Lời giải.
220 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Dễ dàng chứng minh được BD ⊥ (SAC)
(vì BD ⊥ AC , BD ⊥ SO ).
Trong mặt phẳng (SAC), kẻ OM ⊥ SC,
(M ∈ SC), suy ra OM là đoạn vuông góc
chung của SC và BD.
Trong 4SOB vuông tại O có:
SO =
p
SB
2
− BO
2
=
a
2
−
a
2
3
=
a
√
6
3
.
Trong 4BOC vuông tại O có:
O C =
p
B C
2
− BO
2
=
a
2
−
a
2
3
=
a
√
6
3
.
Trong 4SOC vuông tại O có: SC =
√
SO
2
+ O C
2
=
2a
√
3
3
.
OM ·SC = OS ·OC ⇔ OM ·
2a
√
3
3
=
a
√
6
3
·
a
√
6
3
⇒ OM =
a
√
3
3
.
C
B
D
G
H
J
S
O
A
L
M
I
K
a
a
√
3
3
2. Gọi G, H lần lượt là trung điểm của AB và CD. Ta có
®
CD ⊥ GH
CD ⊥ SO
⇒ CD ⊥ (SGH) ⇒ (SCD) ⊥ (S GH).
Từ O dựng OI ⊥ SH là giao tuyến của hai mặt phẳng vuông góc (SCD) và (SGH), suy
ra OI ⊥ (SCD).
Trong mặt phẳng (SGH), kẻ GJ k OI (J ∈ SH) ⇒ GJ ⊥ (SCD).
Từ J dựng đường t hẳng song song với CD cắt SD tại K. Suy ra AB và JK cùng thuộc
một mặt phẳng. Trong mặt phẳng
(
AB, JK
)
dựng KL k GJ (L ∈ AB). Suy ra KL là đoạn
vuông góc chung của AB và SD.
Thật vậy: Vì GJ ⊥ (SCD) ⇒
®
GJ ⊥ SD
GJ ⊥ CD
⇒
®
GJ ⊥ SD
GJ ⊥ AB (AB k CD)
⇒
®
KL ⊥ SD
KL ⊥ AB.
Trong 4SOH:
1
OI
2
=
1
OS
2
+
1
OH
2
=
3
2a
2
+
4
a
2
=
11
2a
2
⇒ OI =
a
√
22
11
.
⇒ GJ = 2OI =
2a
√
22
11
.
Kết luận: d(AB, SD) =
2a
√
22
11
.
Bài 11. Cho tứ diện ABCD với AB = CD = a, AC = BD = b, BC = AD = c. Gọi I và
J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hãy tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB
và CD.
Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 221
Ta có: 4CAB = 4BDA (c.c.c) nên hai đường trung
tuyến CI và DI tương ứng bằng nhau, nên tam giác
ICD cân tại I. Suy ra: I J ⊥ CD.
Chứng minh tương tự ta có: I J ⊥ AB.
Kết luận: I J là đoạn vuông góc chung của AB và CD.
BJ là đường trung tuyến của 4B CD nên
BJ
2
=
B C
2
+ BD
2
2
−
CD
2
4
=
c
2
+ b
2
2
−
a
2
4
.
Trong 4BI J vuông tại I có:
IJ
2
= BJ
2
−BI
2
=
c
2
+ b
2
2
−
a
2
4
−
a
2
4
=
b
2
+ c
2
− a
2
2
⇒ I J =
b
2
+ c
2
− a
2
2
.
C
D
J
A
B
I
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; mặt phẳng (SAB)
vuông góc với mặt phẳng (ABCD); góc giữa mặt phẳng (SAD) và (ABCD) bằng 45
◦
.
Tính khoảng cách từ C tới mặt phẳng (SAD).
Lời giải.
Gọi H là hình chiếu của S trên AB. Vì (SAB) ⊥
(ABCD) theo giao tuyến AB nên: SH ⊥ (ABCD).
Vì
®
AD ⊥ AB
AD ⊥ SH
⇒ AD ⊥ SA. Suy ra góc giữa mặt
phẳng (SAD) và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa hai
đường thẳng SA và AB và bằng 45
◦
.
Vì BC k (SAD) ⇒ d(C; (SAD)) = d(B; (SAD)).
Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên SA, ta có
®
BK ⊥ SA
BK ⊥ AD
⇒ BK ⊥ (SAD) ⇒ d(B; (SAD)) = BK.
Trong 4ABK vuông tại K có
’
BAK = 45
◦
, suy ra
4ABK vuông cân tại K nên BK = AK =
AB
√
2
=
a
√
2
2
.
Kết luận d(C; (SAD)) =
a
√
2
2
.
S
B
A
H
D
C
K
45
◦
Bài 13. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh
AB và CD lấy lần lượt các điểm M, N sao cho BM = CN = x. Xác định vị trí điểm M
sao cho khoảng cách giữa hai đường thẳng A
0
C và MN bằng
a
3
.
Lời giải.
222 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Ta có: MN k BC ⇒ MN k (A
0
B C) ⇒ d(MN, A
0
C) =
d(MN, (A
0
B C)).
Gọi H = A
0
B ∩ AB
0
và MK k HA, K ∈ A
0
B.
Ta có: 4BMK vuông cân tại K, suy ra MK = BK =
BM
√
2
=
x
√
2
2
.
Vì A
0
B ⊥ AB
0
⇒ MK ⊥ A
0
B; và CB ⊥ (ABB
0
A
0
) ⇒ CB ⊥
MK.
Từ đó suy ra
MK ⊥ (A
0
B C) ⇒ MK = d(MN, (A
0
B C)) = d(MN, A
0
C).
Để MK =
a
3
⇒
a
3
⇒
x
√
2
2
=
a
3
⇒ x =
a
√
2
3
.
Vậy M thỏa mãn BM =
a
√
2
3
.
C
D
D
0
M
N
B
0
C
0
B
A
0
H
K
A
Bài 14. Cho hình hộp ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,
’
DAB = 60
◦
,
BB
0
= a
√
2. Hình chiếu vuông góc của điểm D trên BB
0
là điểm K nằm trên BB
0
và
BK =
1
4
BB
0
; hình chiếu vuông góc của điểm B
0
trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H
nằm trên đoạn thẳng BD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B
0
C và DC
0
.
Lời giải.
Ta có: BK =
1
4
BB
0
=
a
√
2
4
.
Trong tam giác vuông BKD có:
DK =
p
BD
2
− BK
2
=
a
√
14
4
.
Ta có: B
0
K =
3
4
BB
0
=
3a
√
2
4
.
Trong 4B
0
KD: DB
0
=
√
KB
02
+ KD
2
=
18a
2
16
+
14a
2
16
= a
√
2.
Suy ra tam giác B
0
BD cân tại B
0
do đó H chính là
giao điểm của AC và BD.
DC
0
k AB
0
⇒ d(DC
0
; B
0
C) = d(DC
0
; (AB
0
C)) = d(B, (A
0
A C)) =
BH =
a
√
2
2
.
C
D
D
0
B
0
C
0
B
A
A
0
K
H
60
◦
a
√
2
Bài 15. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A
0
B
0
C
0
có AC = a, BC = 2a,
’
A CB = 120
◦
và
đường thẳng A
0
C tạo với mặt phẳng (ABB
0
A
0
) góc 30
◦
. Gọi M là trung điểm của BB
0
.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, CC
0
theo a.
Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 223
Kẻ CH ⊥ AB. Vì AA
0
⊥ (ABC) nên AA
0
⊥ CH ⇒
CH ⊥ (ABB
0
A
0
).
Vậy
A
0
C, (ABB
0
A
0
)
=
÷
CA
0
H = 30
◦
.
Sử dụng định lý côsin và công thức diện tích cho tam
giác ABC
Ta có: AB = a
√
7, CH =
2S
4ABC
AB
=
a ·2a · sin 120
◦
a
√
7
=
a
√
21
7
.
Mặt phẳng (ABB
0
A
0
) chứa AM và song song với CC
0
nên:
d(AM, CC
0
) = d
C, (ABB
0
A
0
)
=
a
√
21
7
.
2a
a
C
B
C
0
B
0
A
0
A
H
M
30
◦
120
◦
Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, góc
’
BAD = 60
◦
. O là giao
điểm của AC và BD, H là trung điểm của BO, SH ⊥ (ABCD) và SH =
a
√
3
2
. Tính
khoảng cách giữa AB và SC.
Lời giải.
Ta có: 4ABD đều nên BD = a ⇒
3
4
a.
Kẻ OE vuông góc với CD, (E ∈ CD).
Kẻ HF vuông góc với CD, (F ∈ CD).
Kẻ HI vuông góc với SF, (I ∈ SF) ⇒ HI ⊥ (SCD).
⇒ d(H, (SCD)) = HI.
Ta có: HS =
a
√
3
2
và HF = HD ·sin 60 =
3a
√
3
8
.
⇒
1
HI
2
=
1
HF
2
+
1
HS
2
=
4
3a
2
+
64
27a
2
=
100
27a
2
⇒
HI =
3a
√
3
10
.
d(AB; SC) = d(AB; (SCD)) =
4
3
d(HN; (SCD))
=
4
3
d(H; (SCD)) =
4
3
HI =
2a
√
3
5
.
C
D
E
F
S
I
O
H
A
B
a
a
Bài 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với
đáy ABCD và SA = a. Tính :
1. Khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (MCD) với M là trung điểm của SA.
2. Khoảng cách giữa AC và SD.
Lời giải.
1.
224 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Ta có
®
CD ⊥ AD
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥
(
SAD
)
Mà CD ⊂
(
MCD
)
.
Vậy
(
SAD
)
⊥
(
MCD
)
.
Kẻ SH ⊥ MD tại H.
Ta có
®
(
SAD
)
⊥
(
MCD
)
(
SAD
)
∩
(
MCD
)
= MD
⇒ SH ⊥
(
MCD
)
⇒ d
(
S,
(
MCD
))
= SH.
Vì M là trung điểm của SA nên
S
K
A
B
I
D
C
M
H
x
S
4SAD
=
1
2
S
4SAD
⇔ SH · MD =
1
2
SA · AD ⇔ SH ·
a
√
5
2
=
a
2
2
⇒ SH =
a
√
5
5
.
Có MD =
√
MA
2
+ AD
2
=
…
a
2
2
+ a
2
=
a
√
5
2
.
Kết luận d
(
S,
(
MCD
))
= SH =
a
√
5
5
.
2. Khoảng cách giữa AC và SD.
Trong mặt phẳng (ABCD), từ D kẻ Dx k AC.
Gọi (α) là mặt phẳng chứa đường thẳng SD và Dx.
Vì
®
A C k Dx
Dx ⊂ (α)
⇒ AC k (α) nên d
(
A C, SD
)
= d
(
A C, (α)
)
= d
(
A, (α)
)
.
Từ điểm A kẻ AK ⊥ Dx tại K. Kẻ AI ⊥ SK tại I. Suy ra AI là khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng (α).
Thật vậy ta có
®
Dx ⊥ AK
Dx ⊥ SA
⇒ Dx ⊥
(
SAK
)
.
Mà Dx ⊂ (α) ⇒
(
SAK
)
⊥ (α).
(SAK) ∩(α) = SK
(SAK) ⊥ (α)
AI ⊥ SK
⇒ AI ⊥ (α) ⇒ d
(
A, (α)
)
= AI.
Ta có 4ADK vuông cân tại K nên KA = KD =
AD
√
2
=
a
√
2
.
Trong 4SAK vuông tại K
1
AI
2
=
1
SA
2
+
1
AK
2
=
1
a
2
+
2
a
2
=
3
a
2
⇒ AI =
a
√
3
=
a
√
3
3
.
Kết luận d(MN, AC) =
a
√
2
4
.
Bài 18. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối
xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của
B C. Chứng minh MN vuông góc với BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai đường
thẳng MN và AC.
Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 225
Trong mp(ABCD), gọi O = AC ∩ BD.
Gọi P là trung điểm của SA.
Trong tam giác EAD có MP là đường
trung bình của tam giác nên
MP k AD, MP =
1
2
AD (1)
Vì N là trung điểm của BC nên NC k
AD, NC =
1
2
AD (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CPMN là
hình bình hành nên MN k PC.
Ta có BD ⊥ (SA C) ⇒ BD ⊥
CP (CP ⊂ (SAC)).
Kết luận BD ⊥ MN.
Vì MN k (SAC) nên
d
(
MN, AC
)
= d
(
MN, (SAC)
)
= d
(
N, (SAC)
)
.
Hai điểm B và N nằm trên đường
thẳng có giao điểm với mp(SAC) tại
điểm C nên
S
P
E
M
A
B
D
C
O
N
d
(
N, (SAC)
)
d
(
B, (SAC)
)
=
NC
B C
=
1
2
⇒ d
(
N, (SAC)
)
=
1
2
d
(
B, (SAC)
)
=
1
2
· BO =
1
2
·
a
√
2
4
.
Vậy d
(
MN, AC
)
=
a
√
2
4
.
Bài 19. Cho hình lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
có các mặt bên là hình vuông cạnh bằng a. Gọi
E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, A
0
C
0
, B
0
C
0
. Tính khoảng cách giữa DE và
A
0
F.
Lời giải.
Vì các mặt bên ABB
0
A
0
, ACC
0
A
0
, BCC
0
B
0
là các hình vuông có
AA
0
⊥ AB và AA
0
⊥ AC ⇒ AA
0
⊥ (ABC).
Vậy ABC.A
0
B
0
C
0
là hình lăng trụ đứng và đáy là tam giác đều.
Trong mp(A
0
B
0
C
0
) dựng EI k A
0
F(I ∈ B
0
C
0
) ⇒ A
0
F k
mp(ADIE).
Ta có DE chứa trong mp(ADIE).
Vậy d
A
0
F, DE
= d
A
0
F, (ADIE)
= d
(
F, (ADIE)
)
.
Ta có AD ⊥ (BCC
0
B
0
) ⇒ (ADIE ) ⊥ (BCC
0
B
0
) : Hai mặt phẳng
này vuông góc với nhau theo giao tuyến DI.
Dựng B
0
H ⊥ DI (H ∈ DI) ⇒ B
0
H ⊥ (ADIE).
B
0
E
B
D
F
I
A
0
A
C
0
C
H
226 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Suy ra khoảng cách từ B
0
đến mặt phẳng (ADIE) là B
0
H.
Hình vuông BC C
0
B
0
được vẽ ở hình 2.
Ta có EI là đường trung bình của tam giác C
0
AF nên I là trung
điểm của C
0
F.
Ta có DI =
√
DF
2
+ FI
2
=
a
2
+
a
2
16
=
a
√
17
4
B
0
H · DI = DF · B
0
I ⇔ B
0
H ·
a
√
17
4
= a ·
3
4
a ⇒ B
0
H =
3a
√
17
17
.
Vì hai điểm B
0
, F trên đường thẳng có giao điểm với mp(ADIE)
tại I nên có
d
(
F, (ADIE)
)
d
(
B
0
, (ADIE)
)
=
FI
B
0
I
=
1
3
⇒ d
(
F, (ADIE)
)
=
1
3
d
B
0
, (ADIE)
=
a
√
17
17
.
Kết luận d
A
0
F, DE
=
a
√
17
17
.
F I
DB
B
0
C
C
0
H
Hình 2
Bài 20. Cho hình lăng trụ ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có đáy (ABCD) là hình vuông cạnh a,
gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và AD. Hình chiếu vuông góc của A
0
trên
mặt phẳng ABCD trùng với giao điểm của AM và BN. Biết góc giữa hai mặt phẳng
(ADD
0
A
0
) và (ABCD) bằng 60
◦
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B
0
C và BN.
Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 227
Gọi H = AM ∩ BN. Vì AB CD là hình vuông
nên AM ⊥ BN tại H.
Theo đề bài có A
0
H ⊥ (ABCD).
Kẻ HI ⊥ AD ⇒ AD ⊥ A
0
I (định lý ba đường
vuông góc).
Vậy

ADD
0
A
0
,
(
ABCD
)
=
HI, A
0
I
=
’
HI A
0
= 60
◦
Từ B
0
dựng đường thẳng song song với A
0
H;
Từ H dựng đường thẳng song song với AB.
Hai đường thẳng vừa dựng cắt nhau tại P .
Thì P là hình chiếu vuông góc của B
0
trên
mp(ABCD).
Dựng Cx k BN thì BN k (Cx, BC
0
)
⇒ d(BN, B
0
C) = d
BN, (Cx, B
0
C)
=
d
B, (Cx, B
0
C)
.
Gọi E = BP ∩ Cx, vì BP k AH ⇒ BP ⊥ Ax.
Gọi J = AH ∩Cx.
Dễ dàng chứng minh BHJE là hình vuông.
Đáy (ABCD) được vẽ như hình 2:
BN =
p
AB
2
+ AN
2
=
a
2
+
a
2
4
=
a
√
5
2
AB
2
= BH · BN ⇔ a
2
= BH ·
a
√
5
2
⇒ BH =
2a
√
5
5
.
HN = BN − BH =
a
√
5
2
−
2a
√
5
5
=
a
√
5
10
AH · AN = AB · AN ⇔ AH ·
a
√
5
2
= a ·
a
2
⇒ AH =
a
√
5
5
HI · AN = HA · HN ⇔ HI ·
a
2
=
a
√
5
5
·
a
√
5
10
⇔ HI =
a
5
.
B
0
C
0
A
0
D
0
N
I
B
C
O
H
M
P
E
J
A
D
F
x
228 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Ta có
BP = AH =
a
√
5
5
PE = BE − BP =
2a
√
5
5
−
a
√
5
5
=
a
√
5
5
HA
0
= HI ·tan 60
◦
=
a
5
·
√
3 =
a
√
3
5
⇒ PB
0
= HA
0
=
a
√
3
5
.
Vì
®
Cx ⊥ PE
Cx ⊥ PB
0
⇒ Cx ⊥ (PEB
0
) ⇒ (Cx, B
0
C) ⊥ (PEB
0
) : hai
mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến (B
0
E).
Dựng PE ⊥ B
0
E (F ∈ B
0
E) ⇒ PF ⊥ (Cx, B
0
C) ⇒
d
P, (Cx, B
0
C)
= PF.
Trong 4B
0
PE có
1
PF
2
=
1
PB
02
+
1
PE
2
=
25
3a
2
+
5
a
2
=
40
3a
2
⇒
PF =
a
√
30
20
.
Vì P là trung điểm của BE nên d
B, (Cx, B
0
C)
=
2d
P, (Cx, B
0
C)
=
a
√
30
10
.
Vậy d
B
0
C, BN
=
a
√
30
10
.
A D
N
I
B
P
C
M
H
O
J
E
x
Hình 2
TỔNG HỢP CHƯƠNG VUÔNG GÓC
Bài 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với
đáy, SA = a
√
2.
1. Chứng minh rằng các mặt bên hình chóp là những tam giác vuông.
2. Chứng minh rằng (SAC) ⊥ (SBD).
3. Tính góc giữa SC và mặt phẳng (SAB).
4. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD).
5. Tính d
(
A, (SCD)
)
.
Lời giải.
1. Chứng minh rằng các mặt bên hình chóp là những tam giác vuông.
Ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AD, SA ⊥
AB ⇒ 4SAD, 4SAB vuông tại A .
Chứng minh 4SBC vuông:
Ta có BC ⊥ AB (Hai cạnh kề của hình
vuông); BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD))
⇒ BC ⊥ (SAB), mà SB ⊂ (SAB) ⇒ BC ⊥
SB ⇒ 4SBC vuông tại B.
Chứng minh 4SCD: vuông
Ta có CD ⊥ AD (Hai cạnh kề hình vuông
ABCD); CD ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD))
CD ⊥ (SAD), mà SD ⊂ (SAD) ⇒ CD ⊥
SD ⇒ 4SCD vuông tại D.
S
O
a
a
√
2
A
B
D
C
H
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 229
2. Chứng minh rằng (SAC) ⊥ (SBD):
BD ⊥ AC (Hai đường chéo của hình vuông);
BD ⊥ SA (Vì SA ⊥ (ABCD))
⇒ BD ⊥ (SAC), mà BD ⊂ (SBD) ⇒ (SA C) ⊥ (SBD).
3. Tính góc giữa SC và mp(SAB):
Do BC ⊥ (SAB) tại B nên hình chiếu của C lên (SAB) là B
⇒ Hình chiếu của SC lên (SAB) là SB ⇒
(
S C, (SAB)
)
=
(
S C, SB
)
=
‘
CSB.
Trong 4SAB vuông tại A, ta có SB =
√
SA
2
+ AB
2
=
»
(a
√
2)
2
+ a
2
= a
√
3.
Trong 4SBC vuông tại B, ta có tan
‘
CSB =
B C
SB
=
a
a
√
3
=
1
√
3
⇒
‘
CSB = 30
◦
.
Vậy
(
S C, (SAB)
)
= 30
◦
.
4. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD):
Ta có (SBD) ∩(ABCD) = BD.
Gọi O là tâm của hình vuông (ABCD), O ∈ BD.
Theo chứng minh ở câu 2 BD ⊥ (SAC), mà SO ⊂ (SAC) ⇒ SO ⊥ BD.
Mặt khác, AO ⊥ BD.
Vậy
(
(SBD), (ABCD)
)
=
(
SO, AO
)
=
’
AOS (do
’
AOS là góc nhọn).
A C = a
√
2 ⇒ AO =
a
√
2
2
.
Trong 4SAO vuông tại A, ta có tan
’
AOS =
SA
AO
=
a
√
2
a
√
2
2
= 2 ⇒
’
AOS = arctan 2.
⇒
(
(SBD), (ABCD)
)
=
’
AOS = arctan 2.
5. Tính d
(
A, (SCD)
)
:
Gọi H là hình chiếu của A lên SD.
Ta có AH ⊥ SD (1)
®
CD ⊥ AD
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ AH (2)
Từ (1) và (2) ⇒ AH ⊥ (SCD) tại H ⇒ d
(
A, (SCD)
)
= AH. Xét 4SAD vuông tại A có
AH là đường cao.
Ta có
1
AH
2
=
1
AS
2
+
1
AD
2
=
1
(a
√
2)
2
+
1
a
2
=
3
2a
2
⇒ AH =
a
√
6
3
.
Vậy d
(
A, (SCD)
)
= AH =
a
√
6
3
.
Bài 22. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C và SB ⊥ (ABC), biết
A C = a
√
2, BC = a, SB = 3a.
1. Chứng minh AC ⊥ (SBC).
2. Gọi BH là đường cao của tam giác SBC. Chứng minh SA ⊥ BH.
3. Tính góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC).
Lời giải.
230 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Ta có
®
A C ⊥ BC (gt)
A C ⊥ SB (vì SB ⊥ (ABC))
⇒ AC ⊥
(ABC).
2. Ta có BH ⊥ SC (gt) (1)
Theo chứng minh trên, AC ⊥ (ABC).
Mà BH ⊂ (SBC) ⇒ BH ⊥ AC. (2)
Từ (1) và (2) ⇒ BH ⊥ (SAC).
Mà SA ⊂ (SAC) ⇒ BH ⊥ SA.
3. Do SB ⊥ (ABC) tại B nên hình chiếu của S lên
(ABC) là B.
⇒ Hình chiếu của SA lên (ABC) là BA.
⇒
(
SA, (ABC)
)
= (SA, BA) =
‘
SAB.
Trong 4ABC vuông tại C, ta có
AB =
p
B C
2
+ AC
2
=
p
a
2
+ 2a
2
= a
√
3.
Trong 4SBA vuông tại B, ta có tan
‘
SAB =
SB
AB
=
3a
a
√
3
=
√
3.
⇒
‘
SBA = 60
◦
. Vậy
(
SA, (ABC)
)
=
‘
SBA = 60
◦
.
S
C
B
H
A
3a
a
a
√
2
Bài 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O cạnh AB =
2BC = 2a, hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy (ABCD). Góc giữa
SO và mặt đáy bằng 45
◦
. M là trung điểm của AB, H là hình chiếu vuông góc của A
trên SB.
1. Chứng minh tam giác ACH vuông.
2. Tính d
(
H, (SCD)
)
, d
(
M, (ACH)
)
, d(SO, MC).
Lời giải.
S
O
A
N
E
H
M
K
I
D
B
C
J
A
P
O
B
M
E
C
D
K
1. Ta có
®
B C ⊥ AB
B C ⊥ SA
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH, BC ⊥ SB.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 231
Ta có
®
AH ⊥ SB
AH ⊥ BC
⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ CH
(
CH ⊂ (SBC)
)
.
Vậy tam giác ACH vuông tại H.
2. Ta có AC =
√
AB
2
+ AD
2
= a
√
5 ⇒ AO =
a
√
5
2
.
AO là hình chiếu vuông góc của SO trên mặt phẳng (ABCD), góc giữa SO và (ABCD)
là góc
’
SOA = 45
◦
.
⇒ SA = AO ·tan 45
◦
=
a
√
5
2
.
Vì
®
CD ⊥ AD
CD ⊥ SA
nên CD ⊥ (SAD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAD)
(
CD ⊂ (SCD)
)
.
Dựng AJ ⊥ SD (J ∈ SD) ⇒ AJ ⊥ (SCD).
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) là AJ.
Trong 4SAD có AJ ·SD = AS ·AD ⇒ AJ =
AS · AD
SD
=
AS · AD
√
AD
2
+ AS
2
=
a
√
5
2
· a
5a
2
4
+ a
2
=
a
√
5
3
.
Vì AB k CD ⇒ d
(
B, (SCD)
)
= d
(
A, (SCD)
)
=
a
√
5
3
.
Trong 4SAB vuông tại A có SH ·SB = SA
2
⇒
SH ·SB
SB
2
=
SA
2
SB
2
⇒
SH
SB
=
SA
2
SA
2
+ AB
2
=
5a
2
4
5a
2
4
+ 4a
2
=
5
21
.
⇒ SH =
5
21
SB =
5
21
·
a
√
21
2
=
5a
√
21
42
, BH = SB −SH =
8a
√
21
21
.
Vì hai điểm B và H nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SCD) tại S nên
có
d
(
H, (SCD)
)
d
(
B, (SCD)
)
=
SH
SB
=
5
21
⇒ d
(
H, (SCD)
)
=
5
21
d
(
B, (SCD)
)
=
5
21
·
a
√
5
3
=
5a
√
5
63
.
Vậy d
(
H, (SCD)
)
=
5a
√
5
63
.
Vì AH ⊥ (SBC) ⇒ (ACH) ⊥ (SBC). Dựng BN ⊥ CH (N ∈ CH) thì BN ⊥ (ACH).
Vậy d
(
B, (ACH)
)
= BN. Trong 4HBC vuông tại B có
1
BN
2
=
1
BH
2
+
1
B C
2
=
21
64a
2
+
1
a
2
=
85
64a
2
⇒ BN =
8a
√
85
.
Vì hai điểm B và M nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (ACH) tại A,
theo công thức tỉ lệ khoảng cách có
d
(
M, (ACH)
)
d
(
B, (ACH)
)
=
MA
BA
=
1
2
⇒ d
(
M, (ACH)
)
=
1
2
d
(
B, (ACH)
)
=
1
2
·
8a
√
85
=
4a
√
85
.
Vậy d
(
M, (ACH)
)
=
4a
√
85
.
Qua O dựng đường thẳng song song với CM cắt đoạn AB tại E.
232 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Dựng AK vuông góc OE tại K.
Ta có OE ⊥ AK, OE ⊥ SA ⇒ OE ⊥ (SAK) ⇒ (SOE) ⊥ (SAK) theo giao tuyến SK.
Dựng AI vuông góc với SK tại K. Suy ra AI vuông góc với mặt phẳng (SOE).
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SOE) là AI.
Gọi P = CM ∩ AK. Vì BM = BC = a nên tam giác CBM vuông cân tại B.
Tam giác APM vuông cân tại P và tam giác AKE vuông cân tại E.
Tam giác AKE vuông cân tại E nên có AK = KE =
AE
√
2
=
a
2
√
2
.
Trong 4SAK vuông tại A có
1
AI
2
=
1
AK
2
+
1
AS
2
=
8
a
2
+
4
5a
2
=
44
5a
2
⇒ AI =
a
√
55
22
.
Vì MC k OE ⇒ d(MC, OE) = d
(
MC, (SOE)
)
= d
(
M, (SOE)
)
.
Vì E là trung điểm của AM và E cũng là giao điểm của AM với mặt phẳng (SOE) nên
theo công thức tính tỉ lệ khoảng cách ta có
d
(
M, (SOE)
)
d
(
A, (SOE)
)
=
ME
AE
= 1 ⇒ d
(
M, (SOE)
)
= d
(
A, (SOE)
)
=
a
√
55
22
.
Vậy d(MC, OE) =
a
√
55
22
.
Bài 24. Cho hình lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
có đáy ABC là tam giác đều tâm O cạnh a. Hình
chiếu vuông góc của A
0
lên (ABC) là trung điểm H của OB. Biết góc giữa (A
0
B C) và
(ABC) bằng 60
◦
.
1. Tính góc giữa hai đường thẳng AA
0
và BC.
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA
0
và BC.
3. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (AA
0
C), với G là trọng tâm của tam giác
B
0
C
0
C.
Lời giải.
A
0
O
C
H
G
A
K
N
F
M
B
0
I
E
B
C
0
K
J
C
H
A
B
O
I
E
60
◦
1. Gọi E, M, I lần lượt là trung điểm của CB, AC, EB.
Vì tam giác ABC đều có AE ⊥ BC, BM ⊥ AC. HI là đường trung bình của tam giác
BOE nên HI k OE
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 233
⇒ HI ⊥ BC và HI =
1
2
OE =
1
6
AE =
1
6
·
a
√
3
2
=
a
√
3
12
.
Ta có
®
B C ⊥ HI
B C ⊥ HA
0
⇒ BC ⊥ (HIA
0
) ⇒ BC ⊥ I A
0
.
Từ đó suy ra góc giữa (A
0
B C) và ABC là góc
’
HI A
0
= 60
◦
.
Trong tam giác HIA
0
có HA
0
= HI tan 60
◦
=
a
4
.
Trong (ABC), kẻ Ax k BC. Khi đó góc giữa AA
0
và BC chính là góc giữa AA
0
và Ax.
Dựng HK ⊥ Ax, (K ∈ Ax) ⇒ HK k AE.
Ta có
®
Ax ⊥ HK
Ax ⊥ HA
0
⇒ Ax ⊥ (HKA
0
) ⇒ Ax ⊥ A
0
K.
Tam giác OHJ đều JH = OJ =
a
√
3
6
.
Ta có AKIE là hình chữ nhật có HK = EI =
a
4
KI = AE =
a
√
3
2
⇒ HK = KI − HI =
a
√
3
2
−
a
√
3
12
=
5a
√
3
12
.
Trong tam giác HKA
0
vuông tại H có KA
0
=
√
HA
02
+ HK
2
=
a
4
2
+
Ç
5a
√
3
12
å
2
=
a
√
21
6
.
Trong tam giác A
0
AK vuông tại K có tan
÷
A
0
AK =
A
0
K
AK
=
2
√
21
3
⇒
÷
A
0
AK = arctan
2
√
21
3
.
Kết luận (AA
0
, BC) =
÷
A
0
AK = arctan
2
√
21
3
.
2. Vì Ax k BC ⇒ d(BC, AA
0
) = d(BC, (A
0
Ax)) = d(I, (A
0
Ax)), vì (I ∈ BC).
Vì Ax ⊥ (HKA
0
) ⇒ (A
0
Ax) ⊥ (HKA
0
) theo giao tuyến A
0
K.
Dựng HF ⊥ A
0
K (F ∈ A
0
K) ⇒ HF ⊥ (A
0
Ax) ⇒ d
H, (A
0
Ax)
= HF.
Trong 4A
0
HK có HF ·KA
0
= HA
0
· HK ⇒ HF ·
a
√
21
6
=
a
4
·
5a
√
13
12
⇒ HF =
5a
√
7
56
.
Vì hai điểm H, I cùng nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (A
0
Ax) tại K
nên
d
I, (A
0
Ax)
d
(
H, (A
0
Ax)
)
=
IK
HK
=
6
5
⇒ d
I, (A
0
Ax)
=
6
5
d
H, (A
0
Ax)
=
3a
√
7
28
.
Vậy d(BC, AA
0
) =
3a
√
7
28
.
3. Ta có
®
A C ⊥ HM
A C ⊥ HA
0
⇒ AC ⊥ (HMA
0
) ⇒ (ACC
0
A
0
) ⊥ (HMA
0
) theo giao tuyến A
0
M.
Dựng HN ⊥ A
0
M (N ∈ A
0
M) ⇒ HN ⊥ (ACC
0
A
0
) ⇒ d
H, (ACC
0
A
0
)
= HN.
Trong 4HMA
0
có
1
HN
2
=
1
HM
2
+
1
HA
02
=
3
a
2
+
16
a
2
=
19
a
2
⇒ HN =
a
√
19
.
Hai điểm H và B cùng nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (ACC
0
A
0
)
tại M nên có
d
B, (ACC
0
A
0
)
d
(
H, (ACC
0
A
0
)
)
=
BM
HM
=
3
2
⇒ d
B, (ACC
0
A
0
)
=
3
2
d
H, (ACC
0
A
0
)
=
3a
2
√
19
.
Hai điểm B và G cùng nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (ACC
0
A
0
)
234 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
tại C
0
nên có
d
G, (ACC
0
A
0
)
d
(
B, (ACC
0
A
0
)
)
=
GC
0
B C
0
=
1
3
⇒ d
G, (ACC
0
A
0
)
=
1
3
d
B, (ACC
0
A
0
)
=
a
2
√
19
.
Vậy d
G, (ACC
0
A
0
)
=
a
2
√
19
.
!
Công thức tính tỉ lệ khoảng cách là một công thức đẹp. Các bạn nên rèn luyện nhiều
bài tập để sử dụng công thức này thành thạo.
Bài 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có AB = a, BC = 2a,
’
ABC = 60
◦
, SA vuông góc với đáy (ABCD), góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 60
◦
.
1. Tính khoảng cách từ A đến (SCD).
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC, AC và SD.
Lời giải.
Áp dụng định lí cô-sin cho 4ABC ta có
A C
2
= BA
2
+ BC
2
−2BA · BC · cos 60
◦
= a
2
+ 4a
2
−2a ·2a ·
1
2
= 3a
2
⇒ AC = a
√
3.
Ta có BC
2
= AB
2
+ AC
2
= 4a
2
nên 4ABC vuông tại A.
Ta có
®
CD ⊥ AC
CD ⊥ SA
⇒ CD ⊥ (SAC), do đó CD ⊥ SC.
Vậy
(
(SCD), (ABCD)
)
=
‘
S CA = 60
◦
.
Ta có SA = AC ·tan
‘
S CA = 3a.
S
A
B
D
H
F
C
O
E
60
◦
x
1. Tính khoảng cách từ A đến (SCD).
Ta có CD ⊥ (SAC) ⇒ (SCD) ⊥ (SAC),
(
do CD ⊂ (SCD)
)
và hai mặt phẳng này vuông
góc với nhau theo giao tuyến SC.
Trong (SAC), dựng AH ⊥ S C ⇒ AH ⊥ (SCD). Vậy d
(
A, (SCD)
)
= AH.
Trong 4SAC, ta có
1
AH
2
=
1
AS
2
+
1
A C
2
=
1
3a
2
+
1
9a
2
=
4
9a
2
⇒ AH =
3a
2
.
Vậy d
(
A, (SCD)
)
= AH =
3a
2
.
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
Ta có AB k CD ⇒ AB k (SCD). Do đó
d(AB, CD) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)) =
3a
2
(
vì SC ⊂ (SCD)
)
.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.
Kẻ Dx k AC. Gọi E = Dx ∩ AB ⇒ AB ⊥ Dx tại E.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 235
Ta có
®
Dx ⊥ AB
Dx ⊥ SA
⇒ Dx ⊥ (SAB) ⇒ (SD, Dx) ⊥ (SAB ): Hai mặt phẳng này vuông
góc với nhau theo giao tuyến SE.
Dựng AF ⊥ SE ⇒ AF ⊥ (SD, Dx).
Vậy d(A, (SD, Dx)) = AF.
Đáy ABCD được vẽ lại ở hình 2.
Ta có ACDE là hình chữ nhật, có AE = CD = a.
Trong 4SAE ta có
1
AF
2
=
1
AS
2
+
1
AE
2
=
1
3a
2
+
1
a
2
=
4
3a
2
⇒ AF =
a
√
3
2
.
Vì AC k Dx ⇒ AC k (SD, Dx). Do đó
d(AC, SD) = d(AC, (SD, Dx)) = d(A, (SD, Dx)) =
a
√
3
2
.
B
A
C
D
E
Hình 2
x
a
a
√
3
2a
60
◦
Bài 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và AB = 2a, BC = a,
các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a
√
2.
1. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD);
2. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD, K là điểm bất kì thuộc
đoạn thẳng AD. Chứng minh khoảng cách giữa hai đường thẳng EF và SK không
phụ thuộc vào vị trí của K. Hãy tính khoảng cách này theo a.
Lời giải.
A
B
C
D
FE
S
O
H
I K
1. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD).
Gọi O là tâm của đáy ABCD t hì ta có OA = OB = OC = OD.
Theo đề bài SA = SB = SC = SD. Do đó, O là hình chiếu vuông góc của S trên mặt
phẳng (ABCD), ta có SO ⊥ (ABCD).
Trong 4SAO vuông tại O, ta có
SO =
p
SA
2
−OA
2
=
SA
2
−
A C
2
4
=
2a
2
−
5a
2
4
=
a
√
3
2
.
2. Chứng minh khoảng cách giữa hai đường thẳng EF và SK không phụ thuộc vào vị trí
của K.
236 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Ta có SK ⊂ (SAD).
Mà EF k AD ⇒ EF k (SAD) ⇒ d(EF, SK) = d(EF, (SAD)) = d(O, SAD).
Vì khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAD) không đổi nên khoảng cách giữa hai đường
thẳng EF và SK cũng không đổi, nghĩa là khoảng cách này không phụ thuộc vào điểm
K.
Dựng OI ⊥ AD (I ∈ AD), ta có AD ⊥ SO và AD ⊥ OI ⇒ AD ⊥ (SOI) ⇒ (SAD) ⊥
(SOI): Hai mặt phẳng này vuông góc với nhau t heo giao tuyến SI.
Dựng OH ⊥ SI(H ∈ SI) ⇒ OH ⊥ (SAD). Vậy d(O, (SAD)) = OH.
Trong 4SOI vuông tại O, ta có
1
OH
2
=
1
OS
2
+
1
OI
2
=
4
3a
2
+
1
a
2
=
7
3a
2
⇒ OH =
a
√
21
7
.
Vậy d(EF, SK) =
a
√
21
7
.
Bài 27. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A
0
B
0
C
0
có tất cả các cạnh đáy đều bằng a,
góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60
◦
. Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng
(A
0
B
0
C
0
) là trung điểm H của cạnh B
0
C
0
.
1. Tính khoảng cách hai đáy.
2. Tính góc giữa BC và AC
0
.
3. Tính góc giữa (ABB
0
A
0
) và mặt đáy.
Lời giải.
A
A
0
D
E
C
H
C
0
B
B
0
60
◦
1. Tính khoảng cách hai đáy.
A
0
H là hình chiếu vuông góc của AA
0
trên (A
0
B
0
C
0
) nên góc giữa AA
0
và (A
0
B
0
C
0
) là
góc
÷
AA
0
H = 60
◦
.
Trong 4AA
0
H vuông tại H, ta có
AH = A
0
H · tan 60
◦
=
a
√
3
2
·
√
3 =
3a
2
.
Vì AH ⊥ (A
0
B
0
C
0
) mà (ABC) k (A
0
B
0
C
0
) ⇒ AH ⊥ (ABC).
Suy ra khoảng cách giữa hai mặt đáy là AH =
3a
2
.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 237
2. Tính góc giữa BC và AC
0
.
Vì B
0
C
0
k BC nên góc giữa BC và AC
0
bằng góc giữa B
0
C
0
và AC
0
là góc
÷
A C
0
H.
Trong 4AC
0
H vuông tại H, ta có
tan
÷
A C
0
H =
AH
HC
0
=
3a
2
:
a
2
= 3 > 0 ⇒
÷
A C
0
H = arctan 3.
3. Tính góc giữa (ABB
0
A
0
) và mặt đáy.
Dựng C
0
D và HE cùng vuông góc với A
0
B
0
lần lượt tại D và E.
Ta có
®
A
0
B
0
⊥ HE
A
0
B
0
⊥ AH
⇒ A
0
B
0
⊥ (AHE) ⇒ A
0
B
0
⊥ AE .
Hai mặt phẳng (ABB
0
A
0
) và (A
0
B
0
C
0
) có giao tuyến A
0
B
0
cùng vuông góc với hai đường
thẳng AE và HE tại điểm E nên
(ABB
0
A
0
), (A
0
B
0
C
0
)
=
(
AE, HE
)
=
’
AEH.
Vì HE là đường trung bình của tam giác C
0
DB
0
nên HE =
1
2
C
0
D =
a
√
3
4
.
Trong 4AEH, ta có tan
’
AEH =
AH
EH
=
3a
2
:
a
√
3
4
= 2
√
3 ⇒
’
AEH = arctan 2
√
3.
Bài 28. Cho hình lập phương ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
có cạnh bằng a.
1. Chứng minh rằng khoảng cách từ các điểm B, C, D, A
0
, B
0
, D
0
đến đường chéo
A C
0
bằng nhau. Tính khoảng cách đó.
2. Chứng minh rằng B
0
D vuông góc với mặt phẳng (BA
0
C
0
).
3. Chứng minh BC
0
vuông góc với m?t phẳng (A
0
B
0
CD).
4. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (BA
0
C
0
) và (ACD
0
).
5. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC
0
và CD
0
.
6. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB
0
và BC
0
.
Lời giải.
238 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
D
0
C
C
0
A
B
O
O
0
P
D
A
0
J
B
0
Q
I
K
1. Chứng minh rằng khoảng cách từ các điểm B, C, D, A
0
, B
0
, D
0
đến đường chéo AC
0
bằng nhau. Tính khoảng cách đó.
Vì ABCD.A
0
B
0
C
0
D
0
là hình lập phương nên các tam giác sau là các tam giác vuông
bằng nhau và đều nhận AC
0
làm cạnh huyền: 4AB C
0
, 4AA
0
C
0
, 4A CC
0
, 4AD
0
C
0
,
4ADC
0
, 4AB
0
C
0
.
Từ đó suy ra khoảng cách từ các điểm B, C, D, A
0
, B
0
, D
0
đến đường chéo AC
0
bằng
nhau.
Gọi khoảng cách từ B đến AC
0
là h. Trong 4ABC
0
có
1
h
2
=
1
BA
2
+
1
B C
02
=
1
a
2
+
1
2a
2
=
3
2a
2
⇒ h =
a
√
6
3
.
2. Chứng minh rằng B
0
D vuông góc với mặt phẳng (BA
0
C
0
).
Ta có
®
B
0
B = B
0
A
0
= B
0
C
0
= a
AB
0
= A
0
C
0
= C
0
B = a
√
2
nên hình chóp B
0
.BA
0
C
0
là hình chóp đều.
Suy ra B
0
H ⊥ (BA
0
C
0
), với H là tâm của tam giác đều BA
0
C
0
. (1)
Tương tụ ta có D.BA
0
C
0
là hình chóp đều nên DH ⊥ (BA
0
C
0
). (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra B
0
D ⊥ (BA
0
C
0
).
3. Chứng minh BC
0
vuông góc với m?t phẳng (A
0
B
0
CD).
Vì BCC
0
B
0
là hình vuông nên ta có BC
0
⊥ B
0
C.
Ta có DC ⊥ (BCC
0
B
0
) nên DC ⊥ BC
0
.
Vậy BC
0
⊥ (A
0
B
0
CD).
4. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (BA
0
C
0
) và (ACD
0
).
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 239
Gọi O và O
0
lần lượt là tâm của hai đáy ABCD và
A
0
B
0
C
0
D
0
. Trong mặt phẳng (BDD
0
B
0
), gọi G
1
= DB
0
∩
BO
0
, do BO
0
⊂ (BA
0
C
0
) nên G
1
= DB
0
∩(BA
0
C
0
).
Vậy B
0
G
1
⊥ (BA
0
C
0
) ⇒ d(B
0
, (BA
0
C
0
)) = B
0
G
1
.
Hoàn toàn tương tự, d(D, (ACD
0
)) = DG
2
.
Dễ dàng chứng minh được (ACD
0
) k (BA
0
C
0
). Từ đó suy
ra G
1
G
2
là khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD
0
) và
(BA
0
C
0
).
Dễ thấy G
1
G
2
= B
0
G
1
= DG
2
=
1
3
DB
0
=
a
√
3
3
.
Vậy khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD
0
) và (BA
0
C
0
)
là
a
√
3
3
.
D
0
B
0
D B
O
0
O
G
1
G
2
5. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC
0
và CD
0
.
Ta có BC
0
và CD
0
lần lượt thuộc hai mặt phẳng (BA
0
C
0
) và (ACD
0
).
Theo câu 4 ta có (BAC
0
) k (ACD
0
).
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC
0
và CD
0
bằng khoảng cách giữa hai mặt
phẳng (ACD
0
) và (BA
0
C
0
) và bằng
a
√
3
3
.
6. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB
0
và BC
0
.
Gọi I và J lần lượt là tâm của hai hình vuông BCC
0
B
0
và ADD
0
A
0
.
Trong mặt phẳng (A
0
B
0
CD), dựng IK ⊥ JB
0
, K ∈ JB
0
.
Trong mặt phẳng (AB
0
D
0
), dựng KP k AD
0
, P ∈ AB
0
, suy ra KP k BC
0
.
Trong mặt phẳng (KP, BC
0
), dựng PQ k IK, Q ∈ BC
0
. Ta chứng minh PQ là đoạn
vuông góc chung của BC
0
và AB
0
.
Ta có BC
0
⊥ (A
0
B
0
CD), IK ⊂ (A
0
B
0
CD) nên IK ⊥ BC
0
.
Mà BC
0
k AD
0
⇒ IK ⊥ AD
0
. Ngoài ra ta có IK ⊥ JB
0
nên IK ⊥ (AB
0
D
0
) ⇒ IK ⊥ AB
0
.
Tóm lại ta có
®
IK ⊥ BC
0
IK ⊥ AB
0
, mà PQ k IK nên PQ vuông góc với cả hai đường thẳng BC
0
và AB
0
.
Vậy PQ là đoạn vuông góc chung của AB
0
và BC
0
.
Ta có I J k A
0
B
0
, mà A
0
B
0
⊥ (BC C
0
B
0
) ⇒ I J ⊥ (BCC
0
B
0
) ⇒ I J ⊥ IB
0
.
Xét tam giác vuông B
0
IJ có đường cao IK nên
1
IK
2
=
1
IB
02
+
1
IJ
2
=
2
a
2
+
1
a
2
=
3
a
2
⇒ IK =
a
√
3
3
.
Theo cách dựng thì IKPQ là hình chữ nhật nên PQ = IK =
a
√
3
3
.
Bài 29. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên (SAD) là
tam giác đều và vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD ). Gọi I, M, F lần lượt là trung
điểm của AD, AB, SB và K là giao điểm của BI và CM.
1. Chứng minh (CMF) vuông góc với (SIB).
2. Tính BK và KF.
3. Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB và SD.
4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SA.
240 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 241
A
BM
D
I
C
N
P
K
1
1
1
1
S
F
K
D
A
BM
P
N
C
E
I
Q
1. Chứng minh (CMF) vuông góc với (SIB).
Ta có 4I AB = 4MBC (c-g-c) ⇒
b
B
1
=
b
C
1
.
Từ
b
C
1
+
c
M
1
= 90
◦
⇒
b
B
1
+
c
M
1
= 90
◦
⇒
’
MKB = 90
◦
⇒ CM ⊥ IB.
Ta có CM ⊥ IB; CM ⊥ SI, (SI ⊥ (ABCD)) và CM ⊂ (CMF) nên (CMF) ⊥ (SIB).
2. Tính BK và KF.
Tam giác CBM vuông tại B nên CM =
√
B C
2
+ BM
2
=
a
2
+
a
2
4
=
a
√
5
2
.
Ta có BK ·CM = BM · BC ⇔ BK =
BM · BC
CM
=
a
2
· a
a
√
5
2
=
a
√
5
5
.
Tam giác SIB vuông tại I nên
SB =
p
SI
2
+ BI
2
=
3a
2
4
+
5a
2
4
= a
√
2 và cos
‘
SBI =
BI
SB
=
a
√
5
2
a
√
2
=
√
10
4
.
Trong tam giác BKF, ta có FK
2
= BK
2
+ BF
2
−2 · BK · BF ·cos
‘
FBK
=
a
2
5
+
a
2
2
−2 ·
a
√
5
5
·
a
√
2
2
·
√
10
4
=
a
2
5
.
Vậy FK =
a
√
5
5
.
3. Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB và SD.
Ta có AB ⊥ AD và AB ⊥ SI nên AB ⊥ (SAD).
Trong mặt phẳng (SAD), kẻ AE ⊥ SD. Khi đó, AE là đoạn vuông góc chung của AB
và SD.
Vậy d(AB, SD) = AE =
a
√
3
2
(vì AE là đường cao của tam giác đều SAD).
4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SA.
Gọi N là trung điểm của CD.
Ta có AN k CM ⇒ CM k (SAN).
Suy ra d(CM, SA) = d(CM, (SAN)) = d(K, (SAN)) (do K ∈ CM).
Gọi P = AN ∩ BI. Ta có BI ⊥ AN (vì AN k CM).
Do đó, AN ⊥ (SIP). Từ I kẻ IQ ⊥ SP, Q ∈ SP. Kết hợp với IQ ⊥ AN thì IQ =
d(I, (SAN)).
242 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Ta có 4I AP = 4MBK ⇒ IP = MK =
BM
2
MC
=
a
2
4
:
a
√
5
2
=
a
√
5
10
.
Tam giác SIP vuông tại I nên
1
IQ
2
=
1
IS
2
+
1
IP
2
=
4
3a
2
+
20
a
2
=
64
3a
2
⇒ IQ =
a
√
3
8
.
Ta có IK ∩(SAN) = P nên
d(K, (SAN))
d(I, (SAN))
=
KP
IP
= 2 ⇒ d(K, (SAN)) = 2d(I, (SAN)) =
a
√
3
4
.
Vậy d(CM, SA) =
a
√
3
4
.
Bài 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD tâm O cạnh a, góc
’
BAD =
60
◦
. Đường t hẳng SO vuông góc với đáy và SO =
3a
4
. Gọi E, F lần lượt là trung điểm
của BC và BE.
1. Chứng minh (SOF) vuông góc (SBC).
2. Tính khoảng cách từ O và A đến mặt phẳng (SBC).
3. Gọi (α) là mặt phẳng qua AD và vuông góc với mặt phẳng (SBC). Xác định thiết
diện của hình chóp với mặt phẳng (α). Tính diện tích của thiết diện này.
4. Tính góc giữa mặt phẳng (α) và mặt phẳng (ABCD ).
Lời giải.
1. Chứng minh (SOF) vuông góc (SBC).
Vì 4BDC đều nên DE ⊥ BC ⇒
OF ⊥ BC (OF là đường trung bình của
4BDE).
Ta có
®
B C ⊥ SO
B C ⊥ OF
⇒ BC ⊥ (SOF).
Mà BC ⊂ (SBC) nên (SBC) ⊥ (SOF).
2. Tính khoảng cách từ O và A đến mặt
phẳng (SBC).
Trong mặt phẳng (SOF ), dựng OH ⊥
SF, H ∈ SF thì OH ⊥ (SBC). Do đó,
d(O, (SBC)) = OH.
Trong 4SOF vuông tại O ta có
1
OH
2
=
1
OS
2
+
1
OF
2
=
16
9a
2
+
16
3a
2
=
64
9a
2
⇒ OH =
3a
8
.
S
E
B
D
O
I
C
H
N
K
F
A
M
Vậy d(O, (SBC)) = OH =
3a
8
.
Gọi I = FO ∩ AD. Trong mặt phẳng (SIF) dựng IK ⊥ SF tại K thì IK ⊥ (SBC) (vì
IK k OH).
Ta có AD k BC nên AD k (SBC).
Do đó, d(A, (SBC)) = d(I, (SBC)) = IK = 2OH =
3a
4
(vì I ∈ AD).
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 243
3. Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (α).
Ta có IK ⊥ (SBC) nên mặt phẳng (α) chính là mặt phẳng (ADK).
Ta có
®
K ∈ (SBC) ∩(ADK)
AD k BC
⇒ (SBC) ∩(ADK) = Kx (Kx k AD k BC).
Gọi M = Kx ∩ SB, N = Kx ∩SD.
Vậy thiết diện là hình thang ADNM.
∗) Tính diện tích hình thang ADNM.
Ta có S
ADNM
=
1
2
(AD + NM) · IK.
Tam giác SOF vuông tại O nên SF =
√
OS
2
+ OF
2
=
9a
2
16
+
3a
2
16
=
a
√
3
2
.
Tam giác SIK vuông tại K nên SK =
√
SI
2
− IK
2
=
3a
2
4
−
9a
2
16
=
a
√
3
4
.
Do đó,
SK
SF
=
1
2
. Suy ra K là trung điểm của SF.
Như thế, MN là đường trung bình của 4SBC. Từ đó, MN =
B C
2
=
a
2
.
Vậy S
ADNM
=
1
2
(AD + MN) · IK =
1
2
a +
a
2
·
3a
4
=
9a
2
16
.
4. Tính góc giữa mặt phẳng (α) và mặt phẳng (ABCD ).
Ta có
(α) ∩(ABCD) = AD
FI ⊥ AD, KI ⊥ AD
FI ⊂ (ABCD), KI ⊂ (α)
⇒
(
(α), (ABCD)
)
=
‘
FIK.
Tam giác FIK vuông tại K có cos
‘
FIK =
IK
IF
=
3a
4
:
a
√
3
2
=
√
3
2
⇒
‘
FIK = 30
◦
.
Vậy
(
(α), (ABCD)
)
= 30
◦
.
Bài 31. Cho tam giác đều SAB và hình vuông ABCD cạnh a nằm trong hai mặt phẳng
vuông góc với nhau. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD và E, F lần lượt là
trung điểm của SA và SB.
1. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD). Tính tan góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SCD).
2. Gọi G là giao điểm của CE và DF. Chứng minh CE ⊥ SA, DF ⊥ SB. Tính tan của
góc giữa hai mặt phẳng (GEF) và (SAB).
3. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác SHK. Tính khoảng cách từ G đến mặt
phẳng (SCD).
4. Gọi M là điểm di động trên đoạn SA. Tìm tập hợp những điểm là hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng (CDM).
Lời giải.
244 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Tính khoảng cách từ A đến
mặt phẳng (SCD).
Ta có DC ⊥ HK, DC ⊥ SH
nên DC ⊥ (SHK). Suy ra
(SCD) ⊥ (SHK).
Trong mặt phẳng (SHK),
dựng HQ ⊥ SK, (Q ∈ SK).
Khi đó, HQ ⊥ (SCD).
Như thế, d(H, (SCD)) =
HQ.
Tam giác SHK vuông tại K
nên
1
HQ
2
=
1
HS
2
+
1
HK
2
=
4
3a
2
+
1
a
2
=
7
3a
2
.
Suy ra, HQ =
a
√
21
7
và
d(H, (SCD)) =
a
√
21
7
.
Vì AH k CD nên
AH k (SCD).
Vậy d(A, (SCD)) =
d(H, (SCD)) =
a
√
21
7
.
S
x
N
H
L
A
D
P
G
C
K
Q
B
E
I
F
M
∗) Tính tan góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
Ta có (SAB) ∩(SCD) = Sx, (Sx k AB k CD) và
SH ⊥ AB, SK ⊥ CD
SH ⊂ (SAB), SK ⊂ (SCD)
Sx k AB k CD
⇒
®
SH ⊥ Sx
SK ⊥ Sx
⇒
(
(SAB), (SCD)
)
=
’
KSH.
Tam giác SHK vuông tại H nên tan
’
KSH =
HK
HS
=
a
a
√
3
2
=
2
√
3
3
.
2. Chứng minh CE ⊥ SA, DF ⊥ SB.
Tam giác HBC vuông tại B nên HC =
√
HB
2
+ BC
2
=
a
2
4
+ a
2
=
a
√
5
2
.
Tam giác SHC vuông tại H nên SC =
√
HS
2
+ HC
2
=
3a
2
4
+
5a
2
4
= a
√
2.
Xét 4SAC có CA = CS = a
√
2 nên tam giác SAC cân tại C và có CE là đường trung
tuyến, suy ra CE cũng là đường cao. Vậy CE ⊥ SA.
Chứng minh tương tự thì DF ⊥ SB.
∗) Tính tan góc giữa hai mặt phẳng (GEF) và (SAB).
Gọi I = SH ∩ EF. Khi đó, I là trung điểm của EF.
Ta có CDEF là hình thang cân và I, F lần lượt là trung điểm của hai đáy EF và CD nên
IK ⊥ EF.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 245
Như thế,
(SAB) ∩(CDEF) = EF
SH ⊥ EF, KI ⊥ EF
SH ⊂ (SAB), KI ⊂ (CDEF)
⇒
(
(SAB), (CDEF)
)
=
‘
HIK.
Tam giác HIK vuông tại H nên tan
‘
HIK =
HK
HI
=
a
a
√
3
4
=
4
√
3
3
.
3. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác SHK.
Vì CDEF là hình thang cân nên G ∈ KI.
Trong hình thang cân CDEF ta có tỉ lệ đồng dạng
GF
GD
=
GE
GC
=
GI
GK
=
EF
DC
=
1
2
, (vì EF =
1
2
AB, AB = CD).
Suy ra, GK = 2GI ⇔ KG =
2
3
KI.
Mà KI là đường trung tuyến của tam giác SHK. Vậy G là trọng tâm của tam giác SHK.
Trong mặt phẳng (SHK), gọi L = HG ∩ SK . Ta có,
d(G, (SCD))
d(H, (SCD))
=
GL
HL
=
1
3
⇒ d(G, (SCD)) =
1
3
d(H, (SCD)) =
a
√
21
21
.
Vậy d(G , (SCD)) =
a
√
21
21
.
4. Tìm tập hợp những điểm là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (CDM).
Ta có CD ⊥ (SHK) ⇒ (CDM) ⊥ (SHK).
Dựng MN k CD, N ∈ SH. Ta được, (CDM) ∩(SHK) = KN.
Dựng SP ⊥ KN ⇒ SP ⊥ (CDM).
Do đó, P là hình chiếu của S trên mặt phẳng (CDM).
Ta có
‘
SPK = 90
◦
nên P thuộc đường tròn đường kính SK
trong mặt phẳng (SHK).
Mặt khác, M di động trên đoạn SA nên N di động trên đoạn
SH.
Ta suy ra điểm P chạy trên cung
_
SH của đường tròn đường
kính SK.
S
H
P
K
N
Bài 32. Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, các cạnh bên đều bằng
a
√
3.
1. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD).
2. Gọi (α) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC. Hãy xác định thiết diện của
hình chóp với mặt phẳng (α). Tính diện tích của thiết diện này.
3. Gọi ϕ là góc giữa AB và mặt phẳng (α). Tính sin ϕ.
Lời giải.
246 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
B
D
O
D
0
A
S
K
C
0
C
H
B
0
F
1. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD thì SO là khoảng cách từ S đến (ABCD).
Ta có: SO
2
= SC
2
−O C
2
= 3a
2
−
2a
2
4
=
10a
2
4
⇒ SO =
a
√
10
2
.
2. Vì BD ⊥ (SA C) nên BD ⊥ SC.
Trong (SAC) dựng A C
0
⊥ SC. Gọi H là giao điểm của AC
0
và SO.
Trong (SBD), đường thẳng qua H và song song với BD cắt SB và SD lần lượt tại B
0
và
D
0
.
Ta có: B
0
D
0
⊥ SC.
Vậy SC ⊥ mp(AB
0
C
0
D
0
) và (α) là mặt phẳng (AB
0
C
0
D
0
).
BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ AC
0
⇒ B
0
D
0
⊥ AC
0
.
Do đó: S
AB
0
C
0
D
0
=
1
2
A C
0
· B
0
D
0
.
Ta có:
A C
0
=
SO · AC
S C
=
a
√
10
2
· a
√
2
a
√
3
=
a
√
5
√
3
=
a
√
15
3
;
S C
02
= SA
2
− AC
02
= 3a
2
−
5a
2
3
=
4a
2
3
⇒ SC
0
=
2a
√
3
.
Từ hai tam giác vuông đồng dạng SOC và SC
0
H, ta có: SH =
S C
0
.SC
SO
=
2a
√
3
· a
√
3
a
√
10
2
=
4a
√
10
.
Vì B
0
D
0
k BD nên
B
0
D
0
BD
=
SH
SO
=
4a
√
10
·
2
a
√
10
=
8
10
=
4
5
⇒ B
0
D
0
=
4
5
a
√
2.
Vậy S
AB
0
C
0
D
0
=
1
2
·
a
√
5
√
3
·
4
5
a
√
2 =
2a
2
√
30
15
.
3. Gọi ϕ là góc (AB, (α)). Ta có: CC
0
= SC −SC
0
= a
√
3 −
2a
√
3
=
a
√
3
3
.
Dựng OK k CC
0
với K ∈ AC
0
, thì OK ⊥ (α) và OK =
1
2
CC
0
=
a
√
3
6
.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 247
Dựng
−→
BF =
−→
OK thì BF ⊥ (α) và BF =
a
√
3
6
.
Ta có: (AB, (α)) =
‘
BAF = ϕ; sin
‘
BAF =
BF
BA
=
a
√
3
6
a
=
√
3
6
⇒ sin ϕ =
√
3
6
.
Bài 33. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên (SAB) là
tam giác đều. Gọi E, F là trung điểm của AB và CD.
1. Cho biết tam giác SCD vuông cân tại S. Chứng minh: SE ⊥ (SCD) và SF ⊥
(SAB).
2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên EF. Chứng minh: SH ⊥ AC.
3. Tính góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (SAD).
Lời giải.
C
H
B
O
M
K
E
A
F
D
S
P
Q
1. Chứng minh: SE ⊥ (SCD) và SF ⊥ (SAB).
- Chứng minh SE ⊥ (SCD):
Do 4SCD cân tại S có F là trung điểm của CD ⇒ CD ⊥ SF.
Mà CD ⊥ EF (theo tính chất của hình vuông) ⇒ CD ⊥ (SEF).
Lại có SE ⊂ (SEF) ⇒ SE ⊥ CD (1)
Ta chứng minh 4SEF vuông tại S bằng cách sử dụng định lý Pytago như sau:
4SCD vuông tại S có SF là đường trung tuyến nên SF =
1
2
CD =
a
2
.
4SAB đều cạnh a có SE là trung tuyến nên SE =
a
√
3
2
; EF = a .
Có SE
2
+ SF
2
=
Ç
a
√
3
2
å
2
+
a
2
2
= a
2
= EF
2
.
Vậy 4SEF vuông tại S ⇒ SE ⊥ SF (2)
Từ (1) và (2) ⇒ SE ⊥ (SCD).
- Chứng minh SF ⊥ (SAB):
Ta có CD ⊥ (SEF), mà AB k CD ⇒ AB ⊥ (SEF) ⇒ SF ⊥ AB (3)
Từ (2) và (3) ⇒ SF ⊥ (SAB).
248 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
2. Chứng minh SH ⊥ AC
Ta có CD ⊥ (SEF) (theo chứng minh trên), mà SH ⊂ (SEF) ⇒ SH ⊥ CD.
Hơn nữa, SH ⊥ EF (gt) ⇒ SH ⊥ (AB CD).
Mà AC ⊂ (ABCD) ⇒ SH ⊥ AC.
3. Tính góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (SAD).
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD .
Theo tính chất của hình vuông ABCD, ta có AC, BD, EF đồng quy tại O.
Vì SE > SF nên H t huộc đoạn OF.
Trong mặt phẳng (ABCD), qua H vẽ đường thẳng song song với CD cắt AD, OD lần
lượt tại M và K.
Vậy góc giữa BD và mặt phẳng (SAD) là góc giữa KD và (SAD).
Ta có: AD ⊥ MH, AD ⊥ SH (do SH ⊥ (ABCD)) ⇒ AD ⊥ (SHM) ⇒ (SAD) ⊥
(SHM).
Mà (SAD) ∩(SHM) = SM. Vẽ KP ⊥ SM(P ∈ SM) ⇒ KP ⊥ (SAD) tại P.
Nhận xét: Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng
này và vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia.
⇒ Hình chiếu của K lên (SAD) là P ⇒ Hình chiếu của KD lên (SAD) là PD.
⇒
(
BD, (SAD)
)
=
(
KD, (SAD)
)
=
(
KD, PD
)
=
’
KDP.
Để tìm góc
’
KDP, ta đi tìm KD và KP.
4SEF vuông tại S có SH là đường cao nên ta có:
1
SH
2
=
1
SE
2
+
1
SF
2
=
1
Ç
a
√
3
2
å
2
+
1
a
2
2
=
1
3a
2
4
+
1
a
2
4
=
16
3a
2
⇒ SH =
a
√
3
4
.
4SEH vuông tại H nên ta có: EH =
√
SE
2
−SH
2
=
3a
2
4
−
3a
2
16
=
3a
4
.
OH = EH −OE =
3a
4
−
a
2
=
a
4
⇒ HF = OF −OH =
a
2
−
a
4
=
a
4
.
⇒ H là trung điểm của OF, mà HK k DF nên HK là đường trung bình của 4F OD.
⇒ K là trung điểm của OD ⇒ KD =
1
2
OD =
1
2
·
a
√
2
2
=
a
√
2
4
(Do BD = a
√
2).
HK =
1
2
DF =
1
2
·
a
2
=
a
4
; MK = MH − HK =
a
2
−
a
4
=
a
4
.
⇒ K là trung điểm của MH.
Trong (SHM), vẽ HQ ⊥ SM (Q ∈ SM), mà KP ⊥ SM ⇒ KP k HQ.
Mà K là trung điểm của MH nên KP là đường trung bình của 4MHQ ⇒ KP =
1
2
HQ.
4SHM vuông tại H có HQ là đường cao, ta có:
1
HQ
2
=
1
HS
2
+
1
HM
2
=
1
Ç
a
√
3
4
å
2
+
1
a
2
2
=
1
3a
2
16
+
1
a
2
4
=
28
3a
2
⇒ HQ =
a
√
21
14
.
⇒ KP =
1
2
HQ =
a
√
21
28
.
Trong 4KPD vuông tại P, ta có:
sin
’
KDP =
KP
KD
=
a
√
3
4
√
7
a
√
2
4
=
√
42
14
⇒
’
KDP = arcsin
√
42
14
.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 249
Vậy
(
BD, (SAD)
)
=
’
KDP = arcsin
√
42
14
.
Bài 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD) và
SA = 2a.
1. Chứng minh (SAC) ⊥ (SBD); (SCD) ⊥ (SAD).
2. Tính góc giữa SD và (ABCD), SB và (SAD), SB và (SAC).
3. Tính d(A, (SCD)), d(B, (SA C)).
Lời giải.
B
C
O
A
H
D
S
2a
a
1. - Chứng minh (SAC) ⊥ (SBD).
Ta có: BD ⊥ AC (hai đường chéo của hình vuông ABCD);
BD ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)).
⇒ BD ⊥ (SAC) , mà BD ⊂ (SBD).
⇒ (SAC) ⊥ (SBD).
- Chứng minh (SCD) ⊥ (SAD).
Ta có: CD ⊥ AD (hai cạnh kề của hình vuông ABCD).
CD ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)).
⇒ CD ⊥ (SAD) mà CD ⊂ (SCD).
⇒ (SCD) ⊥ (SAD).
2. - Tính góc giữa SD và (ABCD).
Ta có: SA ⊥ (ABCD) tại A nên hình chiếu của S lên mp (ABCD) là A.
⇒ Hình chiếu của SD lên mặt phẳng (ABCD) là AD.
⇒
(
SD, (ABCD)
)
=
(
SD, AD
)
=
’
SDA.
Trong 4SAD vuông tại A, tan
’
SDA =
SA
AD
=
2a
a
= 2 ⇒
’
SDA = arctan 2.
Vậy
(
SD, (ABCD)
)
=
’
SDA = arctan 2.
- Tính góc giữa SB và (SAD).
Ta có: BA ⊥ SA, BA ⊥ AD ⇒ BA ⊥ (SAD) tại A nên hình chiếu của B lên (SAD) là
A.
⇒ Hình chiếu của SB lên mặt phẳng (SAD) là SA.
250 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
⇒
(
SB, (SAD)
)
=
(
SB, SA
)
=
‘
BSA.
Trong 4SAB vuông tại A, có tan
‘
BSA =
AB
SA
=
a
2a
=
1
2
⇒
‘
BSA = arctan
1
2
.
Vậy
(
SB, (SAD)
)
=
‘
BSA = arctan
1
2
.
- Tính góc giữa SB và (SAC).
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD .
Theo chứng minh trên: BD ⊥ (SAC) tại O nên hình chiếu của B lên (SAC) là O.
⇒ Hình chiếu của SB lên (SAC) là SO ⇒
(
SB, (SAC)
)
=
(
SB, SO
)
=
‘
BSO.
BD = a
√
2 ⇒ BO =
1
2
BD =
a
√
2
2
.
4SAB vuông tại A nên SB =
√
SA
2
+ AD
2
=
p
(2a)
2
+ a
2
= a
√
5.
Trong 4SOB vuông tại O, ta có: sin
‘
BSO =
BO
SB
=
a
√
2
2
a
√
5
=
1
√
10
⇒
‘
BSO = arcsin
1
√
10
.
Vậy
(
SB, (SAC)
)
=
‘
BSO = arctan
1
√
10
.
3. - Tính d(A, (SCD)).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD.
Ta có: AH ⊥ SD.
Theo chứng minh ở câu a, CD ⊥ (SAD).
Mà AH ⊂ (SAD) ⇒ AH ⊥ CD ⇒ AH ⊥ (SCD) ⇒ d(A, (SCD)) = AH.
4SAD vuông tại A có AH là đường cao.
Ta có:
1
AH
2
=
1
AD
2
+
1
AS
2
=
1
a
2
+
1
4a
2
⇒ AH =
2a
√
5
.
Vậy d(A, (SCD)) = AH =
2a
√
5
.
Nhận xét: Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì đường thẳng nào nằm trong mặt
phẳng này và vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia.
Trong ý trên, do (SAD) ⊥ (SCD) và có giao tuyến là SD nên khi kẻ AH ⊥ SD thì
AH ⊥ (SCD).
- Tính d(B, (SA C)).
Theo chứng minh trên BD ⊥ (SAC) tại O nên hình chiếu của B lên (SAC) là O.
⇒ d(B, (SAC)) = BO =
a
√
2
2
.
Bài 35. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A , góc
b
B = 60
◦
, AB = a, hai
mặt bên (SAB) và (SBC) vuông góc với đáy; SB = 2a . Hạ BH ⊥ SA (H ∈ SA); BK ⊥ SC
(K ∈ SC).
1. Chứng minh SB ⊥ (ABC).
2. Chứng minh S C ⊥ (BHK).
3. Chứng minh tam giác BHK vuông.
4. Tính cô-sin của góc tạo bởi SA và (BHK).
Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 251
Nhận xét. Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì giao tuyến của chúng (nếu có)
vuông góc với mặt phẳng đó, tức là
®
(α) ∩(β ) = d
(α) ⊥ (γ); (β) ⊥ (γ)
⇒ d ⊥ (γ).
1. Ta có:
®
(SAB) ∩(SBC) = SB
(SAB) ⊥ (ABC); (SBC) ⊥ (ABC)
⇒ SB ⊥
(ABC).
2. Ta có AC ⊥ AB (do 4ABC vuông tại A)
và AC ⊥ SB (do SB ⊥ (ABC ))
⇒ AC ⊥ (SAB) ⇒ BH ⊥ AC (do BH ⊂ (SAB)).
mặt khác BH ⊥ SA (giả thiết)
⇒ BH ⊥ (SA C) ⇒ S C ⊥ BH (do SC ⊂ (SAC )).
Ta lại có SC ⊥ BK (giả thiết)
Suy ra SC ⊥ (BHK).
S
K
C
H
B
A
60
◦
3. Ta có BH ⊥ (SAC), mà HK ⊂ (SAC) nên suy ra BH ⊥ HK. Vậy tam giác BHK vuông
tại H.
4. Ta có SC ⊥ (BHK) tại K nên HK là hình chiếu vuông góc của SH trên (BHK). Do đó
(
SA, (BHK)
)
=
(
SH, (BHK)
)
=
(
SH, HK
)
=
’
SHK.
Vì
’
SHK =
‘
S CA nên cos
’
SHK = cos
‘
S CA =
A C
S C
.
Tam giác ABC vuông tại A, có AC = AB ·tan 60
◦
= a
√
3, BC =
√
a
2
+ 3a
2
= 2a.
Tam giác SBC vuông tại B nên SC =
√
SB
2
+ BC
2
= 2
√
2a.
Suy ra cos
(
SA, (BHK)
)
=
A C
S C
=
a
√
3
2
√
2a
=
√
6
4
.
Bài 36. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng
a
√
5
2
. Gọi
O là tâm của hình vuông ABCD, và M là trung điểm của SC.
1. Chứng minh (MBD) ⊥ (SAC).
2. Tính góc giữa SA và mặt phẳng (ABCD).
3. Tính góc giữa giữa hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD).
4. Tính góc giữa giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD).
Lời giải.
4
!
Hình chóp đều là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau và có đáy là đa giác đều. Do đó, trong
hình chóp đều, tâm của đa giác đáy trùng với hình chiếu của đỉnh S lên mặt đáy.
252 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Vì hình chóp S.ABCD đều nên SO ⊥ (ABCD).
mà BD ⊂ (ABCD) nên BD ⊥ SO.
Ta lại có BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ (SAC).
mà BD ⊂ (MBD), suy ra (MBD) ⊥ (SAC).
2. Vì SO ⊥ (ABCD) nên OA là hình chiếu
vuông góc của SA lên (ABCD). Suy ra
(
SA, (ABCD)
)
=
(
SA, AO
)
=
’
SAO.
Ta có SA =
a
√
5
2
; AC = a
√
2 ⇒ AO =
a
√
2
2
.
Tam giác SAO vuông tại O có
cos
’
SAO =
AO
SA
=
√
10
5
⇒
’
SAO = arccos
√
10
5
.
S
C
D
M
A
E
B
O
3. Ta có (MBD) ∩(ABCD ) = BD (1)
mà BD ⊥ (SAC), OM ⊂ (SAC) ⇒ OM ⊥ BD (2)
và OC ⊥ BD (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒
(
(MBD), (ABCD)
)
=
(
OM, OC
)
=
’
MOC (do
’
MOC là góc nhọn).
Tam giác SOC vuông tại O có OM là đường trung tuyến nên OM = CM =
1
2
S C =
1
2
·
a
√
5
2
=
a
√
5
4
.
Áp dụng định lý cô-sin trong tam giác COM, ta có:
cos
’
MOC =
OM
2
+ O C
2
−CM
2
2OM ·OC
=
Ç
a
√
5
4
å
2
+
Ç
a
√
2
2
å
2
−
Ç
a
√
5
4
å
2
2 ·
a
√
5
4
·
a
√
2
2
=
√
10
5
.
Vậy
(
(MBD), (ABCD)
)
=
’
COM = arccos
√
10
5
.
4. Ta có (SAB ) ∩(AB CD) = AB. Gọi E là trung điểm của AB.
Khi đó OE ⊥ AB, mà SO ⊥ AB ⇒ SE ⊥ AB.
Suy ra,
(
(SAB), (ABCD)
)
=
(
SE, OE
)
=
‘
SEO (vì
‘
SEO nhọn).
Tam giác SCO vuông tại O nên SO =
√
S C
2
−O C
2
=
Ã
Ç
a
√
5
2
å
2
−
Ç
a
√
2
2
å
2
=
a
√
3
2
.
Tam giác SEO vuông tại O, ta có tan
‘
SEO =
SO
OE
=
a
√
3
2
:
a
2
=
√
3 ⇒
‘
SEO = 60
◦
.
Vậy
(
(SAB), (ABCD)
)
= 60
◦
.
Bài 37. Cho hình lăng trụ ABC.A
0
B
0
C
0
có AA
0
⊥ (ABC) và AA
0
= a, đáy ABC là tam
giác vuông tại A có BC = 2a, AB = a
√
3.
1. Tính khoảng cách từ AA
0
đến mặt phẳng (BCC
0
B
0
).
2. Tính khoảng cách từ A đến (A
0
B C).
3. Chứng minh rằng AB ⊥ (ACC
0
A
0
) và tính khoảng cách từ A
0
đến mặt phẳng
(ABC
0
).
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 253
Lời giải.
1. Vì AA
0
k BB
0
⇒ AA
0
k (BCC
0
B
0
)
nên d(AA
0
, (BB
0
C
0
C)) = d(A, (BB
0
C
0
C)).
Vì AA
0
⊥ (ABC) nên (ABC) ⊥ (BCC
0
B
0
) theo giao
tuyến BC.
Kẻ AH ⊥ BC tại H, suy ra AH ⊥ (BCC
0
B
0
).
Do đó, d(A, (BB
0
C
0
C)) = AH.
Ta có AC =
√
B C
2
− AB
2
=
√
4a
2
−3a
2
= a.
Tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao nên
AH =
AB · AC
√
AB
2
+ AC
2
=
a · a
√
3
2a
=
a
√
3
2
.
Vậy d(AA
0
, (BB
0
C
0
C)) =
a
√
3
2
.
H
A
0
B
B
0
K
O
C
C
0
A
2. Kẻ AK ⊥ A
0
H tại K. Ta có AA
0
⊥ BC và AH ⊥ BC ⇒ (A
0
AH) ⊥ BC ⇒ AK ⊥ BC.
Suy ra AK ⊥ (A
0
B C). Do đó d(A, (A
0
B C)) = AK.
Tam giác A
0
AH vuông tại A có AK là đường cao nên
AK =
AA
0
· AH
√
AA
02
+ AH
2
=
a ·
a
√
3
2
a
2
+
3a
2
4
=
a
√
21
7
.
Vậy d(A, (A
0
B C)) =
a
√
21
7
.
Cách 2. Vì AA
0
, AB, AC đôi một vuông góc nên gọi d là khoảng cách từ A đến mặt
phẳng (A
0
B C), ta có
1
d
2
=
1
AA
02
+
1
AB
2
+
1
A C
2
=
7
3a
2
⇒ d =
a
√
21
7
.
3. Ta có AB ⊥ AC, AB ⊥ AA
0
(do AA
0
⊥ (ABC)) ⇒ AB ⊥ (ACC
0
A
0
).
Gọi O giao điểm của A
0
C và AC
0
.
Ta có A
0
O ⊥ AC
0
(do ACC
0
A
0
là hình vuông)
mặt khác A
0
O ⊥ AB (do A
0
O ⊂ (ACC
0
A
0
) và AB ⊥ (ACC
0
A
0
))
⇒ A
0
O ⊥ (ABC
0
) tại O.
Do đó, d(A
0
, (ABC
0
)) = A
0
O =
A
0
C
2
=
a
√
2
2
.
Nhận xét. Để tính khoảng cách từ điểm M đến (α), nếu đề bài cho không xác định được trực tiếp
hình chiếu vuông góc của M lên (α) thì ta làm như sau:
• Tìm mặt phẳng (β) đi qua M và (β) ⊥ (α).
• Tìm giao tuyến ∆ = (α) ∩(β).
Kẻ MH ⊥ ∆ tại H ⇒ MH ⊥ (α) ⇒ d(M, (α)) = MH.
Bài 38. Cho hình thang ABCD vuông tại A và B, có AD = 2a, AB = BC = a. Trên
đường thẳng Ax vuông góc với mặt phẳng (ABCD) lấy điểm S. Gọi C
0
và D
0
lần lượt
254 CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
là hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên SC và SD.
1. Chứng minh
‘
SBC =
’
S CD = 90
◦
.
2. Chứng minh ba đường thẳng AD
0
, AC
0
, AB cùng nằm trên mặt phẳng. Từ đó
chứng minh C
0
D
0
luôn đi qua một điểm cố định khi S chạy trên Ax.
3. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB và SC khi SA = a
√
2.
Lời giải.
1. Ta có BC ⊥ BA, BC ⊥ SA (do
SA ⊥ (ABCD ))
⇒ BC ⊥ SB.
Gọi I là trung điểm AD ⇒ ABCI là
hình vuông
⇒ I A = ID = IC ⇒ 4ACD vuông
tại C.
Ta có CD ⊥ AC, CD ⊥ SA (do
SA ⊥ (ABCD ))
⇒ CD ⊥ SC.
Vậy
‘
SBC =
’
S CD = 90
◦
.
2. • AB ⊥ AD, AB ⊥ SA (do SA ⊥
(ABCD))
⇒ AB ⊥ SD. (1)
•
®
A C
0
⊥ SC
A C
0
⊥ CD (do CD ⊥ (SAC), AC
0
⊂ (SAC))
⇒ AC
0
⊥ SD. (2)
• AD
0
⊥ SD (giả thiết). (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ AB, AC
0
, AD
0
cùng
nằm trong mặt phẳng (P) đi qua A
và vuông góc với SD.
Do đó C
0
D
0
đi qua một điểm cố định
là giao điểm I của AB và CD khi
điểm S di động trên đường thẳng
Ax.
S
D
0
I
D
C
0
A
B
M
C
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 255
3. Ta có CI k AB ⇒ AB k (SCI).
Kẻ AH ⊥ SI tại H.
Ta có AH ⊥ SI, AH ⊥ CI (do CI ⊥ (SAD))
⇒ AH ⊥ (SCI).
Kẻ HK k CI (K ∈ SC) và lấy điểm E trên
cạnh AB sao cho AE = HK. Khi đó AHKE
là hình bình hành ⇒ AH k KE.
Suy ra, KE ⊥ AB (do AB ⊥ (SAD) ⇒
AB ⊥ AH)
và KE ⊥ SC (do AH ⊥ (SCI) ⇒ AH ⊥
S C).
Do đó, KE là đoạn vuông góc chung của
AB và SC.
Tam giác SAI vuông tại A có AH là đường
cao nên
AH =
SA · AI
√
SA
2
+ AI
2
=
a
√
2 · a
√
2a
2
+ a
2
=
a
√
6
3
.
Vậy d(AB, S C) = KE = AH =
a
√
6
3
.
S
I
D
H
K
A
B
C
E
| 1/255
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

Mục lục 1
ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 3 A
Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 B
Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Dạng 0.1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
Dạng 0.2. Tìm thiết diện của hình (H) khi cắt bởi mặt phẳng (P) . . . . . . . . 9
Dạng 0.3. Tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng . . . . . . . . . . . . 14
Dạng 0.4. Tìm thiết diện của hình (H) khi cắt bởi mặt phẳng (P). . . . . . . . . 23
Dạng 0.5. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng qui, chứng
minh một điểm thuộc một đường thẳng cố định. . . . . . . . . . . . . . 24 2 QUAN HỆ SONG SONG 51 1
HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG 51 A
Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2
ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG . . . . . . . . . . . . . . . 52 A
Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 B
Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Dạng 2.1. Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng
song song với mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
Dạng 2.2. Thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng (α) và song song với
một đường thẳng cho trước. Tính diện tích thiết diện . . . . . . . . . . 63 3
HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 A
Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 B
Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 4
KHỐI LĂNG TRỤ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 5
BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 3
QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN 125 1
ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG . . . . . . . . . . . . . . . 125 A
Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 B
Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127 2
HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 A
Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 B
Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146
Dạng 2.1. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 3
GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 A
Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 B
Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155
Dạng 3.1. Tính góc giữa hai đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 4
GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 A
Góc giữa hai đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 B
Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160
Dạng 4.1. Tính góc giữa hai đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 C
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164
Dạng 4.2. Xác định và tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng . . . . . . . . 165 D
Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 E
Góc giữa hai mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 1 2 MỤC LỤC
Dạng 4.3. Tính góc giữa hai mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 F
Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174 5
KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG . . . . . . . . . . . . . . 188 A
Phương pháp giải toán . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188 B
Bài tập mẫu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189
Dạng 5.1. Tính khoảng cách nhờ tính chất của tứ diện vuông . . . . . . . . . . 206 6
HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 A
Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211 B
Bài tập rèn luyện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211
Dạng 6.1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau . . . . . . . . . . 211
Dạng 6.2. Xác định đường vuông góc chung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 Chương 1.
ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A. Tóm tắt lý thuyết 1. Mặt phẳng
Mặt phẳng, mặt bàn, mặt nước hồ yên lặng, mặt sàn nhà,... cho ta hình ảnh một phần của mặt phẳng. 2. Điểm thuộc mặt phẳng
Cho điểm A và mặt phẳng (α). Khi điểm A thuộc mặt phẳng (α), ta nói A nằm trên (α)
hay mặt phẳng (α) chứa A, hay mặt phẳng (α) đi qua điểm A và kí hiệu A ∈ (α), được biểu diễn ở hình 2.
Tính chất 1. Có một và chỉ một đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt.
Tính chất 2. Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm không thẳng hàng.
Tính chất 3. Nếu một đường thẳng có hai điểm phân biệt. thuộc một mặt phẳng thì
mọi điểm của đường thẳng đều thuộc mặt phẳng đó.
Tính chất 4. Tồn tại bốn điểm không cùng thuộc một mặt phẳng.
Tính chất 5. Nếu hai mặt phẳng phân biệt có một điểm chung thì có một điểm chung
thì chúng còn một điểm chung khác nữa. 3.
Cách xác định một mặt phẳng
Có ba cách xác định một mặt phẳng:
• Mặt phẳng được hoàn toàn xác định khi biết mặt phẳng đi qua ba điểm không thẳng hàng.
• Mặt phẳng được hoàn toàn xác định khi biết mặt phẳng đi qua một điểm và chứa
một đường thẳng không đi qua điểm đó.
• Mặt phẳng được hoàn toàn xác định khi biết mặt phẳng đi chứa hai đường thẳng cắt nhau. 4. Hình chóp và tứ diện
• Trong mặt phẳng (α) cho đa giác lồi A1A2A3 . . . An. Lấy một điểm S không
thuộcmặt phẳng (α) và lần lượt nối điểm S với các đỉnh A1, A2, A3,. . ., An ta được
n tam giác SA1A2, SA2A3,. . ., SAn A1. Hình gồm đa giác A1A2A3 . . . An và n tam
giác SA1A2, SA2A3,. . ., SAn A1 được gọi là hình chóp, kí hiệu là S.A1A2A3 . . . An.
• S được gọi là đỉnh của hình chóp, đa giác A1A2A3 . . . An, các tam giác SA1A2,
SA2A3,. . ., SAn A1 được gọi là các mặt bên của hình chóp, SA1, SA2, SA3,. . ., SAn
được gọi là các cạnh bên của hình chóp.
• Tên của hình chóp gọi theo tên của đa giác đáy. Hình chóp tam giác còn gọi là hình tứ diện.
Hình tứ diện có bốn mặt là các tam giác đều gọi là tứ diện đều. 3 4
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN S S S A B A B A B C C D D C Hình chóp tam giác
Hình chóp tứ giác có Hình chóp tứ giác (hình tứ diện) đáy là hình thang S A B C D
Hình chóp tứ giác có đáy là hình bình hành B. Bài tập rèn luyện
DẠNG 0.1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
Phương pháp giải: Muốn tìm giao tuyến của hai mặt phẳng, ta đi tìm hai điểm chung
phân biệt thuộc cả hai mặt phẳng. Nối hai điểm chung đó được giao tuyến cần tìm.
Bài 1. Cho tứ giác ABCD sao cho các cạnh đối không song song với nhau. Lấy một
điểm S không thuộc mặt phẳng (ABCD). Xác định giao tuyến của
1. Mặt phẳng (SAC) và mặt phẳng (SBD).
2. Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SCD).
3. Mặt phẳng (SAD) và mặt phẳng (SBC). Lời giải.
1. Gọi H là giao điểm của AC với BD. 5 ® H ∈ AC Khi đó ⇒ H ∈ (SAC) ∩ S H ∈ BD (SBD) (1).
Dễ thấy S ∈ (SAC) ∩ (SBD) (2).
Từ (1) và (2) suy ra SH là giao tuyến
của hai mặt phẳng (SBD) và (SAC).
2. Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng CD và AB. ®K ∈ AB A Khi đó ⇒ K ∈ B K ∈ CD K (SAB) ∩ (SCD) (3).
Dễ thấy S ∈ (SAB) ∩ (SCD) (4). H D
Từ (3) và (4) suy ra SK là giao tuyến C
hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
3. Gọi L là giao điểm của hai đường L thẳng AD và BC. ®L ∈ AD Khi đó ⇒ L ∈ K ∈ BC (SAD) ∩ (SBC) (5).
Dễ thấy S ∈ (SAD) ∩ (SBC) (6).
Từ (5) và (6) suy ra SL là giao tuyến
hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).
Bài 2. Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm các cạnh AD, BC.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (IBC) và mặt phẳng (J AD).
2. Lấy điểm M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC sao cho M, N không là trung điểm.
Tìm giao tuyến của mặt phẳng (IBC) và mặt phẳng (DMN). Lời giải.
1. Do giả thiết I ∈ AD nên I ∈ (J AD). Suy ra I ∈ (BCI) ∩ (ADJ) (1). A
Tương tự, ta có J ∈ (BCI) ∩ (ADJ) (2).
Từ (1) và (2) suy ra I J là giao tuyến của hai mặt phẳng (BCI) và (ADJ).
2. Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng DM I và BI. ®E ∈ BI N Khi đó ⇒ E ∈ (MND) ∩ E ∈ DM M F (IBC) (3).
Tương tự, gọi F là giao điểm của DN và CI E suy ra F ∈ (BCI) ∩ (MND) (4). D
Từ (3) và (4) suy ra EF là giao tuyến hai mặt B phẳng (BCI) và (MND). J C 6
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Bài 3. Cho tứ diện ABCD. Lấy các điểm M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC sao cho
MN cắt BC. Gọi I là điểm bên trong tam giác BCD. Tìm giao tuyến của
1. Mặt phẳng (MN I) và mặt phẳng (BCD).
2. Mặt phẳng (MN I) và mặt phẳng (ABD).
3. Mặt phẳng (MN I) và mặt phẳng (ACD). Lời giải.
1. Gọi H là giao điểm của MN và BC. Suy ra H ∈ (MN I) ∩ (BCD) (1). A
Do I là điểm trong 4BCD nên I ∈ (MN I) ∩ (BCD) (2).
Từ (1) và (2) suy ra I H là giao tuyến
của hai mặt phẳng (MN I) và (BCD).
2. Giả sử E là giao điểm của hai đường thẳng I H và BD. N M ®E ∈ BD Vì H ∈ MN và ⇒ E ∈ E ∈ I H H (MN I) ∩ (ABD) (3).
Dễ thấy M ∈ (ABD) ∩ (MN I) (4). D B E
Từ (3) và (4) suy ra ME là giao tuyến
hai mặt phẳng (ABD) và (MN I). I F
3. Tương tự, gọi F là giao điểm của C
hai đường thẳng I H và CD. Ta suy ®F ∈ CD ra ⇒ F ∈ (MN I) ∩ F ∈ I H (ACD) (5). Do N ∈ AC nên N ∈ (ACD).
Khi đó N ∈ (MN I) ∩ (ACD) (6).
Từ (5) và (6) suy ra NF là giao tuyến
của hai mặt phẳng (ACD) và (MN I).
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang có cạnh AB song song với CD. Gọi
I là giao điểm của AD và BC. Lấy điểm M thuộc cạnh SC. Tìm giao tuyến của
1. Mặt phẳng (SAC) và mặt phẳng (SBD).
2. Mặt phẳng (SAD) và mặt phẳng (SBC).
3. Mặt phẳng (ADM) và mặt phẳng (SBC). Lời giải.
1. Gọi H là giao điểm của AC và BD. 7 Suy ra H ∈ (SAC) ∩ (SBD) (1). S
Dễ thấy S ∈ (SAC) ∩ (SBD) (2).
Từ (1) và (2) suy ra SH là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).
2. Do I là giao điểm của hai đường thẳng AD và BC. M ® I ∈ AD Nên ⇒ I ∈ (SAD) ∩ (SBC) (3). I ∈ BC
Dễ thấy S ∈ (SAD) ∩ (SBC) (4). A
Từ (3) và (4) suy ra SI là giao tuyến hai mặt phẳng B (SAD) và (SBC). D H C ® I ∈ AD 3. Do giả thiết ta có ⇒ I ∈ (ADM) ∩ I ∈ BC I (SBC) (5).
Vì M ∈ SC nên M ∈ (SBC). Do đó M ∈ (ADM) ∩ (SBC) (6).
Từ (5) và (6) suy ra I M là giao tuyến của hai mặt phẳng (ADM) và (SBC).
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của cạnh BC, CD, SA. Tìm giao tuyến của a) (MNP) và (SAB). b) (MNP) và (SBC). c) (MNP) và (SAD). d) (MNP) và (SCD). Lời giải. 1. (MNP) ∩ (SAB).
Gọi F = MN ∩ AB, E = MN ∩ AD S (vì MN, AB, AD ⊂ (ABCD)) ®P ∈ (MNP) Vì nên P ∈ SA ⊂ (SAB) P P ∈ (MNP) ∩ (SAB) (1). H ®F ∈ MN ⊂ (MNP) Mặt khác nên E F ∈ AB ⊂ (SAB) F ∈ (MNP) ∩ (SAB) (2). A D K
Từ (1) và (2) suy ra (MNP) ∩ (SAB) = N PF. B M C 2. (MNP) ∩ (SAD). ®P ∈ (MNP) F Ta có ⇒ P ∈ P ∈ SA ⊂ (SAD) (MNP) ∩ (SAD) (3). ®E ∈ MN ⊂ (MNP) Mặt khác ⇒ E ∈ E ∈ AD ⊂ (SAD) (MNP) ∩ (SAD) (4).
Từ (3) và (4) suy ra (MNP) ∩ (SAD) = PE. 8
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 3. Tìm (MNP) ∩ (SBC). ®K ∈ PF ⊂ (MNP)
Trong (SAB). Gọi K = PF ∩ SB. Ta có ⇒ K ∈ (MNP) ∩ (SBC) (5). K ∈ SB ⊂ (SBC) ® M ∈ (MNP) Mặt khác ⇒ M ∈ (MNP) ∩ (SBC) (6). M ∈ BC ⊂ (SBC)
Từ (5) và (6) suy ra (MNP) ∩ (SBC) = MK. 4. Tìm (MNP) ∩ (SCD). ® H ∈ PE ⊂ (MNP)
Trong mặt phẳng (SAD). Gọi H = PE ∩ SD. Ta có ⇒ H ∈ H ∈ SD ⊂ (SCD) (MNP) ∩ (SCD) (7). ® N ∈ (MNP) Mặt khác ⇒ N ∈ (MNP) ∩ (SCD) (8). N ∈ CD ⊂ (SCD)
Từ (7) và (8) suy ra (MNP) ∩ (SCD) = NH.
Bài 6. Cho tứ diện SABC. Lấy M ∈ SB, N ∈ AC, I ∈ SC sao cho MI không song song
với BC, N I không song song với SA. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MN I) với các mặt (ABC) và (SAB). Lời giải. S 1. Tìm (MN I) ∩ (ABC). ® M N ∈ (MN I) Vì nên N ∈ (MN I) ∩ N ∈ AC ⊂ (ABC) I (ABC) (1).
Trong (SBC), gọi K = MI ∩ BC. K ® A K ∈ MI ⊂ (MN I) N C Vì ⇒ K ∈ (MNI) ∩ K ∈ BC ⊂ (ABC) (ABC) (2).
Từ (1) và (2) suy ra (MN I) ∩ (ABC) = NK. J B 2. Tìm (MN I) ∩ (SAB).
Trong (SAC), gọi J = N I ∩ SA. ® M ∈ (MNI) Ta có ⇒ M ∈ (MNI) ∩ M ∈ SB ⊂ (SAB) (SAB) (3). ® J ∈ NI ⊂ (MNI) Mặt khác ⇒ J ∈ J ∈ SA ⊂ (SAB) (MN I) ∩ (SAB) (4).
Từ (3) và (4) suy ra (MN I) ∩ (SAB) = MJ.
Bài 7. Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bên trong tam giác ABD, N là một điểm bên
trong tam giác ACD. Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau a) (AMN) và (BCD). b) (DMN) và (ABC). Lời giải. 9 A 1. Tìm (AMN) ∩ (BCD).
Trong (ABD), gọi E = AM ∩ BD. ®E ∈ AM ⊂ (AMN) Ta có ⇒ E ∈ (AMN) ∩ P E ∈ BD ⊂ (BCD) M (BCD) (1).
Trong (ACD), gọi F = AN ∩ CD. ®F ∈ AN ⊂ (AMN) Ta có ⇒ Q F ∈ (AMN) ∩ F ∈ CD ⊂ (BCD) N B D (BCD) (2). E F
Từ (1) và (2) suy ra (AMN) ∩ (BCD) = EF. 2. Tìm (DMN) ∩ (ABC).
Trong (ABD), gọi P = DM ∩ AB. C ®P ∈ DM ⊂ (DMN) Ta có ⇒ P ∈ (DMN) ∩ P ∈ AB ⊂ (ABC) (ABC) (3).
Trong (ACD), gọi Q = DN ∩ AC. ®Q ∈ DN ⊂ (DMN) Ta có ⇒ Q ∈ (DMN) ∩ Q ∈ AC ⊂ (ABC) (ABC) (4).
Từ (3) và (4) suy ra (DMN) ∩ (ABC) = PQ.
Bài 8. Cho tứ diện ABCD. Lấy I ∈ AB, J là điểm trong tam giác BCD, K là điểm trong
tam giác ACD. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (I JK) với các mặt của tứ diện. Lời giải.
Gọi M = DK ∩ AC, N = DJ ∩ BC, H = MN ∩ KJ. A
Vì H ∈ MN ⊂ (ABC) ⇒ H ∈ (ABC).
Gọi P = HI ∩ BC, Q = PJ ∩ CD, T = QK ∩ AD. Theo cách dựng điểm ở trên ta có (I JK) ∩ (ABC) = IP T    M (I JK) ∩ (BCD) = PQ I (I JK) ∩ (ACD) = QT K    (I JK) ∩ (ABD) = T I. B D P N J Q C H
DẠNG 0.2. Tìm thiết diện của hình (H) khi cắt bởi mặt phẳng (P)
Thiết diện là phần chung của mặt phẳng (P) và hình (H).
Xác định thiết diện là xác định giao tuyến của mặt phẳng (P) với các mặt của hình (H).
Thường ta tìm giao tuyến đầu tiên của mặt phẳng (P) với một mặt phẳng (α) nào đó
thuộc hình (H), giao tuyến này dễ tìm được. Sau đó kéo dài giao tuyến này cắt các cạnh 10
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
khác của hình (H), từ đó ta tìm được các giao tuyến tiếp theo.
Đa giác giới hạn bởi các đoạn giao tuyến này khép kín thành một thiết diện cần tìm.
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M là một điểm trong tam giác SCD.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBM) và (SAC).
2. Tìm giao điểm của đường thẳng BM và (SAC).
3. Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (ABM). Lời giải. 1. Tìm (SBM) ∩ (SAC).
Trong (SCD), gọi N = SM ∩ CD. S
Trong (ABCD), gọi AC ∩ BN = O. ®O ∈ BN ⊂ (SBN) Ta có ⇒ O ∈ (SAC) ∩ J O ∈ AC ⊂ (SAC) M (SBN) (1).
Mặt khác S ∈ (SAC) ∩ (SBN) (2).
Từ (1) và (2) suy ra (SAC) ∩ (SBN) = SO. 2. Tìm BM ∩ (SAC). I H Gọi H = BM ∩ SO. A D ® H ∈ BM Ta có ⇒ H = BM ∩ N H ∈ SO ⊂ (SAC) (SAC). B O C
3. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi (ABM). ® I ∈ AH ⊂ (ABM)
Trong (SAC), gọi I = AH ∩ SC. Ta có ⇒ I ∈ (SCD) ∩ (ABM) (3). I ∈ SC ⊂ (SCD)
Mặt khác M ∈ (SCD) ∩ (ABM) (4).
Từ (3) và (4) suy ra (SCD) ∩ (ABM) = I M.
Trong (SCD), gọi J = I M ∩ SD. Khi đó (SAC) ∩ (ABM) = AJ và (SBC) ∩ (ABM) = BI.
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác ABI J J.
Bài 10. Cho tứ diện ABCD. Trên AB, AC lấy 2 điểm M, N sao cho MN không song
song BC. Gọi O là một điểm trong tam giác BCD.
1. Tìm giao tuyến của (OMN) và (BCD).
2. Tìm giao điểm của DC, BD với (OMN).
3. Tìm thiết diện của (OMN) với hình chóp. Lời giải. 1. Tìm (OMN) ∩ (BCD). 11
Trong (ABC), gọi H = MN ∩ BC. A ® H ∈ MN ⊂ (MNO) Ta có ⇒ H ∈ (BCD) ∩ H ∈ BC ⊂ (BCD) (MNO) (1).
Mặt khác O ∈ (BCD) ∩ (MNO) (2). N
Từ (1) và (2) suy ra (BCD) ∩ (MNO) = HO. M H
2. Tìm DC ∩ (OMN) và BD ∩ (OMN).
Trong (BCD), gọi I = BD ∩ HO. B D I ® I ∈ BD Ta có ⇒ I = BD ∩ (MNO). O I ∈ HO ⊂ (MNO) J
Trong (BCD), gọi J = CD ∩ HO. C ® J ∈ CD Ta có ⇒ J = CD ∩ J ∈ HO ⊂ (MNO) (MNO).
3. Tìm thiết diện của (OMN) và hình chóp. (ABC) ∩ (MNO) = MN    (ABD) ∩ (MNO) = M I Ta có
. Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MN J I. (ACD) ∩ (MNO) = N J    (BCD) ∩ (MNO) = I J
Bài 11. Cho tứ diện SABC. Gọi M ∈ SA, N ∈ (SBC), P ∈ (ABC), không có đường thẳng nào song song.
1. Tìm giao điểm của MN với (ABC), suy ra giao tuyến của (MNP) và (ABC).
2. Tìm giao điểm của AB với (MNP).
3. Tìm giao điểm của NP với (SAB).
4. Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MNP). Lời giải. 1. Tìm MN ∩ (ABC). 12
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Chọn mặt phẳng phụ (SAH) chứa MN. S Tìm (SAH) ∩ (ABC).
Ta có A ∈ (ABC) ∩ (SAH) (1).
Trong (SBC), gọi H = SN ∩ BC. M Q ® H ∈ SN ⊂ (SAH) Ta có ⇒ H ∈ (SAH) ∩ H ∈ BC ⊂ (ABC) (ABC) (2). N
Từ (1) và (2) suy ra (SAH) ∩ (ABC) = AH.
Trong (SAH), gọi I = MN ∩ AH. A C ® I ∈ MN H Ta có ⇒ I = MN ∩ I ∈ AHH ⊂ (ABC) K I P J (ABC). Tìm (MNP) ∩ (ABC). B
Ta có P ∈ (MNP) ∩ (ABC) (3).
Mặt khác I ∈ (MNP) ∩ (ABC) (4).
Từ (3) và (4) ⇒ (MNP) ∩ (ABC) = PI. 2. Tìm AB ∩ (MNP). L
Trong (ABC), gọi K = AB ∩ PI. ®K ∈ AB Ta có ⇒ K = AB ∩ K ∈ PI ⊂ (MNP) (MNP). 3. Tìm NP ∩ (SAB). ®L ∈ PN
Trong (MNK), gọi L = PN ∩ MK. Ta có ⇒ L = PN ∩ (SAB). L ∈ MK ⊂ (SAB)
4. Trong (ABC), gọi J = BC ∩ PI. Khi đó (MNP) ∩ (SBC) = JN. (MNP) ∩ (SAB) = MK    (MN P) ∩ (SBC) = I Q
Trong (SBC), gọi Q = SC ∩ JN. Ta có (MNP) ∩ (SAC) = MQ    (MNP) ∩ (ABC) = K J.
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MQJK.
Bài 12. Cho tứ diện SABC. Gọi I, J, K lần lượt là 3 điểm nằm trong ba mặt phẳng (SAB), (SBC), (ABC).
1. Tìm giao điểm của I J với (ABC).
2. Tìm giao tuyến của (I JK) với các mặt của hình chóp. Từ đó suy ra thiết diện của
(I JK) cắt bởi hình chóp. Lời giải.
1. Tìm giao điểm của I J với (ABC). 13
Trong (SAB), gọi M = SI ∩ AB. S
Trong (SBC), gọi N = SJ ∩ BC. Suy ra (SI J) ∩ (ABC) = MN.
Trong (SI J), gọi H = I J ∩ MN. ® H ∈ I J Ta có ⇒ H = F H ∈ MN ⊂ (ABC) I I J ∩ (ABC). L J A C E K M D N B H
2. Tìm giao tuyến của (I JK) và (ABC). ®K ∈ (I JK) ∩ (ABC) Ta có ⇒ HK = (I JK) ∩ (ABC). H ∈ (I JK) ∩ (ABC)
Trong (ABC), gọi D = HK ∩ BC và E = HK ∩ AC. + Tìm (I JK) ∩ (SBC). ®D ∈ HK ⊂ (I JK)
Ta có J ∈ (I JK) ∩ (SBC) (1). Mặt khác
⇒ D ∈ (I JK) ∩ (SBC) (2). D ∈ BC ⊂ (SBC)
Từ (1) và (2) suy ra DJ = (I JK) ∩ (SBC). + Tìm (I JK) ∩ (SAB).
Ta có I ∈ (I JK) ∩ (SAB) (3). ®F ∈ DJ ⊂ (I JK)
Trong (SBC), gọi F = DJ ∩ SB. Ta có
⇒ F ∈ (I JK) ∩ (SAB) (4). F ∈ SB ⊂ (SAB)
Từ (3) và (4) suy ra FI = (I JK) ∩ (SAB). + Tìm (I JK) ∩ (SAC). ®L ∈ FI ⊂ (I JK)
Trong (SAB), gọi L = FI ∩ SA. Ta có ⇒ L = (I JK) ∩ (SAC) (5). L ∈ SA ⊂ (SAC) ®E ∈ HK ⊂ (I JK)
Trong (ABC), gọi E = HK ∩ AC. Ta có
⇒ E ∈ (I JK) ∩ (SAC) (6). E ∈ AC ⊂ (SAC)
Từ (5) và (6) suy ra LE = (I JK) ∩ (SAC).
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác DFLE.
Bài 13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, I
lần lượt nằm trên ba cạnh AD, CD, SO. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MN I). Lời giải. 14
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Trong (ABCD), gọi J = BD ∩ S MN, K = MN ∩ AB, H = MN ∩ BC.
Trong (SBD), gọi Q = I J ∩ SB. Q
Trong (SAB), gọi R = KQ ∩ SA.
Trong (SBC), gọi P = QH ∩ SC. P
Vậy thiết diện là ngũ giác MNPQR. I R H B C N O J D A M K
Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm lấy trên AB, AD
và SC. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNP). Lời giải.
Trong (ABCD), gọi E = MN ∩ DC, F = S MN ∩ BC.
Trong (SCD), gọi Q = EP ∩ SD.
Trong (SBC), gọi R = EP ∩ SB.
Vậy thiết diện là ngũ giác MNPQR. P R F C B M Q A N D E
DẠNG 0.3. Tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng
Muốn tìm giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P), ta có hai có hai cách làm như sau 15
Cách 1: Những bài toán đơn giản, có sẵn một mặt
phẳng (Q) chứa đường thẳng d và một đường
thẳng a thuộc mặt phẳng (P). Giao điểm của d
hai đường thẳng không song song d và a chính Q
là giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng a (P). A
Cách 2: Tìm một mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng P
d, sao cho dễ dàng tìm giao tuyến a với mặt
phẳng (P). Giao điểm của đường thẳng d và
mặt phẳng (P) chính là giao điểm của đường
thẳng d và giao tuyến a vừa tìm.
Bài 15. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BC. K là điểm
nằm trên BD sao cho KD < KB. Tìm giao điểm của CD và AD với mặt phẳng (MNK). Lời giải.
Tìm giao điểm của CD với mp(MNK). A
Các bạn để ý CD và NK cùng thuộc mặt phẳng (BCD) và chúng
không song song nên hai đường thẳng này sẽ cắt nhau tại một
điểm I, nhưng NK lại thuộc mp(MNK) suy ra I thuộc mp(MNK). H I M
Vậy I chính là giao điểm của CD và mp(MNK). B
Ta có thể trình bày lời giải như sau: K D
Trong mặt phẳng (BCD), gọi I = CD ∩ NK. N ® I ∈ CD Vì ⇒ I = CD ∩ (MNK). C I ∈ NK, NK ⊂ (MNK)
Tìm giao điểm của AD và (MNK).
Chọn mặt phẳng (ADC) chứa AD. Sau đó tìm giao tuyến của (ACD) và (MNK), ta trình bày như sau: ® M ∈ (MNK) ⇒ M ∈ (MNK) ∩ (ACD). M ∈ AC, AC ⊂ (ACD)
® I ∈ NK, NK ⊂ (MNK) ⇒ I ∈ (MNK) ∩ (ACD). I ∈ CD, CD ⊂ (ACD)
Vậy (MNK) ∩ (ACD) = MI. Gọi H = MI ∩ AD. Suy ra H = AD ∩ (MNK).
Bài 16. Cho tứ diện ABCD. Trên AB, AC, BD lấy lần lượt ba điểm M, N, P sao cho
MN không song song với BC, MP khong song song với AD. Xác định giao điểm của
các đường thẳng BC, AD, CD với mặt phẳng (MNP). Lời giải. 16
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Tìm giao điểm của BC và (MNP). A
Trong (ABC), gọi H = MN ∩ BC. ® H ∈ BC ⇒ H ∈ H ∈ MN, MN ⊂ (MNP) N BC ∩ (MNP). M
Tìm giao điểm của AD và (MNP).
Trong (ACD), gọi I = MP ∩ AD. H D ® I ∈ AD ⇒ I ∈ B P J I ∈ MP, MP ⊂ (MNP) AD ∩ (MNP).
Tìm giao điểm của CD và (MNP). C ® I
I ∈ AD, AD ⊂ (ACD) ⇒ IN ⊂ (ACD). N ∈ AC, AC ⊂ (ACD)
Trong (ACD) gọi J = N I ∩ CD. ® J ∈ CD ⇒ J = CD ∩ (MNP). I ∈ N I, N I ⊂ (MNP)
Bài 17. Cho tứ diện ABCD. trên AC và AD lấy hai điểm M, N sao cho MN không song
song với CD. Gọi O là điểm bên trong tam giác (BCD).
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (OMN) và (BCD).
2. Tìm giao điểm của BC với (OMN).
3. Tìm giao điểm của BD với (OMN). Lời giải. A
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (OMN) và (BCD).
Ta có O ∈ (OMN) ∩ (BCD). (1) M N
Trong (ACD), gọi I = MN ∩ CD. I ® I ∈ MN, MN ⊂ (MNO) ⇒ Q I ∈ (OMN) ∩ I ∈ CD, CD ⊂ (BCD) B D (BCD). (2) O P
Từ (1) và (2) ta có OI = (OMN) ∩ (BCD). C
2. Tìm giao điểm của BC với (OMN).
Trong (BCD), gọi P = BC ∩ OI. Ta có P = BC ∩ (OMN).
3. Tìm giao điểm của BD với (OMN).
Trong (BCD), gọi Q = BD ∩ OI. Ta có Q = BD ∩ (OMN).
Bài 18. Cho tứ diện ABCD, lấy M ∈ AB, N ∈ AC sao cho MN không song song với
BC, I là điểm thuộc miền trong 4BCD. Xác định giao điểm của các đường thẳng BC, BD, CD với (MN I). Lời giải. 17
Tìm giao điểm của BC với (MN I). K
Trong (ABC), gọi H = MN ∩ BC. ® H ∈ BC ⇒ H = BC ∩ (MNI). H ∈ MN, MN ⊂ (MN I) A
Tìm giao tuyến của (BCD) với (MN I).
® H ∈ MN, MN ∈ (MNI) ⇒ H ∈ (MNI) ∩ (ACD). (1) H ∈ BC, BC ⊂ (BCD) N M
Lại có I ∈ (MN I) ∩ (BCD). (2) H
Từ (1) và (2) ta có HI = (MN I) ∩ (BCD).
Tìm giao điểm của BD với (MN I). D B E
Trong (BCD), gọi E = HI ∩ BD. ® I E ∈ BD ⇒ F E = BD ∩ (MN I). E ∈ H I, H I ⊂ (MN I) C
Tìm giao điểm của CD với (MN I).
Trong (BCD), gọi F = HI ∩ CD. ®F ∈ CD ⇒ F = CD ∩ (MNI). F ∈ H I, H I ⊂ (MN I)
Bài 19. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là các trung điểm của các cạnh AC, BC.
Trên cạnh BD lấy điểm P sao cho BP = 2PD. Lấy Q thuộc AB sao cho QM cắt BC. Tìm
1. giao điểm của CD và (MNP).
2. giao điểm của AD và (MNP).
3. giao tuyến của (MPQ) và (BCD).
4. giao điểm của CD và (MPQ).
5. giao điểm của AD và (MPQ). Lời giải. A
1. Tìm giao điểm của CD và (MNP).
Trong (BCD), gọi E = CD ∩ NP. ®E ∈ CD ⇒ E = E ∈ NP, NP ⊂ (MNP) CD ∩ (MNP). Q M F
2. Tìm giao điểm của AD và (MNP). K E
Tìm giao tuyến của (ACD) và (MNP). D ® B P M ∈ (MNP) L ⇒ M ∈ N M ∈ AC, AC ⊂ (ACD) T (MNP) ∩ (ACD). (1) C
®E ∈ NP, NP ⊂ (MNP) ⇒ E ∈ E ∈ CD, CD ⊂ (ACD) (MNP) ∩ (ACD). (2)
Từ (1) và (2) ta có EM = (MNP) ∩ (ACD).
Trong (ACD), gọi F = AD ∩ EM. Suy ra F = AD ∩ (MNP). 18
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
3. Tìm giao tuyến của (MPQ) và (BCD).
Trong (ABC), gọi K = QM ∩ BC. ®K ∈ BC, BC ⊂ (BCD) ⇒ K ∈ (MPQ) ∩ (BCD). (3) K ∈ QM, QM ⊂ (MPQ)
®P ∈ BD, BD ⊂ (BCD) ⇒ P ∈ (MPQ) ∩ (BCD). (4) P ∈ (MPQ)
Từ (3) và (4) ta có KP = (MPQ) ∩ (BCD).
4. Tìm giao điểm của CD và (MPQ).
Trong (BCD) gọi L = KP ∩ CD. ®L ∈ CD ⇒ L = CD ∩ (MPQ). L ∈ KP, KP ⊂ (MPQ)
5. Tìm giao điểm của AD và (MPQ).
Tương tự như trên, ta tìm được ML = (PQ) ∩ (ACD).
Trong (ACD), gọi T = AD ∩ ML. Suy ra T = AD ∩ (MPQ).
Bài 20. Cho hình chóp S.ABCD có AB và CD không song song. Gọi M là một điểm
thuộc miền trong tam giác SCD.
1. Tìm giao điểm N của CD và (SBM).
2. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBM) và (SAC).
3. Tìm giao điểm I của BM và (SAC).
4. Tìm giao điểm P của SC và (ABM). Từ đó suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng (SCD) và (ABM). Lời giải. S
1. Tìm giao điểm N của CD và (SBM).
Trong (SCD), gọi N = SM ∩ CD. ® N ∈ CD ⇒ N = CD ∩ (SBM). N ∈ SM, SM ⊂ (SBM)
2. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBM) và (SAC). M
Ta có một lưu ý rằng (SBN) ≡ (SBM). A D P
Trong (ABCD), gọi O = AC ∩ BN. I N
®O ∈ AC, AC ⊂ (SAC) ⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBN). (1) O O ∈ BN, BN ⊂ (SBN) C B
Lại có S ∈ (SAC) ∩ (SBN). (2)
Từ (1) và (2) ta có SO = (SAC) ∩ (SBN).
3. Tìm giao điểm I của BM và (SAC).
Trong (SBN), gọi I = BM ∩ SO. ® I ∈ BM ⇒ I = BM ∩ (SAC). I ∈ SO, SO ⊂ (SAC)
4. Tìm giao điểm P của SC và (ABM). Từ đó suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng (SCD)
và (ABM). Ta có (ABM) ∩ (SAC) = AI.
Trong (SAC), gọi P = AI ∩ SC. Suy ra P = SC ∩ (ABM). Khi đó (SCD) ∩ (ABM) = MP. 19
Bài 21. Cho tứ giác ABCD và một điểm S không thuộc mặt phẳng (ABCD). Trên đoạn
AB lấy một điểm M, trên đoạn SC lấy một điểm N (M, N không trùng với các đầu mút).
1. Tìm giao điểm của đường thẳng AN với mặt phẳng (SBD).
2. Tìm giao điểm của đường thẳng MN với mặt phẳng (SBD). Lời giải. S
1. Tìm giao điểm của đường thẳng AN với mặt phẳng (SBD). N
• Chọn mặt phẳng phụ (SAC) ⊃ AN. Ta tìm giao I tuyến của (SAC) và (SBD).
Trong (ABCD) gọi P = AC ∩ BD. Suy ra J A D (SAC) ∩ (SBD) = SP. P
• Trong (SAC) gọi I = AN ∩ SP. Q ® I ∈ AN M ⇒ I = AN ∩ (SBD). C B I ∈ SP, SP ⊂ (SBD)
2. Tìm giao điểm của đường thẳng MN với mặt phẳng (SBD).
• Chọn mặt phẳng phụ (SMC) ⊃ MN. Ta tìm
giao tuyến của (SMC) và (SBD).
Trong (ABCD) gọi Q = MC ∩ BD. Suy ra (SMC) ∩ (SBD) = SQ.
• Trong (SMC) gọi J = MN ∩ SQ. ® J ∈ MN ⇒ J = MN ∩ (SBD). J ∈ SQ, SQ ⊂ (SBD)
Bài 22. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi O là giao điểm của AC và BD. M, N, P lần lượt là các điểm trên SA, SB, SD.
1. Tìm giao điểm I của SO với mặt phẳng (MNP).
2. Tìm giao điểm Q của SC với mặt phẳng (MNP). Lời giải.
1. Tìm giao điểm I của SO với mặt phẳng (MNP). 20
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Trong mặt phẳng (SBD), gọi I = SO ∩ NP, có S ® I ∈ SO ⇒ I = SO ∩ (MNP). I ∈ NP ⊂ (MNP) P
2. Tìm giao điểm Q của SC với mặt phẳng (MNP). I Q
• Chọn mặt phẳng phụ (SAC) ⊃ SC. M
• Tìm giao tuyến của (SAC) và (MNP). ® N M ∈ (MNP) Ta có ⇒ M ∈ A D M ∈ SA, SA ⊂ (SAC) (MNP) ∩ (SAC). (1) ® I ∈ SP, SP ⊂ (MNP) O C Và ⇒ I ∈ (MNP) ∩ I ∈ SO, SO ⊂ (SAC) B (SAC). (2)
Từ (1) và (2) có (MNP) ∩ (SAC) = MI. ®Q ∈ SC
• Trong mặt phẳng (SAC) gọi Q = SC ∩ MI, có ⇒ Q = Q ∈ MI, MI ⊂ (MNP) SC ∩ (MNP).
Bài 23. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N là hai điểm trên AC và AD. O là điểm bên trong
tam giác BCD. Tìm giao điểm của 1. MN và mặt phẳng (ABO). 2. AO và mặt phẳng (BMN). Lời giải. 21 A
1. Tìm giao điểm của MN và mặt phẳng (ABO).
• Chọn mặt phẳng phụ (ACD) ⊃ MN.
• Tìm giao tuyến của (ACD) và (ABO).
Ta có A là điểm chung của (ACD) và (ABO). (1) M Q
Trong mặt phẳng (BCD), gọi P = BO ∩ CD, ta có ®P ∈ BO, BO ⊂ (ABO) N ⇒ P ∈ (ABO) ∩ (ACD). I P ∈ CD, CD ⊂ (ACD) (2) B D
Từ (1) và (2) suy ra (ACD) ∩ (ABO) = AP.
• Trong (ACD), gọi Q = AP ∩ MN, có O P ®Q ∈ MN ⇒ MN ∩ (ABO) = Q. Q ∈ AP, AP ⊂ (ABO) C
2. Tìm giao điểm của AO và mặt phẳng (BMN).
• Chọn mặt phẳng (ABP) ⊃ AO.
• Tìm giao tuyến của (ABP) và (BMN).
Ta có B là điểm chung của (ABP) và (BMN). (3)
®Q ∈ MN, MN ⊂ (BMN) ⇒ Q ∈ (ABP) ∩ Q ∈ AP, AP ⊂ (ABP) (BMN). (4)
Từ (3) và (4) suy ra (ABP) ∩ (BMN) = BQ.
Gọi I = BQ ∩ AO (vì BQ, AO ∈ (ABP)), có ® I ∈ AO ⇒ I = AO ∩ (BMN). I ∈ BQ, BQ ⊂ (BMN)
Bài 24. Trong mặt phẳng (α) cho hình thang ABCD, đáy lớn AD. Gọi I, J, K lần lượt là
các điểm trên SA, AB, BC (K không là trung điểm BC). Tìm giao điểm của 1. IK và (SBD). 2. SD và (I JK). 3. SC và (I JK). Lời giải. S N I A D Q F J P B M C K E 22
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. Tìm giao điểm của IK và mặt phẳng (SBD).
• Chọn mặt phẳng phụ (SAK) ⊃ IK.
• Tìm giao tuyến của (SAK) và (SBD).
Ta có S là điểm chung của (SAK) và (SBD). (1)
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi P = AK ∩ BD, ta có
®P ∈ AK, AK ⊂ (SAK) ⇒ P ∈ (SAK) ∩ (SBD). (2) P ∈ BD, BD ⊂ (SBD)
Từ (1) và (2) suy ra (SAK) ∩ (SBD) = SP.
• Trong (SAK), gọi Q = IK ∩ SP, có ®Q ∈ IK ⇒ Q = IK ∩ (SBD). Q ∈ SP, SP ⊂ (SBD)
2. Tìm giao điểm của SD và mặt phẳng (I JK).
• Chọn mặt phẳng phụ (SBD) ⊃ SD.
• Tìm giao tuyến của (SBD) và (I JK).
Ta có Q là điểm chung của (SBD) và (I JK). (3)
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi M = JK ∩ BD ⇒ M là điểm chung của (I JK) và (SBD). (4)
Từ (3) và (4) suy ra (I JK) ∩ (SBD) = QM. • Trong mặt phẳng (SBD), gọi N = QM ∩ SD. ® N ∈ SD Ta có ⇒ N = SD ∩ (I JK). I ∈ QM, QM ⊂ (I JK)
3. Tìm giao điểm của SC và mặt phẳng (I JK).
• Chọn mặt phẳng phụ (SAC) ⊃ SC.
• Tìm giao tuyến của (SAC) và (I JK). ® I ∈ (I JK) Ta có ⇒ I ∈ (I JK) ∩ (SAC). (5) I ∈ SA, SA ⊂ (SAC)
Gọi E = AC ∩ JK (vì AC, JK ⊂ (ABCD)). Vậy E ∈ (I JK) ∩ (SAC). (6)
Từ (5) và (6) suy ra (I JK) ∩ (SAC) = IE. ®F ∈ SC
• Trong mặt phẳng (SAC), gọi F = IE ∩ SC. Ta có ⇒ F = SC ∩ F ∈ IE, IE ⊂ (I JK) (I JK).
Bài 25. Cho tứ diện SABC. Gọi I, H lần lượt là trung điểm của SA, AB. Trên cạnh SC
lấy điểm K sao cho CK = 3SK. FB
1. Tìm giao điểm F của BC với mặt phẳng (I HK). Tính tỉ số . FC
2. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng I H. Tìm giao điểm của KM và mặt phẳng (ABC). Lời giải. 23 S K I D M E A C J N H F B FB
1. Tìm giao điểm F của BC với mặt phẳng (I HK). Tính tỉ số . FC
• Ta tìm giao tuyến của (ABC) và (IHK) trước.
Gọi E = AC ∩ KI (AC, KI ⊂ (SAC)), ta có
®E ∈ AC, AC ⊂ (ABC) ⇒ E ∈ (ABC) ∩ (IHK). (1) E ∈ KI, KI ⊂ (I HK) ® H ∈ (IHK) ⇒ H ∈ (ABC) ∩ (IHK). (2) H ∈ AB, AB ⊂ (ABC)
Từ (1) và (2) suy ra EH = (ABC) ∩ (I HK).
• Gọi F = EH ∩ BC (EH, BC ⊂ (ABC)), có ®F ∈ BC ⇒ F = BC ∩ (IHK). F ∈ EH, EH ⊂ (I HK)
Gọi D là trung điểm của SC, ta có IK là đường trung bình của 4SAD. CA CD Trong 4CEK có = = 2 ⇒ CA = 2CK. AE DK
Trong mặt phẳng (ABC) kẻ AN k EF (N ∈ BC). Ta có BH BF HF k AN ⇒ = = 1 ⇒ BF = FN. H A FN CA CN EF k AN ⇒ = = 2 ⇒ CN = 2NF. AE NF FB FB FB 1 Do đó = = = . FC FN + NC 3FB 3
2. Tìm giao điểm của KM và mặt phẳng (ABC).
Ta có KM ⊂ (I HK). Gọi J = KM ∩ EH (EH, KM ⊂ (I HK)). ® J ∈ KM Ta có ⇒ J = KM ∩ (ABC). J ∈ EH, EH ⊂ (ABC)
DẠNG 0.4. Tìm thiết diện của hình (H) khi cắt bởi mặt phẳng (P). Phương pháp giải 24
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Bài 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N, I
lần lượt nằm trên ba cạnh AD, CD, SO. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MN I). Lời giải.
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi J = BD ∩ S
MN, K = MN ∩ AB, H = MN ∩ BC.
Trong mặt phẳng (SBD), gọi Q = I J ∩ SB.
Trong mặt phẳng (SAB), gọi R = KQ ∩ SA. Q
Trong mặt phẳng (SBC), gọi P = QH ∩ SC.
Vậy, thiết diện của hình chóp S.ABCD với
mặt phẳng (MN I) là ngũ giác MNPQR. P R I C B H N O J A D M K
Bài 27. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm lấy trên AB, AD
và SC. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNP). Lời giải.
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi E = MN ∩ DC, S F = MN ∩ BC.
Trong mặt phẳng (SCD), gọi Q = EP ∩ SD.
Trong mặt phẳng (SBC), gọi R = FP ∩ SB.
Vậy, thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt P
phẳng (MNP) là ngũ giác MNQPR. R B F C M Q A D N E
DẠNG 0.5. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng qui, chứng minh
một điểm thuộc một đường thẳng cố định.
• Phương pháp chứng minh ba điểm thẳng hàng: 25
Muốn chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng, ta chứng minh
ba điểm đó lần lượt thuộc hai mặt phẳng phân biệt (α) và (β) A
thì suy ra ba điểm A, B, C nằm trên giao tuyến của (α) và (β), α β nên chúng thẳng hàng. B C
• Phương pháp chứng minh ba đường thẳng đồng quy:
Ta tìm giao điểm của hai đường thẳng trong ba đường thẳng đã cho, rồi chứng minh
giao điểm đó nằm trên đường thẳng thứ ba. Cụ thể như sau:
Chọn một mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng (a) và (b). Gọi I = (a) ∩ (b).
Tìm một mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (a), tìm một mặt
phẳng (R) chứa đường thẳng (b), sao cho (c) = (Q) ∩ (R) ⇒ I I ∈ (c).
Vậy, ba đường thẳng (a), (b), (c) đồng quy tại điểm I. c (a), (b) ⊂ (P) a b     (a) ∩ (b) = I  
(P) ∩ (Q) = (a) ⇒ (a) ∩ (b) ∩ (c) = I. P Q R   (P) ∩ (R) = (b)    (Q) ∩ (R) = (c)
Bài 28. Cho tứ diện SABC. Trên SA, SB và SC lần lượt lấy các điểm D, E, F sao cho DE
cắt AB tại I, EF cắt BC tại J, FD cắt CA tại K. Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng. Lời giải. S E D F I J K A C B Ta có
 I = AB ∩ DE (AB, DE ⊂ (SAB))   • I ∈ AB, AB ⊂ (ABC) ⇒ I ∈ (ABC) ∩ (DEF). (1)   I ∈ DE, DE ⊂ (DEF)
K = AC ∩ DF (AC, DF ⊂ (SAC))   • I ∈ AC, AC ⊂ (ABC) ⇒ K ∈ (ABC) ∩ (DEF). (2)  K ∈ DF, DF ⊂ (DEF)
 J = BC ∩ EF (BC, EF ⊂ (SBC))   • J ∈ BC, BC ⊂ (ABC) ⇒ J ∈ (ABC) ∩ (DEF). (3)   J ∈ EF, EF ⊂ (DEF) 26
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Từ (1), (2) và (3) suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng.
Bài 29. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD, Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của AB, BC, CD.
1. Tìm giao tuyến của (AND) và (ABP).
2. Gọi I = AG ∩ MP, J = CM ∩ AN. Chứng minh D, I, J thẳng hàng. Lời giải. A M J I B D G N P C
1. Tìm giao tuyến của (AND) và (ABP). A ∈ (ABP) ∩ (ADN). (1) ®G ∈ BP, BP ⊂ (ABP) Ta có G = BP ∩ DN, có ⇒ G ∈ (ABP) ∩ (ADN). (2) G ∈ DN, DN ⊂ (ADN)
Từ (1) và (2) ta có AG = (ABP) ∩ (ADN).
2. Chứng minh D, I, J thẳng hàng.
I = AG ∩ MP, AG ⊂ (ADG), MP ⊂ (DMN) ⇒ I ∈ (ADG) ∩ (DMN). (3)
J = CM ∩ AN, AN ⊂ (ADG), CM ⊂ (DMN) ⇒ J ∈ (ADG) ∩ (DMN). (4) D ∈ (ADG) ∩ (DMN). (5)
Từ (3), (4), (5) suy ra ba điểm D, I, J thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (ADG) và (DMN).
Vậy ba điểm D, I, J thẳng hàng.
Bài 30. Cho hình bình hành ABCD. S là điểm không thuộc (ABCD), M và N lần lượt
là trung điểm của đoạn thẳng AB và SC.
1. Xác định giao điểm I = AN ∩ (SBD).
2. Xác định giao điểm J = MN ∩ (SBD).
3. Chứng minh ba điểm I, J, B thẳng hàng. Lời giải. 27 S I N A D J M O K B C
1. Xác định giao điểm I = AN ∩ (SBD).
• Chọn mặt phẳng phụ (SAC) chứa AN. Ta tìm giao tuyến của (SAC) và (SBD).
Trong mặt phẳng (ABCD) gọi O là giao điểm của AC và BD. Hai mặt phẳng (SAC) và
(SBD) có hai điểm chung là S và O. Vậy (SAC) ∩ (SBD) = SO.
• Trong mặt phẳng (SAC) gọi I = AN ∩ SO. Ta có I = AN ∩ (SBD).
2. Xác định giao điểm J = MN ∩ (SBD).
• Chọn mặt phẳng phụ (SMC) chứa MN. Ta tìm giao tuyến của (SMC) và (SBD).
Trong mặt phẳng (ABCD) gọi K là giao điểm của MC và BD. Hai mặt phẳng (SMC)
và (SBD) có hai điểm chung là S và K. Vậy (SMC) ∩ (SBD) = SK.
• Trong mặt phẳng (SMC) gọi J = MN ∩ SK. Ta có J = MN ∩ (SBD).
3. Chứng minh ba điểm I, J, B thẳng hàng.
• Ta có B là điểm chung của (ABN) và (SBD). (1) ® I ∈ SO, SO ⊂ (SBD) • ⇒ I ∈ (ABN) ∩ (SBD). (2) I ∈ AN, AN ⊂ (ABN) ® J ∈ SK, SK ⊂ (SBD) • ⇒ J ∈ (ABN) ∩ (SBD). (3) J ∈ MN, MN ⊂ (ABN)
Từ (1), (2) và (3) suy ra ba điểm I, J, B thẳng hàng.
Bài 31. Cho tứ giác ABCD và S 6∈ (ABCD). Gọi I, J là hai điểm trên AD và SB, AD cắt
BC tại O và OJ cắt SC tại M.
1. Tìm giao điểm K = I J ∩ (SAC).
2. Xác định giao điểm L = DJ ∩ (SAC).
3. Chứng minh A, K, L, M thẳng hàng. Lời giải. 28
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. Tìm giao điểm K = I J ∩ (SAC). S
Chọn mặt phẳng phụ (SIB) chứa I J.
Tìm giao tuyến của (SIB) và (SAC). J có S ∈ (SBI) ∩ (SAC) (1)
Trong mặt phẳng (ABCD) gọi E = AC ∩ BI, ta có : ®E ∈ AC, AC ⊂ (SAC) L M ⇒ E = (SAC) ∩ (SBI) (2) E ∈ BI, BI ⊂ (SBI)
Từ (1) và (2) suy ra SE = (SBI) ∩ (SAC). A B
Trong mặt phẳng (SIB), gọi K = I J ∩ SE. I E ®K ∈ I J Ta có ⇒ K = I J ∩ (SAC) F C K ∈ SE, SE ⊂ (SAC) D
2. Xác định giao điểm L = DJ ∩ (SAC).
Chọn mặt phẳng phụ (SBD) chứa DJ. Tìm giao O
tuyến của (SBD) với (SAC). Ta có S ∈ (SBD) ∩ (SAC) (3)
Trong mặt phẳng (ABCD) gọi F = AC ⊂ BD. Suy ra F là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng (SBD) và (SAC). (4)
Từ (3) và (4) suy ra SF = (SBD) ⊂ (SAC). Trong mặt phẳng (SBD) gọi L = DJ ∩ SF. ®L ∈ DJ Vậy ⇒ L = DJ ∩ (SAC) L ∈ SF, SF ⊂ (SAC)
3. Chứng minh A, K, L, M thẳng hàng. Ta có A ∈ (SAC) ∩ (AJO) (3) ®K ∈ I J, I J ⊂ (AJO) và ⇒ K ∈ (SAC) ∩ (AJO). (4) K ∈ SE, SE ⊂ (SAC) ®L ∈ DJ, DJ ⊂ (AJO) có ⇒ L ∈ (SAC) ∩ (AJO) (5) L ∈ SF, SF ⊂ (SAC) ® M ∈ JO, JO ⊂ (AJO) có ⇒ M ∈ (SAC) ∩ (AJO) (6) M ∈ SC, SC ⊂ (SAC)
Từ (3), (4), (5) và (6) suy ra bốn điểm A, K, L, M cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng
(SAC) và (AJO). Vậy A, K, L, M thẳng hàng.
Bài 32. Cho tứ giác ABCD và S 6∈ (ABCD). Gọi M, N là hai điểm trên BC và SD.
1. Tìm giao điểm J = BN ∩ (SAC)
2. Tìm giao điểm J = MN ∩ (SAC)
3. Chứng minh rằng C, I, J thẳng hàng. Lời giải. 29
1. Tìm giao điểm I = BN ∩ (SAC)
Chọn mặt phẳng phụ (SBD) chứa BN.
Tìm giaio tuyến của hai mặt phẳng (SBD) và S
(SAC). Trong mặt phẳng (ABCD) gọi O = AC ∩ BD. N
Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) có hai điểm chung
là S và O. Vậy giao tuyến của chúng là SO.
Trong mặt phẳng (SBD) gọi I = BN ∩ SO. I ® I ∈ BN Ta có ⇒ I = BN ∩ (SAC). A D I ∈ SO, SO ⊂ (SAC)
2. Tìm giao điểm J = MN ∩ (SAC). J
Chọn mặt phẳng phụ (SMD) chứa MN. Tìm giao tuyến của (SMD) và (SAC). O
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi K = AC ∩ DM. Hai
mặt phẳng (SAC) và (SMD) có hai điểm chung là B K S và K. M C
Vậy giao tuyến của chúng là SK.
Trong mặt phẳng SMD, gọi J = MN ∩ SK. Ta có ® J ∈ MN ⇒ J = MN ∩ (SAC) J ∈ SK, SK ⊂ (SAC)
3. Chứng minh C, I, J thẳng hàng.
Theo cách tìm điểm ở những câu trên, ta có ba điểm C, I, J là điểm chung của hai mặt
phẳng (BCN) và (SAC) ⇒ Ba điểm C, I, J cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (BCN)
và (SAC). Kết luận C, I, J thẳng hàng.
Bài 33. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SA, SB, SC.
Gọi E = AB ∩ CD, K = AD ∩ BC
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) ∩ (SBD) , (MNP) ∩ (SBD).
2. Tìm giao điểm Q của đường thẳng SD với mặt phẳng (MNP).
3. Gọi H = NM ∩ PQ. Chứng minh ba điểm S, H, E thẳng hàng.
4. Chứng minh ba đường thẳng SK, QM, NP đồng quy. Lời giải. 30
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. Tìm giao tuyến của (SAC) ∩ (SBD). S
Trong mặt phẳng ABCD gọi O = AC ∩ BD, có : ®O ∈ AC, AC ⊂ (SAC) Q G ⇒ O ∈ (SAC) ∩ F O ∈ BD, BD ⊂ (SBD) M (SBD) (1) P N S ∈ (SAC) ∩ (SBD) (2) H A D K
Từ (1) và (2) suy ra (SAC) ∩ (SBD) = SO.
Tìm giao tuyến của (MNP) ∩ (SBD). O C
Trong mặt phẳng (SAC) gọi F = MP ∩ SO, có B
®F ∈ MP, MP ⊂ (MNP) ⇒ F ∈ (MNP)∩ E F ∈ SO, SO ⊂ (SBD) (SBD) (3) ® N ∈ (MNP) có: ⇒ N ∈ N ∈ SB, SB ⊂ (SBD) (MNP) ∩ (SBD) (4)
Từ (3) và (4) suy ra (MNP) ∩ (SBD) = NF.
2. Tìm giao điểm Q của đường thẳng SD với (MNP).
Gọi Q = NF ∩ SD (vì NF, SD ⊂ (SBD)). ®Q ∈ SD Ta có ⇒ Q = Q ∈ NF, NF ⊂ (MNP) SD ∩ (MNP).
3. Gọi H = NM ∩ PQ. Chứng minh ba điểm S, H, E thẳng hàng. Ta có
 H = MN ∩ PQ, MN ⊂ (SAB) , PQ ⊂ (SCD) ⇒ H ∈ (SAB) ∩ (SCD) (∗)  
E = AB ∩ CD, AB ⊂ (SAB) , CD ⊂ (SCD) ⇒ E ∈ (SAB) ∩ (SCD) (∗∗)  S ∈ (SAB) ∩ (SCD) (∗ ∗ ∗)
Từ (*), (**), (***) suy ra ba điểm S, H, E thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD)
nên ba điểm S, H, E thẳng hàng.
4. Chứng min ba đường thẳng SK, QM, NP đồng quy.
Gọi G = MQ ∩ NP (vì MQ, NP ⊂ (MNP)) (5) có
®G ∈ MQ, MQ ⊂ (SAD) ⇒ G ∈ (SAD) ∩ (SBC) (6) G ∈ NP, NP ⊂ (SBC)
Ngoài ra (SAD) ∩ (SBC) = SK ⇒ G ∈ SK. (7)
Từ (5),(6),(7) suy ra ba đường thẳng SK, QM, NP đồng quy.
Bài 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi Mlà trung điểm
của cạnh SD, I là điểm trên cạnh SA sao cho AI = 2IS. Gọi K là giao điểm của I M với KD
mặt phẳng ABCD. Tính tỷ số
. Gọi N là trung điểm của BC. Tìm thiết diện của KA
hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (AMN). Lời giải. 31 S M S A K P I D M F B N C A E D K
Trong mặt phẳng (SAD) gọi K = I M ∩ AD. Vì ®K ∈ IM ⇒ K = I M ∩ (ABCD). K ∈ AD, AD ⊂ (ABCD)
Dựng DF k KI (F ∈ SA). Trong ∆SDF có I M là đường trung bình của tam giác ⇒ SI = IF = FA.
Từ đó suy ra FD là đường trung bình của tam giác ∆AIK ⇒ D là trung điểm của AK. KD 1 Kết luận = . KA 2
Trong mặt phẳng (ABCD), gọi E = AN ∩ CD.
Trong mặt phẳng (SCD), gọi P = EM ∩ SC. Từ đó suy ra thiết diện của hình chóp S.ABCD
bị cắt bởi mặt phẳng (AMN) là tứ giác AMPN.
Bài 35. Cho tứ diện ABCD. Gọi P và Q lần lượt là những điểm nằm trên hai đoạn
thẳng BC và BD, M là một điểm nằm trên AC. Giả sử không tồn tại song song trong hình vẽ của bài toán
1. Tìm giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (MPQ). Suy ra giao điểm N
của đường thẳng AD và mặt phẳng (MPQ).
2. PQ cắt CD tại điểm I. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (MPQ) với mặt phẳng
(ACD). Nhận xét gì về vị trí của M, N, I?
3. DP và CQ cắt nhau tại E, MQ và NP cắt nhau tại F. Chứng tỏ rằng A, E, F thẳng hàng. Lời giải. 32
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
a. Trong mặt phẳng (ABC), gọi H = AB ∩ MP. H Có ® H ∈ AB ⇒ H = AB ∩ H ∈ PM, PM ⊂ (MPQ) (MPQ).
Ta có H và Q là hai điểm chung của hai mặt A
phẳng (MPQ) và (ABD) nên giao tuyến của
chúng là đường thẳng HQ. HQ cắt AD tại N,
thì N là giao điểm của AD và (MPQ). N I M
b. M và I là hai điểm chung của hai mặt phẳng F
(MPQ) và (ACD). Vậy giao tuyến của (ACD) và
(MPQ) là đường thẳng MI. Q
Vì N ∈ (MPQ) ∩ (ACD) ⇒ N ∈ MI. Vậy ba B điểm M, N, I thẳng hàng.
c. Vì ba điểm A, E, F là ba điểm chung của hai P
mặt phẳng (ADP) và (ACQ) nên chúng thuộc
giao tuyến của hai mặt (ADP) và (ACQ).
Kết luận ba điểm A, E, F thẳng hàng. C C
BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG I
Bài 36. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm bất
kỳ thuộc SB, N thuộc miền trong tam giác S∆SCD.
1. Tìm giao điểm của MN và mặt phẳng (ABCD)
2. Tìm SC ∩ (AMN) và SD ∩ (AMN) 3. Tìm SA ∩ (CMN) Lời giải.
a. Tìm giao điểm của MN và (ABCD). S
Gọi I = SN ∩ CD (vì SN, CD ⊂
(SCD)). Chọn mặt phẳng (SBI) chứa
MN. Ta có B và I là hai điểm chung Q
của hai mặt phẳng (SBI) và (ABCD). M P Vậy (SBI) ∩ (ABCD) = BI. N
Gọi H = MN ∩ BI (vì MN, BI ⊂ K E ® H ∈ MN D H (SBI)) Ta có A H ∈ BI, BI ⊂ (ABCD) ⇒ H = MN ∩ (ABCD) b. Tìm SC ∩ (MAN). I
Đầu tiên ta tìm giao tuyến của mặt O
phẳng (SAC) và (SBI). Gọi O = AC ∩ B C BI (vì AC, BI ⊂ (ABCD)).
Ta có S và O là hai điểm chung của hai mặt phẳng (SAC) và (SBI). Vậy SO = (SAC) ∩ (SBI).
Gọi E = SO ∩ MN (vì SO, MN ⊂
(SBI)). Chọn mặt phẳng (SAC) chứa
SC. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (AMN) 33
1. M và I là hai điểm chung của hai mặt phẳng (MPQ) và (ACD).
Vậy giao tuyến của (ACD) và (MPQ) là đường thẳng MI.
Vì N ∈ (MQP) ∩ (ACD) ⇒ N ∈ MI. Vậy ba điểm M, N, I thẳng hàng.
2. Vì ba điểm A, E, F là ba điểm chung của hai mặt phẳng (ADP) và (ACQ). Nên chúng
thuộc giao tuyến của (ADP) và (ACQ).
Kết luận ba điểm A, E, F thẳng hàng.
BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG I
Bài 37. Cho hình chóp S.ABCD với ABCD là hình bình hành. Gọi M là điểm bất kỳ
thuộc SB, N thuộc miền trong tam giác SCD.
1. Tìm giao điểm của MN và mặt phẳng (ABCD).
2. Tìm SC ∩ (AMN), SD ∩ (AMN). 3. Tìm SA ∩ (CMN). Lời giải.
1. Tìm giao điểm của MN và mặt phẳng (ABCD).
Gọi I = SN ∩ CD (vì SN, CD ⊂ (SCD)). Chọn mặt phẳng (SBI) chứa MN. 34
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Ta có B và I là S hai điểm chung của hai mặt phẳng (SBI) Q và (ABCD). M K Vậy (SBI) ∩ (ABCD) = BI. E N Gọi H = MN ∩ BI (vì MN, BI ⊂ P (SBI)). Ta có A ® D H H ∈ MN H ∈ BI, BI ⊂ (ABCD) I ⇒ H = O B MN ∩ (ABCD). C 2. Tìm SC ∩ (AMN), SD ∩ (AMN). Đầu tiên ta tìm giao tuyến của mặt phẳng (SAC) và (SBI). Gọi O = AC ∩ BI (vì AC, BI ⊂ (ABCD)). Ta có S và O là hai điểm chung của hai mặt phẳng (SAC) và (SBI). Vậy (SBI) ∩ (SAC) = SO. Gọi E = SO ∩ MN (vì SO, MN ⊂ (SBI)).
Chọn mặt phẳng (SAC) chứa SC. Tìm giao tuyến của (SAC) và (AMN). A ∈ (SAC) ∩ (AMN). (1) ®E ∈ SO, SO ⊂ (SAC) Và ⇒ E ∈ (SAC) ∩ (AMN). (2) E ∈ MN, MN ⊂ (AMN)
Từ (1) và (2) suy ra (SAC) ∩ (AMN) = AE. ®K ∈ SC
Gọi K = SC ∩ AE (vì AE, SC ⊂ (SAC)), có ⇒ K = SC ∩ K ∈ AE, AE ⊂ (AMN) (AMN).
Tìm giao điểm của SD và mặt phẳng (AMN): Ta có K và N là hai điểm chung của hai
mặt phẳng (AMN) và (SCD). Vậy (AMN) ∩ (SCD) = KN. Gọi P = KN ∩ SD. Suy ra P
cũng là giao điểm của SD và mặt phẳng (AMN). 3. Tìm SA ∩ (CMN).
Chọn mặt phẳng (SAC) chứa SA. Tìm (SAC) ∩ (CMN). Ta có C ∈ (SAC) ∩ (CMN). (3) ®E ∈ SO, SO ⊂ (SAC)
Theo câu 2, E = SO ∩ MN (vì SO, MN ⊂ (SBI)), có ⇒ E ∈ E ∈ MN, MN ⊂ (CMN) 35 (SAC) ∩ (CMN). (4)
Từ (3) và (4) suy ra (SAC) ∩ (CMN) = CE. Gọi Q = SA ∩ CE (vì SA, CE ∩ (SAC)). ®Q ∈ SA Ta có ⇒ Q = SA ∩ (CMN). Q ∈ CE, CE ⊂ (CMN)
Bài 38. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với AB song song với CD.
O là giao điểm của hai đường chéo, M thuộc SB.
1. Xác định giao tuyến của các cặp mặt phẳng: (SAC) và (SBD); (SAD) và (SBC).
2. Tìm giao điểm SO ∩ (MCD); SA ∩ (MCD). Lời giải. S
1. Xác định giao tuyến của (SAC) và (SBD).
Ta có S là điểm chung thứ nhất và O J M
là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD). Vậy (SAC) ∩ (SBD) = SO.
Xác định giao tuyến của (SAD) và I (SBC). A B Ta có S ∈ (SAD) ∩ (SBC). (1) Trong mặt phẳng (ABCD) gọi H = AD ∩ BC, có O D ® H ∈ AD, AD ⊂ (SAD) C ⇒ H ∈ H ∈ BC, BC ⊂ (SBC) H (SAD) ∩ (SBC). (2)
Từ (1) và (2) suy ra (SAD) ∩ (SBC) = SH.
2. Tìm giao điểm SO ∩ (MCD); SA ∩ (MCD).
Gọi I = SO ∩ DM (vì SO, DM ⊂ (SBD)). ® I ∈ SO Ta có ⇒ I = I ∈ DM, DM ⊂ (MCD) SO ∩ (MCD).
Gọi J = SA ∩ CI (vì SA, CI ⊂ (SAC)). ® J ∈ SA Ta có ⇒ J = J ∈ CI, CI ⊂ (MCD) SA ∩ (MCD).
Bài 39. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của AB, SC. 1. Tìm I = AN ∩ (SBD). 2. Tìm K = MN ∩ (SBD). KM 3. Tính tỉ số . KN 36
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN IB
4. Chứng minh B, I, K thẳng hàng. Tính tỉ số . IK Lời giải. S 1. Tìm I = AN ∩ (SBD).
Trước hết ta tìm giao tuyến của
mp(SAC) và mp(SBD). Ta có S ∈ (SAC) ∩ (SBD). (1) ®O ∈ AC, AC ⊂ (SAC) Có ⇒ O ∈ O ∈ BD, BD ⊂ (SBD) I (SAC) ∩ (SBD). (2) N
Từ (1) và (2) suy ra SO = (SAC) ∩ A D K (SBD).
Gọi I = SO ∩ AN (vì SO, AN ⊂ M O
(SAC)). Suy ra I = AN ∩ (SBD). 2. Tìm K = MN ∩ (SBD). B C
Chọn mp(ABN) chứa MN. Tìm giao
tuyến của mp(ABN) và mp(SBD). ® I ∈ SO, SO ⊂ (SBD) Có ⇒ I ∈ I ∈ AN, AN ⊂ (ABN) (ABN) ∩ (SBD). (3) Có B ∈ (ABN) ∩ (SBD). (4)
Từ (3) và (4) suy ra BI = (ABN) ∩
(SBD); K = BI ∩ MN. Khi đó K = MN ∩ (SBD). Q I N KM A 3. Tính tỉ số . KN
Gọi Q là trung điểm của AI. Ta có AQ = M K
QI = I N (vì I là trọng tâm tam giác SAC). Có
MQ là đường trung bình của tam giác ABI.
Suy ra MQ k BI. Ta có IK là đường trung B
bình tam giác MNQ. Vậy K là trung điểm KM MN. Suy ra = 1. KN IB
4. Chứng minh B, I, K thẳng hàng. Tính tỉ số . IK
Theo cách tìm giao tuyến của câu 2 thì ba điểm B, K, I thẳng hàng. 1 IB Trong tam giác ABI, có QM = BI ⇒ IB = 4IK ⇔ = 4. 2 IK
Bài 40. Cho hình chóp S.ABC. Gọi K, N lần lượt là trung điểm của SA, BC. Điểm M 2 thuộc SC, SM = MC. 3
1. Tìm thiết diện của hình chóp với mp(KMN). LA
2. Mặt phẳng (KMN) cắt AB tại L. Tính tỉ số . LB 37 Lời giải.
1. Tìm thiết diện của hình chóp với mp(KMN).
Trong mặt phẳng (SAC), gọi I là giao điểm của KM và AC. Trong mặt phẳng (ABC), L
là giao điểm của IN và AB. Kết luận thiết diện cần tìm là tứ giác MNLK. LA
2. Mặt phẳng (KMN) cắt AB tại L. Tính tỉ số . LB S M K E I A C L N B
Trong mặt phẳng (SAC), kẻ AE k KM với E thuộc SC. Ta có KM là đường trung bình
của tam giác SAE nên M là trung điểm SE. Đoạn SC được chia làm 5 phần, MC chiếm
3 phần suy ra CE chiếm 1 phần. CE CA 1 1 Trong tam giác CI M có = = ⇒ CA = AI. EM AI 2 2
Trong tam giác ABC, kẻ DN k AB (∈ AC). Vậy DN là đường trung bình của ∆ABC 1 nên DN = AB. (1) 2 I A AL 4 4 Trong tam giác IDN có = = ⇒ DN = AL. (2) ID DN 5 5 1 4 Từ (1) và (2) ta có AB =
AL ⇔ 2AB = 5AL ⇔ 2(LA + LB) = 5LA ⇔ 2LB = 2 5 LA 2 3LA ⇒ = . LB 3
Bài 41. Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, BC. Lấy K thuộc cạnh BD sao cho BK = 2KD.
1. Tìm E = CD ∩ (I JK). Chứng minh DE = DC.
2. Tìm giao điểm F = AD ∩ (I JK). Chứng minh FA = 2FD.
3. Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (I JK). Xác định hình tính của thiết diện. Lời giải. 38
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A
1. Tìm E = CD ∩ (I JK). Chứng minh DE = DC. E
Gọi E = CD ∩ JK (vì CD, JK ⊂ (BCD)), F ®E ∈ CD có ⇒ E = I E ∈ JK, JK ⊂ (I JK) B CD ∩ (I JK). K D J C Chứng minh DE = DC. B E
Trong ∆BCE, kẻ DP k EJ. Trong tam giác BDP, có JK k K PD nên BJ BK =
= 2 ⇒ BJ = 2JP ⇒ CI = 2JP. Từ đó suy ra I D JP KD P
DP là đường trung bình của tam giác CEJ. Suy ra D là C
trung điểm CE. Vậy DE = DC.
2. Tìm giao điểm F = AD ∩ (I JK). Chứng minh FA = 2FD.
Vì IE, AD ⊂ (ACD). Gọi F = IE ∩ AD. Mà IE ⊂ (I JK) ⇒ F = AD ∩ (I JK). Xét trong
tam giác ACE có F là giao điểm của hai đường trung tuyến AD và EI. Suy ra F là trọng
tâm của ∆ACE. Vậy FA = 2FD.
3. Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (I JK). Xác định hình tính của thiết
diện. ®(IJK)∩(ABC) = IJ;(IJK)∩(BCD) = JK Ta có
. Thiết diện cần tìm là tứ giác I JKF.
(I JK) ∩ (ABD) = KF; (I JK) ∩ (ACD) = FI DK DF 1 Trong tam giác ABD, có = = ⇒ KF k AB. (1) DB DC 3
Trong tam giác ABC, có I J là đường trung bình nên I J k AB. (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác I JKF là hình thang.
Bài 42. Cho tứ diện S.ABC. Trên SB, SC lần lượt lấy hai điểm I, J sao cho I J không
song song với BC. Trong tam giác ABC lấy một điểm K.
1. Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (ABC) và (I JK).
2. Xác định giao điểm của AB, AC với (I JK).
3. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (I JK).
4. Tìm giao điểm của BC, I J với mặt phẳng (SAK).
5. Xác định thiết diện của mặt phẳng (I JK) với tứ diện S.ABC. Lời giải. 39 S
1. Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (ABC) và (I JK).
Gọi D = I J ∩ BC (vì I J, BC ⊂ (SBC)), ®D ∈ I J, I J ⊂ (I JK) I có ⇒ L D ∈ (I JK) ∩ J D ∈ BC, BC ⊂ (ABC) (ABC). (1) Có K ∈ (I JK) ∩ (ABC). (2) D A
Từ (1) và (2) suy ra (I JK) ∩ (ABC) = DK. F C K
2. Xác định giao điểm của AB, AC và (I JK). E G
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của AB, AC
với DK (vì AB, AC, DK cùng thuộc mặt B
phẳng (ABC)). Ngoài ra DK nằm trong mặt
phẳng (I JK). Vậy AB ∩ mp(I JK) = E; AC ∩ mp(I JK) = F.
3. Tìm giao tuyến của (SAB) và (I JK).
Ta có I và E là hai điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (I JK) nên (SAB) ∩ (I JK) = IE.
4. Tìm giao điểm của BC, I J với (SAK). ®G ∈ BC
Gọi G = AK ∩ BC (vì AK, BC ⊂ (ABC)). Ta có ⇒ G = BC ∩ G ∈ AK, AK ⊂ (SAK) (SAK). ®L ∈ I J
Gọi L = SG ∩ I J (vì SG, I J ⊂ (SBC)). Ta có ⇒ L = I J ∩ (SAK). L ∈ SG, SG ⊂ (SAK)
5. Xác định thiết diện của mp(I JK) với tứ diện S.ABC.
®(I JK) ∩ (ABC) = EF; (I JK) ∩ (SAC) = FJ
Theo cách dựng điểm ở các câu trên ta có (IJK) ∩ (SAB) = IE;(IJK) ∩ (SBC) = JI.
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác I JFE.
Bài 43. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn là AB. Trên
SA, SB lần lượt lấy 2 điểm M, N sao cho MN không song song với AB. Gọi O = AC ∩ DB.
1. Tìm giao điểm của đường thẳng AB với mp(MNO).
2. Tìm giao tuyến của mp(MNO) với các mặt (SBC) và (SAD).
3. Xác định thiết diện của (M) với hình chóp S.ABCD.
4. Gọi K là giao điểm của hai giao tuyến ở câu thứ 2 và E = AD ∩ BC. Chứng minh
3 điểm S, K, E thẳng hàng. Lời giải. 40
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN K
1. Tìm giao điểm của đường thẳng AB với mp(MNO).
Gọi H = AB ∩ MN (vì AB, MN ⊂ (SAB)). ® H ∈ AB Ta có ⇒ H ∈ MN, MN ⊂ (MNO) H = AB ∩ (MNO). S
2. Tìm giao tuyến của mp MNO với các M N
mặt phẳng (SBC) và (SAD). Gọi F = BC ∩ HO (BC, HO ⊂ (ABCD)), A H B ®F ∈ BC, BC ⊂ (SBC) ta có : F ∈ HO, HO ⊂ (MNO) F O ⇒ F ∈ (MNO) ∩ (SBC). (1) C GD N ∈ (MNO) ∩ (SBC). (2) E
Từ (1) và (2) suy ra (MNO) ∩ (SBC) = FN.
Trong mp(ABCD), gọi G = AD ∩ HO, ®G ∈ AD, AD ⊂ (SAD) ta có ⇒ G ∈ HO, HO ⊂ (MNO) G ∈ (MNO) ∩ (SAD). (3) M ∈ (MNO) ∩ (SAD). (4)
Từ (3) và (4) suy ra (MNO) ∩ (SAD) = MG.
3. Xác định thiết diện của (MNO) với hình chóp S.ABCD.
®(MNO) ∩ (ABCD) = GF; (MNO) ∩ (SBC) = FN
Theo cách dựng điểm ở trên, ta có (MON) ∩ (SAB) = NM;(MNO) ∩ (SAD) = MG.
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNFG.
4. Chứng minh 3 điểm S, K, E thẳng hàng.
Ta có E = AD ∩ BC, AD ⊂ (SAD), BC ⊂ (SBC) nên E ∈ (SAD) ∩ (SBC). (∗)
K = GM ∩ FN, GM ⊂ (SAD), FN ⊂ (SBC) nên K ∈ (SAD) ∩ (SBC). (∗∗)
S ⊂ (SAD) ∩ (SBC). (∗ ∗ ∗)
Từ (∗)(∗∗)(∗ ∗ ∗) suy ra ba điểm E, K, S thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và
(SBC) nên ba điểm E, K, S thẳng hàng.
Bài 44. Cho tứ diện ABCD . Gọi M là trung điểm AB, K là trọng tâm của tam giác ACD.
1. Xác định giao tuyến của (AKM) và (BCD).
2. Tìm giao điểm H của MK và mp(BCD). Chứng minh K là trọng tâm của tam giác ABH.
3. Trên BC lấy điểm N. Tìm giao điểm P, Q của CD, AD với mp(MNK).
4. Chứng minh 3 đường thẳng MQ, NP, BD đồng quy. Lời giải. 41 A
1. Xác định giao tuyến của (AKM) và (BCD). M Q Gọi G = AK ∩ CD (vì AK, CD ⊂ (ACD)). B K Ta có F D ®G ∈ AK, AK ⊂ (AKM) G G ∈ CD, CD ⊂ (BCD) N P H C ⇒ G ∈ (AKM) ∩ (BCD). (1) B ∈ (ABG) ∩ (BCD). (2) Từ (1) và (2) suy ra (ABG) ∩ (BCD) = BG. E
2. Tìm giao điểm H của MK và mp(BCD). Trong mp(ABG), gọi H = MK ∩ BG, ® H ∈ MK có H ∈ BG, BG ⊂ (BCD) ⇒ H = MK ∩ (BCD).
Chứng minh K là trọng tâm của tam giác ABH. A
Vì K là trọng tâm của tam giác ACD nên K chia
đoạn AG thành ba phần bằng nhau.
Gọi L là điểm đối xứng của K qua G thì K là trung M điểm của AL. K
Trong 4ABL, MK là đường trung bình của tam giác. B
Ta có 4BGL = 4HGK(g.c.g) ⇒ BG = HG. G H
Vậy K là trọng tâm của tam giác ABH.
3. Tìm giao điểm P, Q của CD, AD với mp(MNK). L
Trong mp(ABC) gọi E = MN ∩ AC. Trong
mp(ACD) đường thẳng EK cắt CD và AD lần
lượt tại P, Q, thì P và Q chính là giao điểm của CD và AD với mp(MNK).
4. Chứng minh MQ, NP, BD đồng quy. ®F ∈ MQ ⊂ (ABD)
Trong mp(MNK) gọi F = MQ ∩ NP, vì ⇒ F ∈ (ABD) ∩ (BCD). F ∈ NP ⊂ (BCD)
Tù đó suy ra F thuộc giao tuyến của BD và hai mặt phẳng (ABD) và (BCD).
Vậy ba đường thẳng MQ, NP, BD đồng quy tại điểm F.
Bài 45. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD và hình bình hành. Gọi G là trọng tâm
của tam giác SAD, M là trung điểm của SB.
1. Tìm giao điểm N của MG và mặt phẳng (ABCD).
2. Chứng minh ba điểm C, D, N thẳng hàng và D là trung điểm của CN. Lời giải. 42
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN S
1. Trong mặt phẳng chứa MG, gọi N
là giao điểm của MG và BE. Vì BE
thuộc mặt phẳng (ABCD), nên N N
thuộc (ABCD). Vậy N là giao điểm G
của MG và mặt phẳng (ABCD). M
2. Trong mặt phẳng (SBN), kẻ EF k A D F E MN (F thuộc SB).
Trong tam giác SEF có MG k EF nên SM SG B C = = 2 ⇒ SM = 2MF ⇔ BM = 2MF. MF GE
Vậy F là trung điểm của BM. BF BE Trong 4BMN có EF k MN nên =
= 1 ⇒ BE = EN. Vậy E là trung điểm của FM EN BN.
Dễ dàng chứng minh 4AEB = 4DEN (c.g.c) ⇒ ‘ ABE = ’ END.
Hai góc này bằng nhau theo trường hợp so le trong nên AB k DN, mà AB k CD nên C, D, N thẳng hàng.
ED là đường trung bình của tam giác NBC suy ra D là trung điểm của CN.
Bài 46. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M là trung điểm của SC.
1. Xác định giao tuyến của (ABM) và (SCD).
2. Gọi N là trung điểm của BO. Xác định giao điểm I của (AMN) với SD. Chứng SI 2 minh =
. Tìm thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (AMN). ID 3 Lời giải. 43 S
1. Xác định giao tuyến của (ABM) và (SCD). Ta có I H  M ∈ (ABM) ∩ (SCD)   AB k CD   AB ⊂ (ABM), CD ⊂ (SCD) M A K D ⇒ (ABM) ∩ (SCD) = MH (MH k AB k CD.)
2. Xác định giao điểm I của O (AMN) và SD.
Ta có (SAC) ∩ (SBD) = SO. B L C Gọi K = AM ∩ SO (AM, SO ⊂ (SAC)).
Tìm giao tuyến (AMN) và (SBD). ® N ∈ (AMN) Ta có ⇒ N ∈ BD, BD ⊂ (SBD) N ∈ (AMN) ∩ (SBD). (1) ®K ∈ AM, AM ⊂ (AMN) ⇒ K ∈ BD, BD ⊂ (SBD) K ∈ (AMN) ∩ (SBD). (2) Từ (1) và (2) suy ra (AMN) ∩ (SBD) = NK. NK
cắt SD tại điểm I, thì I chính là
giao điểm của (AMN) và SD.
Trong mặt phẳng (SBD), từ O dựng OP k N I(P ∈ S SD). DO DP 2
Trong 4DN I, có OP k DI nên có = = = ON PI 1 I 2 ⇒ DP = 2PI. (3) SK SI 2
Trong 4SOP có KI k OP nên có = = = P KO PI 1 K 2 ⇒ SI = 2PI.
(4) (K) là trọng tâm của 4SAC. Từ IS 2 (3) và (4) suy ra = . ID 3
Thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng B N O D (AMN).
Gọi L là giao điểm của AN và BC. Kết luận thiết diện là tứ giác ALMI.
Bài 47. Cho tứ diện ABCD. Trên AD lấy điểm N sao cho AN = 2ND, M là trung điểm 1
của AC, trên BC lấy điểm Q sao cho BQ = BC. 4 IC
1. Tìm giao điểm I của MN với (BCD). Tính tỷ số . ID JB JQ
2. Tìm giao điểm J của BD với (MNQ). Tính tỷ số , . JD J I Lời giải. 44
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A
1. Tìm giao điểm I của MN với (BCD).
Gọi I = MN ∩ CD (MN, CD ⊂ (ACD)). ® I I ∈ MN N Vì ⇒ I = M I ∈ CD, CD ⊂ (BCD) MN ∩ (BCD). BQ J D C IC Tính tỷ số . A ID
Từ D kẻ DG k I M (G ∈ AC). AM AN Trong 4AGD có = = 2 ⇒ AM = 2MG. MG ND
Do G là trung điểm của CM suy ra DG là đường M
trung bình của tam giác CMI, suy ra D là trung điểm IC N của CI. Vậy = 2. G ID C D I I JB
2. Tìm giao điểm J của BD và (MNQ). Tính tỷ số , JD JQ . H J I
Gọi J = QI ∩ BD (QI, BD ⊂ (BCD)). D ® J ∈ BD Vì ⇒ J = BD ∩ (MNQ). F J ∈ QI, QI ⊂ (MNQ) J
Gọi E là trung điểm của BC, từ E kẻ đường thẳng
song song với QI cắt BD, IC lần lượt tại F và B Q E C
H. Ta có QJ là đường trung bình của tam giác BEF ⇒ BJ = JF. (1) CE CH Trong 4CQI có = = 2 ⇒ CH = EQ H I
2H I ⇒ CD + DH = 2H I ⇒ DI + DH = 2H I ⇒
DH + H I + DH = 2H I ⇒ H I = 2DH. DF DH 1 1 Trong 4DI J có = = ⇒ DF = FJ. (2) FJ H I 2 2 JB 2 Từ (1) và (2) suy ra = . JD 3 1 2 2 1 Ta có EF = 2QJ, FH = I J và EH = IQ ⇒ EF + FH = (I J + JQ) ⇒ 2JQ + I J = 3 3 3 3 2 JQ 1
(I J + JQ) ⇒ I J = 4JQ. Vậy = . 3 I J 4
Bài 48. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của SC và SA, E là trọng tâm của tam giác ABC. 45
1. Tìm giao điểm I của SD và mặt phẳng (AME). Chứng minh EI k SB.
2. Tìm giao điểm H của SD và mặt phẳng (MNE).
3. Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MNE). Lời giải.
Ta có SO = (SAC) ∩ (SBD). Gọi J = AM ∩ SO (AM, SO ⊂ (SAC)) S
1. Tìm giao điểm I của SD và mặt phẳng (AME). Chọn mặt phẳng H (SBD) chứa SD.
Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng I (AME) và (SBD). N
Có E là điểm chung thứ nhất, J là
giao điểm của AM và SO. Mà AM, F
SO lần lượt thuộc hai mặt phẳng M J (AME) và (SBD).
Vậy giao tuyến của chúng là EJ. A D
Kéo dài EJ cắt SD tại một điểm thì đó là điểm I cần tìm. K O Chứng minh EI k SB.
Vì J là giao điểm của AM, SO là hai E
đường trung tuyến của tam giác B L C
SAC. Nên J là trọng tâm của tam giác SAC. OJ OE 1 Ta có = = OS OB 3
⇒ EJ k SB (theo định lý đảo Talet), hay EI k SB.
2. Tìm giao điểm H của SD và mặt phẳng (MNE).
Chọn mặt phẳng (SBD) chứa SD.
Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (N ME) và (SBD).
Gọi F = MN ∩ SO (MN, SO ⊂ (SAC)). ®F ∈ MN, MN ⊂ (MNE) Ta có ⇒ F ∈ (MNE) ∩ (SBD) (1) F ∈ SO, SO ⊂ (SBD)
Ngoài ra E ∈ (MNE) ∩ (SBD) (2)
Từ (1) và (2) thì EF = (MNE) ∩ (SBD).
Gọi H = EF ∩ SD (EF, SD ⊂ (SBD)) ⇒ H = SD ∩ (MNE).
3. Tìm thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (MNE).
Đầu tiên tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (MNE) và (ABCD).
Ta có: E là điểm chung thứ nhất, có MN k AC, mà hai đường thẳng MN, AC lần lượt
thuộc hai mặt phẳng (MNE) và (ABCD).
Vậy giao tuyến của chúng qua E và song song với AC cắt AB, BC lần lượt tại K và L.
Kết luận thiết diện cần tìm là đa giác KLMHN.
Bài 49. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB và SC. 46
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN KM
1. Tìm giao điểm K của đường thẳng MN với mặt phẳng (SBD). Tính tỉ số . KN
2. Gọi E là trung điểm của SA. Tìm giao điểm F của SD và mặt phẳng (EMN).
Chứng minh tứ giác MEFN là hình thang.
3. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (EMN). Lời giải. S
1. • Tìm giao điểm K của đường thẳng MN với mặt phẳng (SBD).
Chọn mặt phẳng (SMC) chứa MN. Tìm F
giao tuyến của (SMC) và (SBD). J N Ta có S ∈ (SMC) ∩ (SBD) (1)
Gọi I = MC ∩ BD (MC, BD ⊂ (ABCD)), ta E L có: K P ® I ∈ MC, MC ⊂ (SMC) B G C ⇒ I ∈ (SMC) ∩ I ∈ BD, BD ⊂ (SBD) M I (SBD) (2) O
Gọi K = MN ∩ SI (MN, SI ⊂ (SMC)) ⇒ K = MN ∩ (SBD). A D KM • Tính tỉ số . KN
Trong tam giác SMC kẻ NG k SI (G ∈ CM). CN CG Trong 4CIS có NG k SI ⇒ = = NS GI 1 ⇒ CG = GI.
Vì I là trọng tâm của tam giác ABC nên suy ra MI = IG = GC. MK MI Trong 4MNG có: IK k NG ⇒ = = 1 ⇒ MK = KN. KN IG KM Vậy = 1. KN
2. • Tìm giao điểm F của SD và mặt phẳng (EMN).
Chọn mặt phẳng (SBD) chứa SD, tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SBD) và (MNE).
Gọi O = AC ∩ BD ⇒ (SAC) ∩ (SBD) = SO.
Gọi J = EN ∩ SO (EN, SO ⊂ (SAC)). Ta có
® J ∈ EN, EN ⊂ (MNE) ⇒ J ∈ (MNE) ∩ (SBD) (1) J ∈ SO, SO ⊂ (SBD)
Theo câu 1) thì K là điểm chung thứ 2. (2)
Từ (1) và (2) thì (MNE) ∩ (SBD) = KJ.
Gọi F = KJ ∩ SD ⇒ K = SD ∩ (MNE).
• Chứng minh tứ giác MEFN là hình thang.
Ta có EN là đường trung bình của tam giác SAC.
Dễ dàng chứng minh J là trung điểm của EN.
Trong tam giác MNE, KJ là đường trung bình của tam giác nên: 1 K J = EM, K J k EM. 2 1
Gọi L là trung điểm của SD có OL = SB, OL k SB. (3) 2
Vì KF k EM, mà EM k SB suy ra KF k SB. (4)
Từ (3) và (4) suy ra KF k OL. 47 1
Trong 4SOL có JF là đường trung bình nên JF = OL. 2 1 1 Mà OL = SB ⇒ JF = SB. (5) 2 4 1 1 1 Và KJ = ME mà ME = SB ⇒ K J = SB. (6) 2 2 4 1
Từ (5) và (6) suy ra: KF = SB ⇒ KF = EM. 2
Vậy tứ giác EMKF là hình bình hành.
Tứ giác MNFE là hình thang vì có EF k MN.
3. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (EMN). Ta có:
® M ∈ (MNE) ∩ (ABCD) ⇒ (MNE) ∩ (ABCD) = MP (MP k AC k EN, P ∈ BD). EN k AC
Thiết diện cần tìm là ngũ giác MPNFE.
Bài 50. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, M là điểm trên cạnh
AD sao cho AM = 2MD, K là trung điểm cạnh SB. DF
1. Tìm giao điểm F của DK với mặt phẳng (SMC). Tính tỉ số . DK SE 1
2. Gọi E là điểm trên SC sao cho =
, gọi H là giao điểm của KE và mặt phẳng SC 3 HE (SAD). Tính tỉ số . HK
3. Gọi I là điểm trên cạnh SD (DI > SI), P là giao điểm của AK và (SDC), Q là giao
điểm của CI và (SAB). Chứng minh P, Q, S thẳng hàng. Lời giải. Q S H x I P E N y K G J F A D M W O B C 48
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN DF
1. Tìm giao điểm F của DK với mặt phẳng (SMC). Tính tỉ số . DK
Gọi J là trung điểm của AM, W là trung điểm của OD ⇒ MW là đường trung bình của 4DJO.
Trong mặt phẳng (SBD) dựng đường thẳng d k SW và d đi qua O. Đường thẳng d cắt
DK và SB lần lượt tại G và N. WF là đường trung bình của 4DGO ⇒ F là trung điểm của DG. Trong 4BSW có: ON k WS: BN BO 2 BK + KN 2 BK KN 2 1 KN 2 KN 1 = = ⇔ = ⇔ + = ⇔ + = ⇒ = . BS BW 3 2KS 3 2KS 2KS 3 2 2KS 3 KS 3 KN KG 1 Trong 4KSF có GN k FS nên: = = ⇒ KF = 3KG ⇒ GF = 2KG. KS KF 3 DF 2KG 2 Kết luận: = = . DK 5KG 5 HE 2. Tính tỉ số . HK S ∈ (SBC) ∩ (SAD)   Có: BC k AD
⇒ (SBC) ∩ (SAD) = Sx Sx k BC k AD.  BC ⊂ (SBC), AD ⊂ (SAD)
Gọi H = KE ∩ Sx (KE, Sx ⊂ (SBC)) ⇒ H = KE ∩ S H (SAD). 1
Vẽ lại mặt phẳng (SBC) như hình bên. Gọi L là trung 1 2 E
điểm của EC, KE đường trung bình của tam giác SBL K Z L 1 nên KE = BL (1) 1 2 1 Ta có: “ S1 = c C1 (so le trong); B C c E1 = c E2 (đối đỉnh), c E2 = c L1 (đồng vị) ⇒ c E1 = c L1.
Từ đó suy ra: 4SEH = 4CLB (g.c.g) ⇒ BL = HE. (2) HE 2 Từ (1) và (2) ta có = . HK 3
3. Chứng minh P, Q, S thẳng hàng. Ta có: S ∈ (SAB) ∩ (SCD)   BA k CD
⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sy Sy k AB k CD.   AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD)
Gọi P = AK ∩ Sy AK, Sy ⊂ (SAB) ⇒ P = AK ∩ (SCD);
Gọi Q = CI ∩ Sy CI, Sy ⊂ (SCD) ⇒ Q = CI ∩ (SAB);
Vì ba điểm P, S, Q cùng nằm trên giao tuyến Sy nên chúng thẳng hàng.
Bài 51. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và SC. I A
1. Tìm giao điểm I của AN và (SBD). Tính . I N KM
2. Tìm giao điểm K của MN và (SBD). Tính . KN IB
3. Chứng tỏ B, I, K thẳng hàng. Tính
. Gọi E là trung điểm của SA. Tìm thiết diện IK 49 của (MNE) và hình chóp. Lời giải. S H E I N A D K M O C B L F
1. Tìm giao điểm I của AN và (SBD). S ∈ (SAC) ∩ (SBD) (1)
®O ∈ AC, AC ⊂ (SAC) ⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBD) (2) O ∈ BD, BD ⊂ (SBD)
Từ (1) và (2) ⇒ SO = (SAC) ∩ (SBD).
Gọi I = SO ∩ AN (SO, AN ⊂ (SAC)). Suy ra I = AN ∩ (SBD).
Vì SO, AN là hai trung tuyến của tam giác SAC ⇒ I là trọng tâm của tam giác SAC. I A Do đó = 2. I N
2. Tìm giao điểm K của MN và (SBD).
Chọn mặt phẳng (ABN) chứa MN. Ta có: B ® I ∈ SO, SO ⊂ (SBD) ⇒ I ∈ (ABN) ∩ (SBD). (3) I ∈ AN, AN ⊂ (ABN) B ∈ (ABN) ∩ (SBD) (4) M
Từ (3) và (4) ⇒ BI = (ABN) ∩ (SBD). K
Gọi K = MN ∩ BI ⇒ K = MN ∩ (SBD).
Vẽ lại tam giác ABN như bên. A Q I N
Gọi Q là trung điểm của AI. Ta có AQ = QI = IN.
Xét 4NMQ, ta có: IK là đường trung bình của tam giác.
Vậy K là trung điểm của MN. KM Suy ra = 1. KN 50
CHƯƠNG 1. ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
3. Theo cách tìm giao tuyến của câu b) thì 3 điểm B, K, I thẳng hàng. 1 Trong 4NMQ, ta có: IK = QM. 2 1 IB Trong 4ABI, ta có: QM = BI ⇒ IB = 4IK ⇔ = 4. 2 IK
Hai mặt phẳng (MNE) và (ABCD) có M là điểm chung và có NE k AC nên giao tuyến
d của chúng qua M và d k AC k NE.
Gọi F = d ∩ CD (d, CD ⊂ (ABCD)); gọi H = FN ∩ SD (FN, SD ⊂ (SCD)).
Vậy thiết diện của mặt phẳng (MNE) cắt hình chóp S.ABCD là đa giác EMLNH. Chương 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 1. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG A. Tóm tắt lý thuyết
Định nghĩa 1. Hai đường thẳng được gọi là đồng phẳng nếu chúng cùng nằm trong một mặt phẳng.
Hai đường thẳng được gọi là chéo nhau nếu chúng không đồng phẳng.
Hai đường thẳng gọi là song song nếu chúng đồng phẳng và không có điểm chung. Định lí 1.
Trong không gian, qua một điểm không nằm trên M d0
đường thẳng cho trước, có một và chỉ một đường
thẳng song song với đường thẳng đã cho. d
Định lí 2. Nếu ba mặt phẳng phân biệt đôi một cắt nhau theo ba giao tuyến phân biệt
thì ba giao tuyến đó hoặc đồng quy hoặc đôi một song song với nhau. c c β β α α b b a a γ γ Hệ quả 1. Nếu hai mặt phẳng phân biệt lần lượt chứa hai đường
thẳng song song thì giao tuyến của chúng (nếu có) cũng song song
với hai đường thẳng đó hoặc trùng với một trong hai đường thẳng đó. β β β α d α d α d d00 d00 d0 d0 d00 d0 Định lí 3. 51 52
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Hai đường thẳng phân biệt cùng song song với
đường thẳng thứ ba thì song song với nhau c β α b a γ Bài 2.
ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG A. Tóm tắt lý thuyết Định lí 1.
Nếu đường thẳng d không nằm trong mặt phẳng β
(α) và đường thẳng d song song với đường thẳng d
d0 nằm trong (α) thì d song song với α. d0 α Định lí 2.
Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng (α). β
Nếu mặt phẳng (β) chứa a và cắt (α) theo giao a
tuyến b thì b song song với a. b α Hệ quả 1.
Nếu hai mặt phẳng phân biệt cùng song song với một
đường thẳng thì giao tuyến của chúng (nếu có) cũng
song song với đường thẳng đó. d0 d β α Định lí 3.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 53
Cho hai đường thẳng chéo nhau. Có duy nhất một b
mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia. M b0 a α B. Bài tập rèn luyện
DẠNG 2.1. Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng
song song với mặt phẳng . . . Phương pháp giải:
Chứng minh hai đường thẳng song song thì dựa vào hình học phẳng: Định lý Thales
đảo, đường trung bình . . .
Muốn chứng minh đường thẳng d song song với mặt phẳng (P), ta phải chứng minh
đường thẳng d song song với một đường thẳng thuộc mp(P).
Tìm giao tuyến cách 2: Tìm một điểm chung của hai mặt phẳng, tìm trong hai mặt
phẳng lần lượt có hai đường thẳng song song với nhau. Giao tuyến cần tìm đi qua
điểm chung và song song với hai đường thẳng song song vừa tìm.
Bài 1. Cho tứ diện ABCD. Gọi I, J lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC, ABD. Chứng minh I J k CD. Lời giải. ® I ∈ CE
Gọi E là trung điểm AB. Ta có ⇒ I J và CD A J ∈ DE đồng phẳng. EI EJ 1 Do có = =
(tính chất trọng tâm), nên theo EC ED 3 E J
định lý Thales suy ra I J k CD. I B D C
Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thang với hai đáy AB và CD
(AB > CD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB. 1. Chứng minh MN k CD.
2. Tìm giao điểm P của SC với (ADN).
3. Kéo dài AN cắt DP tại I. Chứng minh SI k AB k CD. Tứ giác SABI là hình gì? 54
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG Lời giải. S I 1. Chứng minh MN k CD.
Trong tam giác SAB, ta có MN k AB (vì
MN là đường trung bình). Mà AB k CD N ( M
ABCD là hình thang). Vậy MN k CD.
2. Tìm giao điểm của SC với (ADN).
Chọn mặt phẳng phụ (SBC) chứa SC. A B P
Tìm giao tuyến của (SBC) và (ADN).
Ta có N là điểm chung của (SBC) và (ADN) (1).
Trong (ABCD), gọi E = AD ∩ BC. Ta có D C
®E ∈ AD ⊂ (ADN) ⇒ E ∈ (ADN)∩(SBC) (2). E ∈ BC ⊂ (SBC)
Từ (1) và (2) suy ra (ADN) ∩ (SBC) = NE.
Trong (SBC), gọi P = SC ∩ NE. Khi đó ®P ∈ SC ⇒ P = SC ∩ (ADN). P ∈ NE ⊂ (ADN) E
3. Chứng minh SI k AB k CD. Tứ giác SABI là hình gì? S ∈ (SAB) ∩ (SCD) (3) ® I ∈ AN ⊂ (SAB) và ⇒ I ∈ (SAB) ∩ I ∈ DP ⊂ (SCD) (SCD) (4).
Từ (3) và (4) suy ra SI = (SAB) ∩ (SCD). SI = (SAB) ∩ (SCD)   Ta có
AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD) ⇒ SI k AB k CD.   AB k CD
Xét tam giác SAI có SI k MN (vì cùng song song với AB) và M trung điểm của AB. Vậy MN
là đường trung bình của tam giác. Suy ra SI = 2MN. ® SI k AB ® SI k AB Ta có ⇒ SI = 2MN, AB = 2MN SI = AB.
Vậy tứ giác SABI là hình bình hành.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình thang (đáy lớn là AB). Gọi I, J 2
lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC, K là điểm trên cạnh SB sao cho SK = SB. 3
1. Tìm giao tuyến của (SAB) và (I JK).
2. Tìm thiết diện của (I JK) với hình chóp S.ABCD. Tìm điều kiện để thiết diện là hình bình hành. Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 55 S
1. Tìm giao tuyến của (SAB) và (I JK).
Từ K kẻ KL k AB (L ∈ SA). Ta có  K ∈ (SAB) ∩ (I JK)   L K AB k I J 
 AB ⊂ (SAB), I J ⊂ (I JK) A B
(vì I J là đường trung bình của hình thang).
Suy ra (SAB) ∩ (I JK) = KL (vì KL k AB k I J, K ∈ I J SA). 2. Tìm thiết diện của D C
(I JK) với hình chóp S.ABCD.
®(I JK) ∩ (ABCD) = I J, (I JK) ∩ (SBC) = JK Ta có
(I JK) ∩ (SAB) = KL, (I JK) ∩ (SAD) = LI.
Vậy thiết diện cần tìm là hình thang I JKL (vì I J k LK k AB).
Do I J là đường trung bình của hình thang ABCD AB + CD nên I J = . 2 LK SK 2 Xét tam giác SAB có = = , suy ra AB SB 3 2 LK = AB. 3
Để I JKL là hình bình hành ⇔ I J = KL ⇔ AB + CD 2 = AB ⇔ AB = 3CD. 2 3
Vậy thiết diện I JKL là hình bình hành ⇔ AB = 3CD.
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD với đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P, Q lần
lượt là các điểm nằm trên các cạnh BC, SC, SD, AD sao cho MN k BS, NP k CD, MQ k CD 1. Chứng minh PQ k SA.
2. Gọi K = MN ∩ PQ. Chứng minh điểm K nằm trên đường thẳng cố định khi M di động trên cạnh BC. Lời giải. 56
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG S K t 1. Chứng minh PQ k SA. DP Xét ∆SCD có NP k CD ⇒ = DS CN (1). P CS CM Xét ∆SCB có NM k SB ⇒ = CB A D CN N Q (2). CS
Xét hình thang ABCD có MQ k CD ⇒ CM DQ = (3). CB DA DP DQ Từ (1), (2), (3) suy ra = . Vậy B M C DS DA PQ k SA.
2. Chứng minh điểm K nằm trên đường
thẳng cố định khi M di động trên cạnh BC.  BC k AD   Ta có BC ⊂ (SBC), AD ⊂ (ADS) ⇒   S ∈ (SBC) ∩ (SAD)
(SBC) ∩ (SAD) = St với (St k AD k BC). ® MN ⊂ (SBC) Mà K = MN ∩ PQ và PQ ⊂ (SAD).
Suy ra K ∈ (SBC) ∩ (SAD) hay K ∈ St.
Vì S cố định và BC cố định nên St cố
định. Vậy K ∈ St cố định khi M di động trên cạnh BC.
Bài 5. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Gọi M, N, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh
SA, SB, SC, SD. Chứng minh rằng 1. ME k AC, NF k BD.
2. Ba đường thẳng ME, NF, SO (với O là giao điểm của AC và BD) đồng qui.
3. Bốn điểm M, N, E, F đồng phẳng. Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 57 S
1. Chứng minh ME k AC, NF k BD.
ME là đường trung bình của tam giác SAC ⇒ ME k AC.
FN là đường trung bình của tam giác SBD ⇒ M F FN k BD. K
2. Ba đường thẳng ME, NF, SO (với O là giao E
điểm của AC và BD) đồng qui. N
Trong tam giác SAC, gọi K = ME ∩ SO. Suy ra A D K là trung điểm của SO.
Trong tam giác SDO có FK là đường trung bình
của tam giác ⇒ FK k DO ⇔ FK k BD (1).
Trong tam giác SBD có FN là đường trung bình O C của tam giác ⇒ FN k BD (2).
Từ (1) và (2) thì K thuộc NF. Vậy ba đường B
thẳng ME, NF, SO đồng qui tại điểm K.
3. Bốn điểm M, N, E, F đồng phẳng. Từ chứng
minh ở câu 2) thì ME và NF cắt nhau tại K.
Suy ra bốn điểm M, N, E, F đồng phẳng.
Bài 6. Cho tứ diện ABCD, gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và BD, E là một điểm thuộc cạnh AD.
a) Xác định thiết diện của tứ diện khi cắt bởi mp (I JE).
b) Tìm vị trí của E trên AD để thiết diện là hình bình hành.
c) Tìm điều kiện của tứ diện ABCD và vị trí điểm E trên AD để thiết diện là hình thoi. Lời giải. A
a) Xác định thiết diện của tứ diện khi cắt bởi mp (I JE). F
Ta có I J là đường trung bình của 4BCD nên I J k CD. E ®(I JE) ∩ (ACD) = E ⇒ (I JE) ∩ I J ⊂ (I JE), CD ⊂ (ACD) (ACD) = Ex.
Với Ex k CD k I J. Gọi F = Ex ∩ AC. B C I
Vậy thiết diện cần tìm là hình thang EFI J.
b) Để I JEF là hình bình hành thì I J = EF. J
Vậy E phải là trung điểm của AD.
c) Khi EFI J là hình bình hành thì EJ là đường D
trung bình của tam giác DAB, suy ra EJ = 1 AB. 2
Vậy: để I JEF là hình thoi thì I J = EJ ⇔ AB = CD.
Kết luận: Để thiết diện I JEF là hình thoi thì E là
trung điểm của AD và AB = CD. 58
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi. Gọi M, N lần lượt là trọng
tâm của tam giác SAB và SAD, E là trung điểm của CB. a) Chứng minh MN k BD.
b) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mp (MNE).
c) Gọi H, L lần lượt là các giao điểm của mp (MNE) với các cạnh SB và SD. Chứng minh LH k BD. Lời giải. S a) Chứng minh MN k BD.
Gọi K là trung điểm của SA.
Theo tính chất trọng tâm ta có K KM KN 1 P = = ⇒ MN k BD. N KB KD 3 M L
b) Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mp (MNE). A D
E là điểm chung của (MNE) và (ABCD) H
nên giao tuyến của chúng qua E và song G
song với MN và song song với BD. Giao B
tuyến này cắt AB và CD lần lượt tại F và E C G. F
Trong mặt phẳng (SAB) đường thẳng
FM cắt SA và SB lần lượt tại P và H. Còn
trong (SAD) đường thẳng PN cắt SD tại
L. Từ đó suy ra thiết diện cần tìm là ngũ giác EHPLG. c) Chứng minh LH k BD.  HL = (MNE) ∩ (SBD)   Ta có MN k BD   MN ⊂ (MNE), BD ⊂ (SBD) ⇒ HL k MN k BD.
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB và CD.
a) Chứng minh MN k (SBC), MN k (SAD).
b) Gọi P là trung điểm của cạnh SA. Chứng minh rằng SB và SC đều song song với (MNP).
c) Gọi G1, G2 lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và SBC. Chứng minh G1G2 k (SAB). Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 59 S a) Chứng minh MN k (SBC). ® MN k BC, MN 6⊂ (SBC) Ta có ⇒ BC ⊂ (SBC) MN k (SBC). ® MN k AD, MN 6⊂ (SAD) P Ta có ⇒ AD ⊂ (SAD) Q MN k (SAD). G2
b) Chứng minh SB và SC đều song song với M A B (MNP).
Tìm giao tuyến của mặt phẳng (SAD) và G1 (MNP). I P ∈ (MNP) ∩ (SAD)  D C  Ta có MN k AD N   MN ⊂ (MNP), AD ⊂ (SAD)
⇒ (PMN) ∩ (SAD) = PQ (PQ k MN k AD, Q ∈ SD).
Xét 4SAD ta có PQ k AD và P là trung
điểm của SA, suy ra Q là trung điểm của SD.
Xét 4SCD ta có QN k SC (QN là đường
trung bình của tam giác SCD). ®SC 6⊂ (PMN), SC k QN Ta có ⇒ SC k QN ⊂ (PMN) (PMN). c) Chứng minh G1G2 k (SAB). IG IG 1 Xét tam giác SAI ta có 1 =
2 = (Tính chất trọng tâm) ⇒ G I A IS 3 1G2 k S A. ®G Có
1G2 6⊂ (S AB), G1G2 k S A ⇒ G SA ⊂ (SAB) 1G2 k (S AB).
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy (ABCD) là hình thang. AD là đáy lớn và AD =
2BC. Gọi O là giao điểm của AC và BD, G là trọng tâm của tam giác SCD. a) Chứng minh OG k (SBC).
b) Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Chứng minh rằng CM k (SAB). 3
c) Giả sử điểm I trên đoạn SC sao cho SC = SI. Chứng minh SA k (BID). 2 KB
d) Xác định giao điểm K của BG và mặt phẳng (SAC). Tính . KG Lời giải. 60
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Vì AD k BC ⇒ 4OBC v 4ODA (g-g). S OB OC BC 1 Vậy = = = . OD OA AD 2
a) Gọi H là trung điểm của SC. DG DO 2 Trong 4DHB ta có = = ⇒ OG k DH DB 3 N M BH. ®OG k BH H Ta có ⇒ OG k BH ⊂ (SBC), OG 6⊂ (SBC) G I (SBC). K
b) Gọi N là trung điểm của SA. Ta có MN là A D
đường trung bình của tam giác SAD. 1 Nên MN k AD và MN = AD. O 2 B C
Mà theo đề bài ta lại có BC k AD và BC = 1 AD. 2
Vậy BC k MN và BC = MN. Vậy tứ giác BCMN là hình bình hành. ®CM k BN Ta có ⇒ CM k BN ⊂ (SAB), CM 6⊂ (SAB) (SAB). CO CI 1 c) Trong 4SAC có = = ⇒ OI k SA. CA CS 3 ®SA k OI Có ⇒ SA k (BID). OI ⊂ (BID), SA 6⊂ (BID)
d) Ta có O và H là hai điểm chung của hai mặt phẳng (BDH) và (SAC). Vậy (SAC) ∩ (BDH) = OH.
Trong (BDH), gọi K = BG ∩ OH ⇒ K = BG ∩ (SAC). KG OG 2 OG DG 2 Ta có: 4KOG v 4KHB (g-g) ⇒ = = (Vì = = ). KB HB 3 BH DH 3 KB 3 Kết luận: = . KG 2
Bài 10. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF không cùng nằm trong một mặt phẳng.
a) Gọi O và O0 lần lượt là tâm của ABCD và ABEF. Chứng minh rằng OO0 song song với (ADF) và (BCE).
b) Gọi M, N lần lượt là trọng tâm của 4ABD và 4ABE. Chứng minh rằng MN k (CEF). Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 61 F E
a) Chứng minh rằng OO0 song song với O0 (ADF) và (BCE).
Ta có OO0 k DF (OO0 là đường trung N bình 4BDF). A B
Mà DF ⊂ (ADF) ⇒ OO0 k (ADF). H
Ta có OO0 k CE (OO0 là đường trung M O bình 4ACE).
Mà CE ⊂ (BCE) ⇒ OO0 k (BCE). D C
b) Chứng minh rằng MN k (CEF).
Gọi H là trung điểm của AB. HM HN Trong 4HDE ta có = = HD HE 1 ⇒ MN k DE. 3
Mà DE ⊂ (CEFD) ≡ (CEF). Vậy MN k (CEF).
Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là
trọng tâm của hai tam giác SAB và SAD. a) Chứng minh MN k (ABCD).
b) Gọi E là trung điểm của BC. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD cắt bởi mặt phẳng (MNE). Lời giải. S a) Chứng minh MN k (ABCD).
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và AD. SM SN
Theo tính chất trọng tâm có = = SI SJ O N 2 Q
⇒ MN k I J (tính chất Talet đảo). L 3 M
Mà I J thuộc mặt phẳng (ABCD), suy ra A D MN k (ABCD). J P I K
b) Trong mặt phẳng đáy, qua E kẻ đường G
thẳng song song I J cắt AC tại F, cắt CD F
tại G. EG là giao tuyến của (MNE) và đáy B C E (ABCD).
Gọi K = I J ∩ AC (I J, AC ⊂ (ABCD)).
Ta có SK = (SI J) ∩ (SAC), gọi L = MN ∩ SK.
Suy ra FL = (MNE) ∩ (SAC), gọi O = SA ∩ FL (SA, FL ⊂ (SAC)).
Vậy OM = (MNE) ∩ (SAB), ON = (MNE) ∩ (SAD).
Gọi P = OM ∩ AB, Q = ON ∩ SD.
Kết luận: thiết diện cần tìm là đa giác OPEGQ. 62
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 12. Cho tứ diện ABCD. Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD.
a) Chứng minh rằng đường thẳng d đi qua G và một đỉnh của tứ diện sẽ đi qua trọng
tâm của mặt đối diện với đỉnh đấy.
b) Gọi A0 là trọng tâm của tam giác BCD. Chứng minh rằng GA = 3GA0. Lời giải.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. A
Gọi G là trung điểm của MN.
Suy ra G là trọng tâm của tứ diện ABCD.
a) Bước 1: Tìm giao điểm của AG và mặt phẳng (BCD). M
Chọn mặt phẳng (ABN) chứa AG và BN.
Trong mặt phẳng (ABN) gọi A0 = AG ∩ BN. ® A0 ∈ AG Có ⇒ A0 = AG ∩ G A0 ∈ BN, BN ⊂ (BCD) B C (BCD). I
Bước 2: Chứng minh A0 là trọng tâm của tam A0 giác BCD. N
Trong mặt phẳng (ABN) kẻ MI song song với AA0 (Với I thuộc BN). D
Xét 4ABA0 có MI là đường trung bình của
tam giác, nên I là trung điểm của BA0. Suy ra BI = I A0.
Xét 4I MN có GA0 là đường trung bình của tam
giác, nên A0 là trung điểm của IN. Suy ra A0N = I A0.
Ngoài ta trong tam giác BCD có BN là đường 2
trung tuyến, kết hợp lại ta có BA0 = BN. 3
Vậy A0 là trọng tâm của tam giác BCD.
b) Vì MI là đường trung bình của tam giác ABA0 1 nên MI = AA0. 2
Vì GA0 là đường trung bình của tam giác I MN 1 nên GA0 = MI. 2 1 Từ đó ta có GA0 = AA0 ⇔ AA0 = 4GA0. 4
Mà AA0 = AG + GA0 ⇒ AG = 3GA0. Kết luận GA = 3GA0.
Bài 13. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD và
G là trung điểm của đoạn MN.
a) Tìm giao điểm A0 của đường thẳng AG và mặt phẳng (BCD).
b) Qua M kẻ đường thẳng Mx song song với AA0 và Mx cắt mặt phẳng (BCD) tại M0.
Chứng minh B, M0, A0 thẳng hàng và BM0 = M0 A0 = A0N.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 63 c) Chứng minh GA = 3GA0. Lời giải. A a) Chọn (ABN) chứa AG.
Hai mặt phẳng (ABN) và (BCD) có hai điểm x
chung là B và N. Suy ra giao tuyến của chúng
là BN, BN cắt AG tại A0 thì A0 = AG ∩ (BCD). M
b) Vì Mx k AA0, mà AA0 ⊂ (ABN) và M ∈ (ABN) ⇒ Mx ⊂ (ABN). G
Gọi M0 = Mx ∩ BN ⇒ M0 = Mx ∩ (BCD). B C
Từ đó suy ra ba điểm B, M0, A0 thẳng hàng. M0
Có MM0 là đường trung bình của 4BAA0 ⇒ A0 BM0 = M0 A0 (1). N
Và GA0 là đường trung bình của 4NMM0 ⇒ M0 A0 = A0 N (2). D
Từ (1) và (2) suy ra BM0 = M0 A0 = A0N.
c) Từ chứng minh câu b) có: 1 1 GA0 = MM0 và MM0 = AA0 ⇒ GA0 = 2 2 1 AA0 ⇒ AG = 3GA0. 4
DẠNG 2.2. Thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng (α) và song song với một
đường thẳng cho trước. Tính diện tích thiết diện
Dạng toán này các bạn phải nhớ kĩ tính chất:
® M ∈ (α) ∩ (P) ⇒ (α) ∩ (P) = Mx(Mx k d). (α) k d, d ⊂ (P)
Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang có AD đáy lớn. Gọi M
trung điểm của CD, (α) là mặt phẳng qua M và song song với SA và BC.
a) Hãy xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt phẳng (α).
b) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (α) và (SAC). Chứng minh giao tuyến vừa tìm
được song song với mặt phẳng (SAD). Lời giải. a) 64
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD với mặt S phẳng (α).
M là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (ABCD),
có (α) k BC nên giao tuyến của chúng qua M và
song song với BC, giao tuyến này cắt AB tại E. F G
E là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (SAB), có
(α) k SA nên giao tuyến của chúng qua E và song A D
song với SA, giao tuyến này cắt SB tại F.
F là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (SBC), có E H M
(α) k BC nên giao tuyến của chúng qua F và song
song với BC, giao tuyến này cắt SC tại G. B C
Kết luận mặt phẳng (α) cắt hình chóp S.ABCD theo
một thiết diện là hình thang MEFG, vì có ME và FG cùng song song với BC.
b) Gọi H là giao điểm của ME và AC, ta có H và G là hai điểm chung của hai mặt phẳng (α)
và mặt phẳng (SAC). Vậy (α) ∩ (SAC) = HG. Vì (α) k SA nên giao tuyến HG k SA, mà
SA thuộc mặt phẳng (SAD) nên giao tuyến HG k (SAD).
Bài 15. Cho tứ diện ABCD. Lấy điểm M là một điểm thuộc miền trong của tam giác
BCD. Gọi (α) là mặt phẳng qua M và song song với AC và BD. Hãy xác định thiết diện
của mặt phẳng (α) với tứ diện ABCD. Thiết diện là hình gì? Lời giải.
M là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (BCD), có (α) k A
BD nên giao tuyến của chúng qua M và song song với BD,
giao tuyến này cắt BC tại E và cắt CD tại F.
E là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (ABC), có (α) k
AC nên giao tuyến của chúng qua E và song song với AC, H G
giao tuyến này cắt AB tại H.
H là điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (ABD), có (α) k B D
BD nên giao tuyến của chúng qua H và song song với BD,
giao tuyến này cắt AD tại G. G và F là hai điểm chung của E M F
hai mặt phẳng (α) và mặt phẳng (ACD).
Vậy giao tuyến của chúng là FG. C
Vì mặt phẳng (α) k AC, nên giao tuyến FG k AC.
Kết luận: thiết diện cần tìm là hình bình hành EFGH, vì
có EF k HG k BD và HE k FG k AC.
Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Lấy một điểm M di
động trên cạnh SC. Gọi (α) là mặt phẳng chứa AM và song song với BD.
a) Chứng minh rằng mặt phẳng (α) luôn đi qua một đường thẳng cố định khi M thay đổi.
b) Mặt phẳng (α) cắt SB và SD tại E và F. Hãy nêu cách dựng E và F.
c) Gọi I là giao điểm của ME và CB, J là giao điểm của MF và CD. Chứng minh ba điểm I, J, A thẳng hàng. Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 65 S M F J E G D A O I B C
a) A là một điểm chung của hai mặt phẳng (α) và (ABCD), có (α) k BD, nên giao tuyến của
chúng qua A và song song với BD.
Vậy (α) ∩ (ABCD) = Ax (Ax k BD).
Vì Ax là đường thẳng cố định khi M thay đổi.
Kết luận: mp(α) luôn đi qua đường cố định Ax. b) Gọi O = AC ∩ BD.
Ta có: SO là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).
Gọi G = AM ∩ SO (AM, SO ⊂ (SAC)).
Ta có: G là điểm chung của mặt phẳng (α) và mặt phẳng (SBD), có (α) k BD nên giao
tuyến của chúng qua G và song song với BD, giao tuyến này cắt SB và SD lần lượt tại E và F.
c) I và F là hai điểm chung của mặt phẳng (α) và mặt phẳng đáy (ABCD), nên I và F phải
thuộc giao tuyến Ax của hai mặt phẳng.
Vậy ba điểm I, J, A thẳng hàng.
Bài 17. Cho hình bình hành ABCD và điểm S không nằm trong mặt phẳng chứa ABCD.
a) Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau (SAC) và (SBD), (SAB) và (SCD).
b) Một mặt phẳng (α) qua BC, cắt SA tại M và cắt SD tại N. Chứng minh MN k BC.
c) Chứng tỏ giao điểm của BN và CM luôn luôn ở trên một đường thẳng cố định khi M di động trên SA. AK 1
d) Gọi G là trọng tâm tam giác SAB, K là điểm trên cạnh AC sao cho = . Chứng AC 3
minh GK song song với mặt phẳng (SCD). Lời giải. 66
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG S
a) Ta có S ∈ (SAC) ∩ (SBD) (1).
Gọi O = AC ∩ BD ⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBD) (2).
Từ (1) và (2) suy ra: (SAC) ∩ (SBD) = SO. M N S ∈ (SAC) ∩ (SBD) E   x Ta có: AB k CD ⇒ (SAB) ∩ G I   AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD) D (SCD) = Sx(Sx k AB k CD). A F K (α) ∩ (SAD) = MN O   b) Vì BC k AD ⇒ MN k AD k B C 
BC ⊂ (α), AD ⊂ (SAD) BC.
c) Gọi I = BN ∩ CM(BN, CM ⊂ (α)). ® I ∈ BN, BN ⊂ (SBD) Vì ⇒ I ∈ (SAC) ∩ I ∈ CM, CM ⊂ (SAC)) (SBD).
Suy ra I thuộc giao tuyến SO cố định của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).
d) Gọi E và F lần lượt là trung điểm của SA và AD.
Vì K chia đoạn AC thành ba phần bằng nhau và AK chiếm 1 phần, từ đó ta có K là trọng tâm của tam giác ABD. BG BK 2
Theo tính chất trọng tâm có: = =
. Ngoài ra GK ( (SCD) nên GK k EF (3). BE BF 3
Mà EF là đường trung bình của tam giác ADS ⇒ EF k SD (4).
Từ (3) và (4) có GK k SD ⊂ (SCD) ⇒ GK k (SCD).
Bài 18. Cho tứ diện ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và BD.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (AMN) và (ACD).
b) Một mặt phẳng (P) qua CD và cắt AM, AN lần lượt tại F và E. Tứ giác CDEF là hình gì?
c) CF và DE cắt nhau tại K. Chứng tỏ A, B, K thẳng hàng.
d) Chứng tỏ giao điểm I của CE và DF luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi (P) thay đổi. Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 67 A  A ∈ (AMN) ∩ (ACD)   a) MN k CD . x   MN ⊂ (AMN), CD ⊂ (ACD) K
⇒ (AMN) ∩ (ACD) = Ax (Ax k MN k CD) E (P) ∩ (AMN) = EF F I   b) MN k CD ⇒ EF k MN k CD. B D   MN ⊂ (AMN), CD ⊂ (P) N
Vì CD k MN suy ra CDEF là hình thang. O M
c) Ta có AB là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABC) và (ABD). C ®K ∈ CF, CF ⊂ (ABC) Vì K = CF ∩ DE, mà ⇒ K ∈ K ∈ DE, DE ⊂ (ABD) (ABC) ∩ (ABD).
Vì K là điểm chung của hai mặt phẳng (ABC) và (ABD)
nên K thuộc giao tuyến. Vậy ba điểm A, B, K thẳng hàng.
d) Trong mặt phẳng (BCD) gọi O là giao tuyến của CN và DM.
Ta có A và O là hai điểm chung của hai mặt phẳng (ANC) và (AMD), nên giao tuyến của chúng là AO.
Gọi I là giao điểm của CE và DF. ® I ∈ CE, CE ⊂ (ANC) Ta có: ⇒ I ∈ (ANC) ∩ (AMD). I ∈ FE, DF ⊂ (AMD)
Suy ra I thuộc giao tuyến AO của hai mặt phẳng.
Vì hai điểm A và O cố định nên điểm I thuộc đoạn AO cố định.
Bài 19. Cho hình chóp S.ABCD. M, N là hai điểm trên AB, CD. Mặt phẳng (α) qua MN và song song với SA.
a) Tìm các giao tuyến của (α) với (SAB) và (SAC).
b) Xác định thiết diện của hình chóp với (α).
c) Tìm điều kiện của MN để thiết diện là hình thang. Lời giải. 68
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG S
a) Tìm các giao tuyến của (α) với (SAB): ® M ∈ (α) ∩ (SAB)
Ta có: (α) k SA, SA ⊂ (SAB)
⇒ (α) ∩ (SAB) = MP (với MP k SA, P ∈ SB). P
Tìm các giao tuyến của (α) với (SAC):
Gọi R = MN ∩ AC (MN, AC ⊂ (ABCD)). Q ® A D R ∈ (α) ∩ (SAC) Ta có:
⇒ (α) ∩ (SAC) = RQ (với (α) k SA, SA ⊂ (SAC) M N R RQ k SA, Q ∈ SC). C
b) Xác định thiết diện của hình chóp với (α). B
Theo câu a) thiết diện là tứ giác MPQN.
c) Tìm điều kiện của MN để thiết diện là hình thang: ñ MP k QN (1)
Ta có: MPQN là hình thang ⇒ MN k PQ.(2)
Xét (1), ta có MP k QR, mà QR không song song QN nên (1) vô lí. ®SA k QN Do đó: ⇒ SA k (SCD) (vô lí). QN ⊂ (SCD) ®BC = (ABCD) ∩ (SBC) Xét (2), ta có ⇒ MN k MN ⊂ (ABCD), PQ ⊂ (SBC) BC. ®PQ = (α) ∩ (SBC)
Ngược lại, nếu MN k BC thì ⇒
MB ⊂ (α), BC ⊂ (SBC) MN k PQ.
Vậy để thiết diện là hình thang thì MN k BC.
Bài 20. Cho tứ diện ABCD. Trên cạnh AD lấy trung điểm M, trên cạnh BC lấy điểm N
bất kỳ. Gọi (α) là mặt phẳng chứa đường thẳng MN và song song với CD.
a) Hãy xác định thiết diện của mặt phẳng (α) với tứ diện ABCD.
b) Hãy xác định vị trí của N trên BC sao cho thiết diện là hình bình hành. Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 69 A
a) Xác định thiết diện của mặt phẳng (α) với tứ diện ABCD. (α) k CD   Ta có: CD ⊂ (ACD) ⇒ (α) ∩ (ACD) = M 
 M ∈ (α) ∩ (ACD) P MP (MP k CD, P ∈ AC) (1). (α) k CD  B D  Ta có: CD ⊂ (BCD) ⇒ ( Q
α) ∩ (BCD) = NQ (NQ k 
 N ∈ (α) ∩ (BCD) N CD, Q ∈ BD) (2). Và ( C
α) ∩ (ABD) = MQ (3); (α) ∩ (ABC) = PN (4).
Từ (1) và (2), ta được: MP k NQ. Vậy thiết diện là hình thang MPNQ.
b) Xác định vị trí của N trên BC sao cho thiết diện là hình bình hành. 1 Ta có: MP k NQ; MP = CD (MP là đường trung 2 bình 4ACD). ® MP k NQ MNPQ là hình bình hành ⇔ ⇔ MP = NQ  MP k NQ  1  MP = N Q = CD. 2
Do đó N là trung điểm BC.
Vậy N là trung điểm BC thì MNPQ là hình thang.
Bài 21. Cho hình thang ABCD có đáy lớn AB và S là một điểm ở ngoài mặt phẳng của
hình thang. Gọi M là một điểm trên CD, (α) là mặt phẳng qua M và song song với SA và BC.
a) Hãy tìm thiết diện của mặt phẳng (α) với hình chóp S.ABCD. Thiết diện là hình gì?
b) Tìm giao tuyến của (α) với mặt phẳng (SAD). Lời giải. S
a) Tìm thiết diện của mặt phẳng (α) với hình chóp
S.ABCD.®(α) k BC, BC ⊂ (ABCD) Ta có: ⇒ (α) ∩ M ∈ (α) ∩ (ABCD)
(ABCD) = MN (với MN k BC và N ∈ AB) P t (1). ®( N Q α) k SA, SA ⊂ (SAB) Ta có: ⇒ ( A B α) ∩ (SAB) = N ∈ (α) ∩ (SAB)
NP (với NP k SA và P ∈ SB). M
®(α) k BC, BC ⊂ (SBC) D C Có: ⇒ (α) ∩ (SBC) = P ∈ (α) ∩ (SBC) I
PQ (với PQ k BC và Q ∈ SC) (2).
Từ (1) và (2), ta được MN k PQ. Vậy thiết diện là hình thang MNPQ. 70
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
b) Tìm giao tuyến của (α) với mặt phẳng (SAD).
Trong (ABCD), gọi I = AD ∩ MN ⇒ I là điểm chung của (α) và (SAD).
®(α) k SA, SA ⊂ (SAD) Ta có:
⇒ (α) ∩ (SAD) = It (với It k SA). I ∈ (α) ∩ (SAD)
Bài 22. Trong mặt phẳng (α) cho tam giác ABC vuông tại A, ’ ABC = 60◦, AB = a.
Gọi O là trung điểm của BC. Lấy điểm S ở ngoài mặt phẳng (α) sao cho SB = a và
SB ⊥ OA. Gọi M là một điểm trên cạnh AB. Mặt phẳng
β qua M song song với SB
và OA, cắt BC, SC, SA lần lượt tại N, P, Q. Đặt x = BM (0 < x < a).
1. Chứng minh MNPQ là hình thang vuông.
2. Tính diện tích của hình thang theo a và x. Tính x để diện tích này lớn nhất. Lời giải.
1. Chứng minh MNPQ là hình thang vuông. ® β k OA, OA ⊂ (ABC) Có ⇒ MN k S MN = β ∩ (ABC) OA (1) ® β k SB, SB ⊂ (SAB) Và ⇒ MQ k MQ = β ∩ (SAB) P SB (2) ® β k SB, SB ⊂ (SBC) Ta có ⇒ NP k NP = β ∩ (SBC) SB (3)
Từ (2) và (3) suy ra MQ k NP k SB (4) Q suy ra MNPQ là hình thang. O B C OA ⊥ SB N   M Từ (1) và (4) ta có MN k OA ⇒ A   MQ k NP k SB. ® MN ⊥ MQ MN ⊥ NP.
Vậy MNPQ là hình thang vuông, đường cao MN.
2. Tính diện tích của hình thang theo a và x. 1 Ta có SMNPQ = (MQ + NP) MN. 2 Tính MN: AB AB 1
Xét tam giác ABC, ta có: cos B = ⇒ BC = ⇒ BC = 2a ⇒ BO = BC = a. BC cos B 2 Do b
B = 60◦ và BA = BO nên 4ABO đều. MN BM BN Trong 4ABO có MN k AO ⇒ = = ⇒ MN = MB = BN = x. AO AB BO MQ AM SB
Tính MQ : Xét 4SAB, ta có MQ k SB nên = ⇒ MQ = AM · = SB AB AB a (a − x) · = a − x. a NP CN SB
Tính NP : Xét 4SBC, ta có NP k SB nên = ⇒ NP = CN · = (2a − x) · SB CB CB
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 71 a 2a − x = . 2a 2 x (4a − 3x) 1 Do đó SMNPQ = = · 3x · (4a − 3x). 4 12
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương 3x và (4a − 3x) ta có Å 3x + 4a − 3x ã2 a2 3x (4a − 3x) ≤
⇔ 3x (4a − 3x) ≤ 4a2 ⇔ S . 2 MNPQ ≤ 3 2a
Đẳng thức xảy ra khi 3x = 4a − 3x ⇔ x = . 3 2a Kết luận khi x = thì S 3
MNPQ đạt giá trị lớn nhất.
Bài 23. Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Gọi S là một điểm ngoài ở mặt phẳng
(ABCD) sao cho SB = SD. Gọi M là một điểm tùy ý trên AO với AM = x. Mặt phẳng
(α) qua M song song với SA và BD cắt SO, SB, AB tại N, P, Q.
1. Tứ giác MNPQ là hình gì?
2. Cho SA = a. Tính diện tích MNPQ theo a và x. Tìm x để diện tích lớn nhất. Lời giải.
1. Tứ giác MNPQ là hình gì? S
SB = SD ⇒ ∆SBC = ∆SDC (c.c.c) ⇒ ‘ SCB = ’ SCD.
Gọi I là trung điểm SC thì ∆IBC =
∆IDC c.g.c ⇒ IB = ID. Vậy ∆IBD N
cân tại I ⇒ IO ⊥ BD, mà P I OI k SA ⇒ SA ⊥ BD(∗) A D  (α) k BD  M Q  Ta có BD ⊂ (ABO) ⇒ MQ k O  B C  (α) ∩ (ABO) = MQ BD (1)  (α) k BD   Tương tự: BD ⊂ (SBO) ⇒ NP k   (α) ∩ (SBO) = NP BD (2)
Từ (1) và (2), suy ra MQ k NP k BD. (3)  (α) k SA   Ta có: SA ⊂ (SAO) ⇒ MN k SA (4)   (α) ∩ (SAO) = MN  (α) k SA   Tương tự: SA ⊂ (SAB) ⇒ PQ k SA (5)   (α) ∩ (SAB) = PQ
Từ (4) và (5), suy ra MN k PQ k SA (6)
Từ (3), (6) và (*) suy ra MNPQ là hình chữ nhật. 72
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
2. Tính diện tích MNPQ theo a và x: Ta có: SMNPQ = MQ · MN. Tính MQ : Xét tam giác AQM.
Ta có A = 45◦, Q = 45◦, M = 90◦ ⇒ ∆AQM cân tại M. Vậy MQ = AM = x. Tính MQ. Xét ∆SAO, ta có √ a 2 MN OM OM − x √ MN k SA ⇒ = ⇒ MN = AS · = a 2 √ = a − x 2 AS OA OA a 2 2 √ √ √ Ä ä 1 Ä ä
⇒ SMNPQ = MQ · MN = x · a − x 2 = √ x 2 · a − x 2 . 2 √ √ Ä ä
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương x 2 và a − x 2 : √ √ √ √ Ç å2 √ √ Ä ä x 2 + a − x 2 Ä ä a2 a2 x 2 a − x 2 ≤ ⇔ x 2 a − x 2 ≤ ⇔ S √ . 2 4 MNPQ ≤ 4 2 Đẳng thức xảy ra khi √ √ √ a a 2 x 2 = a − x 2 ⇔ x = √ =
⇔ M là trung điểm của AO. 2 2 4 √ a 2 Vậy: x = thì S 4
MNPQ đạt giá trị lớn nhất.
Bài 24. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Trên cạnh AB lấy một
điểm M với AM = x. Gọi (α) là mặt phẳng qua M và song song với mặt phẳng (SAD)
cắt SB, SC, và CD lần lượt tại N, P, Q.
1. Tìm thiết diện của (α) với mặt phẳng hình chóp. Thiết diện là hình gì?
2. Tìm quĩ tích giao điểm I của MN và PQ khi M di động trên đoạn AB. 3. Cho ’
SAD = 90◦ và SA = a. Tính diện tích của thiết diện theo a và x. Tìm x để 3a2
diện tích thiết diện bằng . 8 Lời giải.
1. Tìm thiết diện của (α) với mặt phẳng hình chóp:
Vì mp (α) k (SAD) suy ra mp (α) song song với mọi đường thuộc mặt phẳng (SAD).
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 73
• Tìm giao tuyến của mặt phẳng (α) S I S0 và mặt phẳng (ABCD).
Có M là điểm chung của hai mặt
phẳng (α) và (ABCD), vì mp (α) k
AD nên giao tuyến của chúng
qua M và song song với AD, giao N
tuyến này cắt CD tại điểm Q. Tương tự: P
• Mặt phẳng (α) và mặt phẳng A B
(SAB) có M là điểm chung và M
(α) k SA nên giao tuyến của
chúng là MN với MN k SA và N ∈ SB. (1) D C Q
• Mặt phẳng (α) và mặt phẳng
(SBC) có N là điểm chung và (α) k
AD k BC nên giao tuyến của
chúng là NP với NP k BC và P ∈ SC. (2)
• Mặt phẳng (α) và mặt phẳng
(SCD) có 2 điểm chung là P, Q.
Vậy giao tuyến của chúng là PQ.
Suy ra thiết diện cần tìm là MNPQ. Từ (1) và (2) thì MQ k PN. Vậy MNPQ là hình thang.
2. Tìm quĩ tích giao điểm I của MN và PQ khi M di động trên đoạn AB.  AB k DC   Ta có:
AB ⊂ (SAB) , DC ⊂ (SCD) ⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx Sx k AB k CD  S ∈ (SAB) ∩ (SCD) ® I ∈ PQ ⊂ (SCD) Mà
⇒ I ∈ (SAB) ∩ (SCD). Vậy I ∈ Sx. I ∈ MN ⊂ (SAB)
Giới hạn quĩ tích: Khi M ≡ A thì I ≡ S. Còn khi M ≡ B thì I ≡ S0.
3. Tính diện tích của thiết diện theo a và x.
Ta có: SMNPQ = S4IMQ − S4INP = S4SAD − S4INP Vì 4IMQ = 4SAD c · g · c. 1
Tính S4SAD. Ta có 4SAD vuông cân tại A, do đó SSAD = a2. 2
Tính S4INP: Xét tam giác SBC, tam giác SBS0 và tam giác SAB. có: N I SN N I k S0B ⇒ = (1) S0B SB PN SN PN k BC ⇒ = (2) BC SB AM SN MN k SA ⇒ = (3) AB SB NI PN AM
Từ (1), (2) và (3), ta được = = ⇒ N I = PN = AM = x. S0B BC AB
⇒ 4INP vuông cân tại N, vì NI k SA, PN k AD và SA ⊥ AD. 1 Do đó S4INP = x2. 2 1 1 1
Vậy diện tích thiết diện SMNPQ = a2 − x2 = a2 − x2. 2 2 2 74
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG 3a2 1 3a2 3a2 a2 a Để SMNPQ = thì a2 − x2 = ⇔ x2 = a2 − ⇔ x2 = ⇔ x = . 8 2 8 4 4 2
Bài 25. Cho tứ diện ABCD có AB = AC = CD = a và AB vuông góc với CD. Lấy
M thuộc đoạn AC với AM = x (0 < x < a). Mặt phẳng (α) qua M và song song với
AB, CD cắt BC, BD, AD lần lượt tại N, P, Q.
1. Chứng minh MNPQ là hình chữ nhật.
2. Tính diện tích MNPQ theo a và x.
3. Tính x để diện tích MNPQ lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
4. Định x để MNPQ là hình vuông. Lời giải. 1. ® MN = (α) ∩ (ABC) Ta có: ⇒ MN k AB. A (α) k AB ® MQ = (α) ∩ (ACD) Ta có: ⇒ MQ k CD. (α) k CD ® Q NP = (α) ∩ (BCD) Ta có: ⇒ NP k CD. M (α) k CD ®PQ = (α) ∩ (ABD) Ta có: ⇒ PQ k AB. (α) k AB
Tứ giác MNPQ có hai cặp cạnh đối song song B D P
với nhau nên MNPQ là hình bình hành. N ® AB k MN, CD k NP Vì ⇒ MN ⊥ NP. C AB ⊥ CD
Vậy MNPQ là hình chữ nhật. AM MQ 2. Trong 4ACD có MQ k CD ⇒ = ⇒ MQ = x. AC CD Trong 4ABC có MN k AB. CM MN CM a − x Suy ra = ⇒ MN = · AB = · a = a − x. CA AB CA a
SMNPQ = MN · MQ = (a − x) · x. a
3. Ta có (a − x) + x = a = (hằng số). Nên để diện tích này lớn nhất khi a − x = x ⇔ x = . 2 a
4. Để MNPQ là hình vuông thì MN = MQ ⇔ a − x = x ⇔ x = . 2
Bài 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình hình hành với AB = a, AD = 2a.
Mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại A. Trên cạnh AD lấy điểm M với AM = x
(0 < x < 2a), mặt phẳng (α) qua M song song với SA và CD cắt BC, SC, SD lần lượt tại N, P, Q.
a) Chứng minh rằng MNPQ là hình thang vuông.
b) Tính diện tích hình thang MNPQ theo a và x.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 75
c) Tìm tập hợp giao điểm I của MQ và NP khi M chạy từ A đến D. Lời giải. S I t K Q a P M A D x a B N 2a C
a) Vì mặt phẳng (α) k AB nên (α) cắt mặt phẳng (ABCD) theo giao tuyến MN k AB k CD.
Mặt phẳng (α) k SA nên (α) cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến MQ k SA. Mặt
phẳng (α) k CD nên (α) cắt mặt phẳng (SCD) theo giao tuyến QP k CD. Suy ra thiết
diện mặt phẳng (α) cắt hình chóp S.ABCD là hình thang MNPQ (1).
Mặt khác AB ⊥ AS, MN k AB và MQ k SA nên MN ⊥ MQ (2).
Từ (1) và (2) suy ra MNPQ là hình thang vuông.
b) Trong mặt phẳng (SAD) có MQ k AS suy ra DM DQ MQ 2a − x 2a − x 2a − x = = = ⇒ MQ = · a = . DA DS AS 2a 2a 2
Trong mặt phẳng (SCD) có PQ k CD suy ra PQ SQ SD − DQ DQ 2a − x x x = = = 1 − = 1 − = ⇒ PQ = . CD SD SD SD 2a 2a 2
Vì MN k AB, mà ABCD là hình bình hành nên MN = AB = a.
Diện tích hình thang vuông MNPQ x 2a − x (MN + PQ)MQ a + · (2a + x)(2a − x) 4a2 − x2 S 2 2 MNPQ = = = = . 2 2 8 8
c) Ta có (SBC) ∩ (SAD) = St (với St k AD k BC). Vì I = MQ ∩ NP, mà
® I ∈ MQ ⊂ (SAD) ⇒ I ∈ (SAD) ∩ (SBC). I ∈ NP ⊂ (SBC)
Từ đó suy ra I thuộc giao tuyến St cố định. Mặt khác, nếu M ≡ A thì I ≡ S, nếu M ≡ D thì I ≡ K (với DK k SA).
Vậy khi M chạy trên đoạn AD thì giao điểm I chạy trên đoạn SK. 76
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 27. Cho tứ diện ABCD có AB = a, CD = b. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB
và CD. Giả sử AB ⊥ CD, mặt phẳng (α) qua M nằm trên đoạn I, J và song song với AB và CD.
a) Tìm giao tuyến của (α) với (ICD) và (J AB).
b) Xác định thiết diện của ABCD và mặt phẳng (α). Chứng minh thiết diện là hình chữ nhật. 1
c) Tính diện tích thiết diện của hình chữ nhật biết I M = I J. 3 Lời giải. A G P I F N M L B D H Q E J C
a) Tìm giao tuyến của (α) với (ICD):
®(α) k CD, CD ⊂ (ICD) Ta có
suy ra giao tuyến của (α) và (ICD) là đường thẳng qua M ∈ (α) ∩ (ICD)
®(α) k AB, AB ⊂ (JAB)
M và song song với CD cắt IC tại L và ID tại N. Tương tự suy M ∈ (α) ∩ (J AB)
ra giao tuyến của (α) và (J AB) là đường thẳng qua M và song song với AB cắt J A tại P và JB tại Q.
b) Xác định thiết diện của ABCD và mặt phẳng (α):
®(α) k AB, AB ⊂ (ABC) Ta có
⇒ (α) ∩ (ABC) = EF (1). Với EF đi qua L và EF k AB, L ∈ (α) ∩ (ABC) E ∈ BC, F ∈ AC.
®(α) k AB, AB ⊂ (ABD) Ta có
⇒ (α) ∩ (ABD) = HG (2). Với N ∈ HG và HG k AB, N ∈ (α) ∩ (ABD) H ∈ BD, G ∈ AD.
Từ (1) và (2) suy ra EF k HG k AB (3). Mặt khác ®( ® α) k CD, CD ⊂ (ACD) (α) k CD, CD ⊂ (BCD) ⇒ FG k CD (4); ⇒ EH k CD (5) FG = (α) ∩ (ACD) EH = (α) ∩ (BCD)
Từ (4) và (5) suy ra FG k EH k CD
(6). Từ (3) và (6) suy ra EFGH là hình bình hành mà AB ⊥ CD (∗).
Từ (3), (6) và (∗) suy ra EFGH là hình chữ nhật.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 77 1
c) Tính diện tích thiết diện của hình chữ nhật biết I M = I J: 3
Ta có SEFGH = EF · FG = PQ · LN. LN I N
Xét tam giác ICD, ta có LN k CD ⇒ =
(7). Xét tam giác I JD ta có MN k CD ID I N I M JD ⇒ = (8). ID I J LN I M 1 CD b PQ J M 2 Từ (7) và (8) suy ra = = ⇒ LN = = . Tương tự = = ⇒ CD I J 3 3 3 AB J I 3 2 2 PQ = AB = a. 3 3 2ab Suy ra SEFGH = . 9
Bài 28. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm của
SC, (P) là mặt phẳng qua AM và song song với BD.
a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng (P).
b) Gọi E, F lần lượt là giao điểm của (P) với các cạnh SB và SD. Tìm tỉ số diện tích
của tam giác SME với tam giác SBC và tỉ số diện tích của tam giác SMF và tam giác SCD.
c) Gọi K là giao điểm của ME và CB, J là giao điểm của MF và CD. Chứng minh EF
rằng 3 điểm K, A, J nằm trên một đường thẳng song song với EF và tìm tỉ số . K J Lời giải. S M F I D E J C O B A K
a) Gọi O = AC ∩ BD ⇒ (SAC) ∩ (SBD) = SO. Gọi I = AM ∩ SO (AM, SO ⊂ (SAC) ⇒ 78
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG I ∈ (SBD)). Ta có  I ∈ (P) ∩ (SBD)   BD k (P)
⇒ (SBD) ∩ (P) = Ix (Ix k BD).  BD ⊂ (SBD)
Gọi E = Ix ∩ SB, F = Ix ∩ SD. Suy ra E, F là giao điểm của SB, SD với mặt phẳng (P).
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác AEMF. SI 2
b) Dễ thấy I là trọng tâm của tam giác SAC nên = . SO 3 SE SF SI 2
Xét tam giác SBD có EF song song với BD ta có = = = . Suy ra SB SD SO 3 1 S SM · SE · sin ‘ BSC SME SE SM 1 = 2 = · = SSBC 1 SB SC 3 SC · SB · sin ‘ BSC 2 1 S SM · SF · sin ’ DSC SMF SF SM 1 = 2 = · = . SSCD 1 SD SC 3 SC · SD · sin ’ DSC 2 c) Ta có
K = EM ∩ BC ⇒ K ∈ (P) ∩ (ABCD) (1)
J = FM ∩ CD ⇒ J ∈ (P) ∩ (ABCD) (2) A ∈ (P) ∩ (ABCD) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra ba điểm K, J, A thuộc giao tuyến (∆) của mặt phẳng (P) và (ABCD). Ta lại có
®(P) ∩ (ABCD) = (∆) ⇒ (∆) k BD. BD k (P)
Xét tam giác MJK có EF k JK (vì JK k BD, EF k BD) suy ra ME MF MI EF 1 = = = = . MK MJ MA JK 3
Bài 29. Cho hình chóp S.ABCD có G là trọng tâm tam giác ABC. Gọi M, N, P, Q, R, H
lần lượt là trung điểm của SA, SC, CB, BA, QN, AG.
a) Chứng minh rằng: S, R, G thẳng hàng và SG = 2MH = 4RG.
b) Gọi G0 là trọng tâm tam giác SBC. Chứng minh rằng: GG0 k (SAB) và GG0 k (SAC).
c) Mặt phẳng (α) qua GG0 và song song với BC. Xác định thiết diện của hình chóp
tạo bởi mặt phẳng (α). Lời giải.
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 79 S M N K V R G0 A D T L H Q G E C F P B
a) Chứng minh rằng: S, R, G thẳng hàng và SG = 2MH = 4RG.
Gọi E là trung điểm của GC. Trong tam giác QNE có RG là đường trung bình của tam 1 giác nên GR k NE, GR = NE
(1). Trong tam giác SCG có NE là đường trung bình 2
của tam giác nên GS k NE, GS = 2NE (2). Từ (1) và (2) suy ra ba điểm G, R, S thẳng
hàng và GS = 4GR. Trong tam giác SAG có HM là đường trung bình của tam giác nên GS = 2HM.
b) Chứng minh rằng: GG0 k (SAB) và GG0 k (SAC). PG PG0 1 Trong tam giác SAP có = =
⇒ GG0 k SA. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) PA PS 3
cùng chứa SA. Suy ra GG0 k (SAB) và GG0 k (SAC).
c) Xác định thiết diện của hình chóp tạo bởi mặt phẳng (α).
Vì (α) k BC nên (α) cắt mặt phẳng đáy (ABCD) theo giao tuyến qua G và song song
với BC. Giao tuyến này cắt AB tại F, cắt AD tại L. Vì GG0 k SA nên (α) cắt mặt phẳng
(SAB) theo giao tuyến qua F và song song với SA. Giao tuyến này cắt SB tại T.
Vì GG0 k SA nên (α) cắt mặt phẳng (SAD) theo giao tuyến qua F và song song với SA.
Giao tuyến này cắt SB tại T. TG0 là giao tuyến của mặt phẳng (α) với mặt phẳng (SBC),
giao tuyến này cắt SC tại V.
Vậy thiết diện cần tìm là ngũ giác FLKVT.
Bài 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O, có AC = a, BD = b, tam giác SBD đều.
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
b) Gọi G1, G2 lần lượt là trọng tâm của tam giác ACD và SCD. Chứng minh rằng
G1G2 song song với mặt phẳng (SCA). a
c) Gọi M là điểm di động trên đoạn AO với AM = x (0 < a < ). Gọi (P) là mặt 2
phẳng đi qua M và song song với (SBD). Tìm thiết diện tạo bởi (P) và hình chóp
S.ABCD. Tính diện tích thiết diện theo a, b, x. 80
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG Lời giải. S x J G2 A D H M I G1 K O B C
a) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). Ta có S ∈ (SAB) ∩ (SCD)   AB k CD
⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx (Sx k AB k CD).   AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD)
b) Chứng minh rằng G1G2 song song với mặt phẳng (SCA).
Gọi K là trung điểm của CD. Vì G1, G2 là trọng tâm của hai tam tam giác ACD và SCD KG KG 1 nên 1 = 2 = ⇒ G KA KS 3
1G2 k S A, mà S A ⊂ (S AC) ⇒ G1G2 k (S AC).
c) Tìm thiết diện tạo bởi (P) và hình chóp S.ABCD.
Vì (P) k (SBD) ⇒ (P) k SB, (P) k SD, (P) k BD. Vì (P) k BD nên (P) cắt mặt phẳng
(ABCD) theo giao tuyến qua M và song song với BD. Giao tuyến này cắt AB, AD lần lượt tại I và H.
Vì (P) k SB nên (P) cắt mặt phẳng (SAB) theo giao tuyến qua I và song song với SB.
Giao tuyến này cắt SA tại J. Vậy thiết diện cần tìm là tam giác I JH.
Ba cạnh của tam giác I JH lần lượt song song với ba cạnh của tam giác SBD, mà tam
giác SBD đều nên tam giác I JH đều. Ta có AM AJ AH JH AM x 2bx = = = ⇒ JH = · BD = · b = . AO AB AD BD AO a a 2 √ √ JH2 3 b2x2 3 Suy ra SIJH = = . 4 a2
Bài 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.
a) Tìm giao tuyến của (SBC) và (SAD).
b) Gọi G là trọng tâm của tam giác SBD. Trên các cạnh CD và AB lần lượt lấy các
điểm M, N thỏa MD = 2MC, NB = 2N A. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
(SND) và (BGM). Tìm giao điểm I của SN và (BMG).
2. ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG 81 FS
c) Gọi F là giao điểm của SA và (BGM). Tính tỉ số . FA Lời giải. S x F K y I G A D N L H O M E B C
a) Tìm giao tuyến của (SBC) và (SAD). Ta có S ∈ (SBC) ∩ (SAD)   BC k AD
⇒ (SBC) ∩ (SAD) = Sx (Sx k BC k AD).  BC ⊂ (SBC), AD ⊂ (SAD)
b) Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SND) và (BGM).
Gọi K là trung điểm của SD ⇒ K ∈ BG. Ta có K ∈ (SND) ∩ (BMG)   ND k BM
⇒ (SND) ∩ (BMG) = Ky (Ky k ND k BM).   ND ⊂ (SND), BM ⊂ (BMG)
Trong mặt phẳng (SND), gọi I = SN ∩ Ky. Ta có ® I ∈ SN ⇒ I = SN ∩ (BMG). I ∈ Ky, Ky ⊂ (BMG)
c) Trong mặt phẳng (ABCD) gọi E = AC ∩ BM. Ta có EG là giao tuyến của hai mặt
phẳng (SAC) và (BMG). Gọi F = SA ∩ EG thì F chính là giao điểm của SA và mặt phẳng (BMG).
Gọi O = AC ∩ BD ⇒ SO = (SAC) ∩ (SBD). Vì G là trọng tâm tam giác SBD ⇒ SG =
2 SO, mà SO là đường trung tuyến của SAC. Suy ra G là trọng tâm của tam giác SAC. 3
Dựng OL k BM(L ∈ CD), thì OL là đường trung bình của tam giác DBM ⇒ DL = LM.
Theo đề bài suy ra DL = KM = MC, cho nên EM là đường trung bình của tam giác COL.
Trong mặt phẳng (SAC) kẻ GH k SA (H ∈ AC). Áp dụng định lý Ta-lét cho các tam 82
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG giác SAO và FAE ta có OG OH GH 1 1 1 = = = ⇒ OH = OA, GH = AS (∗) OS OA AS 3 3 3 3 HG EH EH EO + OH OH + OH 5 5 = , mà = = 2 = ⇒ HG = AF (∗∗) AF EA EA EO + OA 3 9 9 OH + 3OH 2 1 5 3 FS 2
Từ (∗) và (∗∗) suy ra SA = AF ⇒ AF = SA ⇒ = . 3 9 5 FA 3 Bài 3.
HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG A. Tóm tắt lý thuyết 1. Định nghĩa
Định nghĩa 1. Hai mặt phẳng (α) và (β) gọi là song song với nhau nếu chúng không có
điểm chung, khi đó ta kí hiệu (α) k (β). Hệ quả 1.
Cho hai mặt phẳng song song (α) và (β). Nếu đường thẳng d
d nằm trong (α) thì (α) k (β). α β 2. Tính chất Định lí 1.
Nếu mặt phẳng (α) chứa hai đường thẳng cắt nhau a và b b M
cùng song song với mặt phẳng (β) thì (α) k (β). a α β 4 !
Phương pháp chứng minh hai mặt phẳng song song: Ta chứng minh có hai đường thẳng cắt
nhau thuộc mặt phẳng này lần lượt song song với mặt phẳng kia. Định lí 2.
Qua một điểm nằm ngoài một mặt phẳng cho trước, có một
và chỉ một mặt phẳng song song với mặt phẳng đã cho. A α β
3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 83
Hệ quả 2. Nếu đường thẳng d song song với mặt phẳng (α) thì qua d có duy nhất một mặt
phẳng song song với (α). 4 !
Phương pháp chứng minh đường thẳng d song song với mặt phẳng (α): Ta chứng minh d thuộc
mặt phẳng (β) và (β) song song với (α).
Hệ quả 3. Hai mặt phẳng phân biệt cùng song với mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau. Hệ quả 4.
Cho điểm A không nằm trên mặt phẳng (α). Mọi đường A
thẳng đi qua A và song song với (α) đều nằm trong mặt
phẳng qua A và song song với (α). β α Định lí 3.
Cho hai mặt phẳng song song. Nếu một mặt phẳng cắt mặt phẳng γ
này thì cũng cắt mặt phẳng kia và hai giao tuyến song song với nhau. a α b β Hệ quả 5.
Hai mặt phẳng song song chắn trên hai cát tuyến song song những b đoạn thẳng bằng nhau. a A0 A α B0 β B 3. Định lý Ta-lét (Thalès) Định lí 4. 84
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến bất d d0
kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ. A0 A P B0 B Q C C0 R 4 !
Nếu hai cát tuyến d và d0 cắt 3 mặt phẳng song song (P) k (Q) k (R) lần lượt tại các giao điểm AB BC CA
A, B, C và A0, B0, C0 thì = = . A0B0 B0C0 C0 A0 4.
Hình lăng trụ và hình hộp Định nghĩa 2. Cho hai mặt phẳng ( 0 α)
k (α ). Trong (α) cho đa
giác lồi A1A2 . . . An. Qua các điểm A1, A2, . . . , An ta
dựng các đường song song với nhau và cắt ( 0 α ) tại A05 A0 , A0 1 2, . . . , A0n. A04
Hình tạo thành bởi hai đa giác A1A2 . . . An, A0 A0 1 2 A0 A0 A0 , 0 1
2 . . . A0n cùng với các hình bình hành A1 A2 A02 1 α A03 A2A3A0 A0 , . . . , A A0 3 2
n A1 A01 n được gọi là hình lăng trụ
và được ký hiệu bởi A1A2 . . . An.A0 A0 1 2 . . . A0n.
• Hai đa giác A1A2 . . . An, A0 A0 1 2 . . . A0n được gọi
là hai mặt đáy (bằng nhau) của hình lăng trụ. A5
• Các đoạn thẳng A1A0 , A ,. . . , A 1 2 A02 n A0n gọi là các A4
cạnh bên của hình lăng trụ. A1 • Các hình bình hành A α A A3 1 A2 A0 A0 , A A0 ,. . . , 2 1 2 A3 A03 2 2 An A1A0 A0 1
n gọi là các mặt bên của hình lăng trụ.
• Các đỉnh của hai đa giác đáy gọi là các đỉnh của hình lăng trụ. Tính chất 1.
• Các cạnh bên của hình lăng trụ thì song song và bằng nhau.
• Các mặt bên của hình lăng trụ đều là hình bình hành.
• Hai đáy của hình lăng trụ là hai đa giác bằng nhau.
• Người ta gọi tên hình lăng trụ theo đáy của nó như sau: Lăng trụ tam giác Lăng trụ tứ giác
3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 85 Hình hộp Lăng trụ ngũ giác
• Hình lăng trụ có đáy là tam giác gọi là hình lăng trụ tam giác.
• Hình lăng trụ có đáy là hình bình hành gọi là hình hộp. 5. Hình chóp cụt
Định nghĩa 3. Cho hình chóp S.A1A2 . . . An. Một mặt phẳng (P) song song với mặt đáy của
hình chóp và không đi qua đỉnh lần lượt cắt các cạnh SA1, SA2, . . . , SAn tại A0 , A0 1 2, . . . , A0n.
Hình tạo thành bởi hai đa giác A0 A0 A0 , A A0 ,. . . , 1
2 . . . A0n, A1 A2 . . . An và các tứ giác A1 A2 A02 1 2 A3 A03 2 An A1A0 A0 1
n gọi là hình chóp cụt.
• Đáy A1A2 . . . An của hình chóp gọi là đáy lớn của hình chóp cụt. • Thiết diện A0 A0 1
2 . . . A0n của hình chóp và (P) gọi là đáy nhỏ của hình chóp cụt.
• Ta gọi tên hình chóp cụt theo đa giác đáy của nó (chóp cụt tam giác, tứ giác,. . . ). S A05 A04 A01 P A0 A0 2 3 A5 A4 A1 A A 3 2 Tính chất 2.
• Hai đáy của hình chóp cụt là hai đa giác có các cạnh tương ứng song song và tỉ lệ giữa
các cặp cạnh tương tứng bằng nhau.
• Các mặt bên là hình thang.
• Các đường thẳng chứa các cạnh bên đồng quy tại 1 điểm. B. Bài tập rèn luyện 86
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, AD.
1. Chứng minh rằng (OMN) k (SBC).
2. Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của AB, ON, SB. Chứng minh: PQ k (SBC), (MOR) k (SCD). Lời giải.
1. Trong hai tam giác SAC và SBD có OM k SC và ON k SB (đường trung bình của tam giác). ®OM, ON ⊂ (OMN) Có ⇒ (OMN) k (SBC). SB, SC ⊂ (SBC) 2.
Ta có: OP k AD, mà AD k MN nên suy ra S OP k MN và PQ ⊂ (OMN).
Vì (OMN) k (SBC) nên suy ra PQ k (SBC).
Ta có: MR k AB, mà AB k CD nên suy ra M N MN k CD. R ® MR, OM ⊂ (OMR) Mặt khác OM k SC và A Q CD, SC ⊂ (SCD) D ⇒ (OMR) k (SCD). P O B C
Bài 2. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF có chung cạnh AB và không đồng
phẳng. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD, EF. Chứng minh rằng: 1. (ADF) k (BCE). 2. (DIK) k (JBE). Lời giải. F K E
1. Ta có: AF k BE và AD k BC.
Mà AF, AD ⊂ (ADF) và BE, BC ⊂ (BCE) nên suy ra (ADF) k (BCE).
2. Ta dễ dàng chứng minh được BIDJ và BIKE là A I B
hình bình hành. Từ đó suy ra DI k BJ và IK k BE. Suy ra (DIK) k (JBE). D J C
Bài 3. Cho hai hình bình hành ABCD, ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác nhau. Trên
các đường chéo AC, BF theo thứ tự lấy các điểm M, N sao cho MC = 2AM, NF = 2BN.
Qua M, N lần lượt kẻ các đường thẳng song song với cạnh AB, cắt các cạnh AD, AF
theo thứ tự tại M1 và N1. Chứng minh rằng: 1. MN k DE.
3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 87 2. M1N1 k (DEF). 3. (MNM1N1) k (DEF). Lời giải.
1. Gọi I là trung điểm của AB. Ta có: ® AC = 3AM 2 ⇒ AM = AO. AC = 2AO 3
Mà AO là đường trung tuyến của tam giác ABD nên suy ra M là trọng tâm của tam giác ABD.
Chứng minh tương tự ta có N là trọng tâm của tam giác EAB. Từ đó suy ra DM, EN, AB đồng quy tại I. I M I N 1 Trong tam giác IDE ta có: = = ⇒ MN k DE. ID IE 3 F E AN I N 2. Ta có: NN 1 1 k A I ⇒ = = N1F NE O1 1 . N N 2 1 Tương tự ta có: B A I M AM I M 1 1 M MM 1 1 k A I ⇒ = = . O M1D MD 2 D C AN AM Từ đó suy ra 1 = 1 ⇒ N1F M1D M1N1 k DF. Mà DF ⊂ (DEF) nên suy ra M1N1 k (DEF).
3. Ta có: MN k DE và M1N1 k DF.
Mà MN, M1N1 ⊂ (MNN1M1) và DE, DF ⊂ (DEF) nên suy ra (MNN1M1) k (DEF).
Bài 4. Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF có cạnh chung là AB và nằm trong hai
mặt phẳng phân biệt. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB, BC và I, J, K theo
tứ tự là trọng tâm các tam giác ADF, ADC và BCE. Chứng minh (I JK) k (CDFE). Lời giải. MI MJ 1 Xét 4MFC có: = = ⇒ I J k FC (1). F E MF MC 3
Xét hình bình hành MNEF có: MI NK 1 = = ⇒ IK k FE (2). MF NE 3 I Từ (1) và (2) ta có: K B  I J k FC, IK k FE  N  M I J, IK ⊂ (I JK) ⇒ (I JK) k (CDFE). J  D FC, FE ⊂ (CDFE) C 88
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 5. Cho tứ diện ABCD. Gọi G1, G2, G3 lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, ACD, ADB.
1. Chứng minh (G1G2G3) k (BCD).
2. Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng G1G2G3. Tính diện tích thiết diện
theo diện tích tam giác BCD là S. Lời giải.
1. Chứng minh (G1G2G3) k (BCD)
Gọi M, N, L lần lượt là trung điểm các cạnh A
BC, CD và BD. Trong tam giác AMN, ta có AG1 AG G 2 =
2 = 1G2 = (tính chất trọng tâm) AM AN MN 3
Theo định lý Ta-lét đảo, suy ra G1G2 k MN. G3
Chứng minh tương tự, ta cũng có G2G3 k E G G2 NL và G3G1 k LM. G Từ đó suy ra 1 F B D G L  1G2 k MN, G2G3 k N L  N MN, NL ⊂ (BCD) M  G1G2, G2G3 ⊂ (G1G2G3). C ⇒ (G1G2G3) k (BCD).
2. Tìm thiết diện của tứ diện ABCD với mặt phẳng (G1G2G3). BC k (G  1G2G3)  Ta có BC ⊂ (ABC)  G1 ∈ (G1G2G3) ∩ (ABC).
Vậy giao tuyến của mặt phẳng (G1G2G3) với (ABC) qua G1 và song song với BC, cắt
AB, AC lần lượt tại E, F.
Tương tự: (G1G2G3) cắt (ACD) theo giao tuyến FG k CD.
(G1G2G3) cắt (ABD) theo giao tuyến GE k BD.
Vậy thiết diện của ABCD với mặt phẳng (G1G2G3) là tam giác EFG.
Xét tam giác AMC và tam giác ABC, ta có  AG1 AF 2 G = =  1 F k MC ⇒ AM AC 3 EF AF 2  EF k BC ⇒ = = . BC AC 3 AG EF 2 2 2 2 Suy ra 1 = =
⇒ EF = BC. Tương tự, FG = CD, GE = BD. AM BC 3 3 3 3 Diện tích thiết diện 1 S p EFG =
(EF + FG + GE)(EF + FG − GE)(EF − FG + GE)(−EF + FG + GE) 4 1 4 ·
· p(BC + CD + DB)(BC + CD − DB)(BC − CD + DB)(−BC + CD + DB) 4 9 4 4 = S S. 9 BCD = 9
3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 89
Bài 6. Từ bốn đỉnh của hình bình hành ABCD vẽ bốn nửa đường thẳng song song
cùng chiều Ax, By, Cz, Dt sao cho chúng cắt mặt phẳng ABCD. Một mặt phẳng (α) cắt
bốn nửa đường thẳng theo thứ tự nói trên tại A0, B0, C0 và D0.
1. Chứng minh (Ax, By) k (Cz, Dt) và (Ax, Dt) k (By, Cz).
2. Tứ giác A0B0C0D0 là hình gì?
3. Chứng minh AA0 + CC0 = BB0 + DD0. Lời giải.
1. Chứng minh (Ax, By) k (Cz, Dt) và (Ax, Dt) k (By, Cz). Ta có y z ® Ax k Dt x t ⇒ Ax k (Cz, Dt). C0 B0 Dt ⊂ (Cz, Dt) O0 ® AB k CD ⇒ AB k (Cz, Dt). CD ⊂ (Cz, Dt) A0 D0 B Mà Ax, AB ⊂ (Ax, By). C Suy ra (Ax, By) k (Cz, Dt). O
Chứng minh tương tự, ta cũng có (Ax, Dt) k (By, Cz). A D
2. Tứ giác A0B0C0D0 là hình gì? Ta có
(α) ∩ (Ax, By) = A0B0  
(α) ∩ (Cz, Dt) = C0D0 ⇒ A0B0 k C0D0.  (Ax, By) k (Cz, Dt)
(α) ∩ (Ax, Dt) = A0D0  
(α) ∩ (By, Cz) = B0C0 ⇒ A0D0 k B0C0.  (Ax, Dt) k (By, Cz)
Vậy tứ giác A0B0C0D0 là hình bình hành.
3. Chứng minh AA0 + CC0 = BB0 + DD0.
Gọi O = AC ∩ BD, O0 = A0C0 ∩ B0D0.
Vì O, O0 là tâm của hai hình bình hành ABCD, A0B0C0D0 nên có OO0 là đường trung
bình của hai hình thang ACC0 A0 và BDD0B0.
Theo tính chất đường trung bình của hình thang, suy ra AA0 + CC0 BB0 + DD0 OO0 = = ⇒ AA0 + CC0 = BB0 + DD0. 2 2
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD, mặt phẳng (P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại
A0, B0, C0 và D0. Tìm điều kiện của mặt phẳng (P) để A0B0C0D0 là hình bình hành. Lời giải. 90
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG S C0 B0 D0 A0 E A B D C F ® A0B0 k C0D0
Ta có A0B0C0D0 là hình bình hành ⇔ A0D0 k B0C0 .
Gọi E = AB ∩ CD và F = AD ∩ BC. Ta có SE = (SAB) ∩ (SCD), SF = (SAD) ∩ (SBC). Ta lại có  A0B0 = (P) ∩ (SAB)    C0 D0 = (P) ∩ (SCD) ⇒ SE k A0B0 k C0D0. SE = (SAB) ∩ (SCD)     A0B0 k C0D0
⇒ SE k (P) (theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng). Tương tự, SF k (P).
Vậy, nếu (P) k SE và (P) k SF thì A0B0C0D0 là hình bình hành.
Bài 8. Cho tứ diện ABCD có AB = CD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và BD,
E là điểm thuộc AD khác A và D. Tìm vị trí của E để thiết diện của tứ diện khi cắt bởi
mặt phẳng (JEI) là hình thoi. Lời giải.
3. HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG 91
Ta có I J là đường trung bình của tam giác BCD. A
Do đó, I J k CD ⇒ CD k (I JEF) ⇒ CD k EF (do CD, EF đồng phẳng).
Suy ra, thiết diện I JEF là hình thang. E ®EF = JI F
Do đó, điều kiện để I JEF là hình thoi là EF = JE. ⇒ E là trung điểm AD.
Ngược lại, nếu E là trung điểm của AD thì B D J  CD I EF k J I k CD, EF = I J =    2  AB ⇒ I JEF là hình thoi. JE k FI k AB, JE = FI = C   2   CD = AB
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng (P) cắt các
đoạn SA, SB, SC, SD lần lượt tại A0, B0, C0, D0. Chứng minh rằng tứ giác A0B0C0D0 là
hình bình hành khi và chỉ khi mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (ABCD). Lời giải. Giả sử (P) k (ABCD). ∆ S ∆0
Khi đó, (P) và (ABCD) bị mặt phẳng (SAB) cắt theo
hai giao tuyến A0B0 và AB song song.
Tương tự, CD k C0D0, BC k B0C0, AD k A0D0.
⇒ A0B0 k C0D0 và A0D0 k B0C0.
⇒ A0B0C0D0 là hình bình hành. A0 B0
Giả sử A0B0C0D0 là hình bình hành.  A0B0 k C0D0 A B   D0 Ta có
A0B0 ⊂ (SAB) ⇒ ∆ = (SAB) ∩ (SCD), ∆ k C0  C0D0 ⊂ (SCD) A0B0, ∆ k C0D0.  D C AB k CD   Mặt khác AB ⊂ (SAB) ⇒ ∆0 = (SAB) ∩  CD ⊂ (SCD) (SCD), ∆0 k AB, ∆0 k CD.
Từ tính chất duy nhất của giao tuyến hai mặt phẳng (SAB) và (SCD), ta suy ra ∆ ≡ ∆0.
Suy ra A0B0 k AB k ∆ ⇒ A0B0 k (ABCD).
Chứng minh tương tự, ta có A0D0 k (ABCD).  A0B0 k (ABCD)   Do đó
A0D0 k (ABCD) ⇒ (P) k (ABCD).   A0B0, A0D0 ⊂ (P)
Bài 10. Cho hai hình vuông ABCD và ABEF ở trong hai mặt phẳng phân biệt. Trên
các đường chéo AC và BF lần lượt lấy các điểm M và N sao cho AM = BN. Các đường
thẳng song song với AB vẽ từ M và N lần lượt cắt AD và AF tại M0 và N0. Chứng minh rằng
1. Mặt phẳng (ADF) song song với mặt phẳng (BCE).
2. Mặt phẳng (DEF) song song với mặt phẳng (MM0N0N). 92
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG Lời giải.
1. Mặt phẳng (ADF) song song với mặt phẳng (BCE).
Ta có AF k BE, BE ⊂ (BCE) và AD k BC, BC ⊂ (BCE).
⇒ AF và AD cùng song song với (BCE).
Mà AF, AD ⊂ (ADF). Vậy (ADF) k (BCE).
2. Mặt phẳng (DEF) song song với mặt phẳng (MM0N0N). Ta có MM0 k AB, AB k EF. F E ⇒ MM0 k EF ⊂ (DEF). (∗) Mặt khác, N  AM0 AM N0  MM0 k CD ⇒ =    AD AC  AN0 BN A B NN0 k AB ⇒ =   AF BF  M0   AM = BN, AC = BF. M D C AM0 AN0 ⇒ = ⇒ M0N0 k DF ⊂ AD AF (DEF) (∗∗)
Mà MM0, M0N0 ⊂ (MM0N0N) (∗ ∗ ∗)
Từ (∗), (∗∗) và (∗ ∗ ∗), suy ra (DEF) k (MM0N0N). Bài 4. KHỐI LĂNG TRỤ
Bài 1. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (AB0C0) và (BA0C0).
2. Gọi M, N lần lượt là hai điểm bất kỳ trên AA0 và BC. Tìm giao điểm của B0C0 với
mặt phẳng (AA0N) và giao điểm của MN với (AB0C0). Lời giải.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (AB0C0) và (BA0C0).
Ta có C0 là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng (AB0C0) và (BA0C0).
Gọi G là giao điểm của AB0 và BA0.
Suy ra G là điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng (AB0C0) và BA0C0.
Vậy (AB0C0) ∩ (BA0C0) = C0G.
2. Gọi M, N lần lượt là hai điểm bất kỳ trên AA0 và BC. Tìm giao điểm của B0C0 với mặt
phẳng (AA0N) và giao điểm của MN với (AB0C0). 4. KHỐI LĂNG TRỤ 93
Tìm giao điểm của B0C0 với mặt phẳng A0 C0 J (AA0N). Ta có B0C0 ⊂ (BCC0B0).  N ∈ (AA0N) ∩ (BCC0B0) B0   M Ta lại có AA0 k BB0 
 AA0 ⊂ (AA0 N), BB0 ⊂ (BCC0B0).
⇒ (AA0N) ∩ (BCC0B0) = Nx (Nx k AA0 k G K BB0).
Gọi J = Nx ∩ B0C0 ⇒ J = B0C0 ∩ (AA0N).
Tìm giao điểm của MN với mặt phẳng A C (AB0C0). N Ta có MN ⊂ (AN J A0).  A ∈ (AN JA0) ∩ (AB0C0)   B Ta lại có ® J ∈ (AN JA0)
⇒ J ∈ (AN J A0) ∩ (AB0C0).   J ∈ B0C0 ⊂ (AB0C0)
⇒ AJ = (AN J A0) ∩ (AB0C0). Gọi K = MN ∩ AJ. Vậy K = MN ∩ (AB0C0).
Bài 2. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của
AA0, AD, DC. Tìm thiết diện tạo bởi mặt phẳng đi qua ba điểm M, N, P với hình lập phương. Lời giải.
Gọi I, L lần lượt là giao điểm của
đường thẳng NP với AB và BC. A0 D0
MI là giao tuyến của hai mặt K
phẳng (MNP) và (ABB0 A0). Gọi K B0 O C0
là giao điểm của MI và A0B0.
K là điểm chung của mặt phẳng M
(MNP) với (A0B0C0D0) và NP k
AC k A0C0 nên giao tuyến của H
(MNP) với (A0B0C0D0) là đường I
thẳng đi qua K và song song A0C0 A D cắt B0C0 tại O. N
O và L là hai điểm chung của P L
(MNP) và (BCC0B0) nên (MNP) ∩ B C
(BCC0B0) = OL, gọi H = OL ∩ CC0.
Vậy thiết diện của hình lập
phương khi bị cắt bởi mặt phẳng
(MNP) là lục giác MNPHOK có
các cặp cạnh đối song song.
Bài 3. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm DC, AD, BB0.
1. Tìm thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP) với hình hộp ABCD.A0B0C0D0.
2. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (A0B0C0D0). Lời giải. 94
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG A0 D0 B0 C0 F L H N P A D M K I B C E
1. Tìm thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP) với hình hộp ABCD.A0B0C0D0.
Trong mặt phẳng đáy (ABDC) gọi F và E là giao điểm của đường thẳng MN với AB và BC.
Ta thấy PF là giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với (ABB0 A0).
Gọi H là giao điểm của AA0 và PF.
Ta thấy PE là giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với (BCC0B0).
Gọi K là giao điểm của CC0 và PE.
Kết luận: thiết diện của hình hộp khi bị cắt bởi mặt phẳng (MNP) là ngũ giác MNHPK.
2. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (A0B0C0D0).
Trong mặt phẳng (ABB0 A0), gọi I là giao điểm của HP và A0B0.
Trong mặt phẳng (BB0C0C), gọi L là giao điểm của KP và B0C0.
Ta có L và I là hai điểm chung của hai mặt phẳng (MNP) và (A0B0C0D0).
Kết luận: giao tuyến của hai mặt phẳng (MNP) và (A0B0C0D0) là đường thẳng LI.
Bài 4. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0. Gọi M là trung điểm của BB0, G là trọng tâm tam giác ABC.
1. Tìm thiết diện tạo bởi (A0 MG) cắt hình lăng trụ ABC.A0B0C0.
2. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (A0 MG) với (A0B0C0). Lời giải. 4. KHỐI LĂNG TRỤ 95 A0 C0
1. Tìm thiết diện tạo bởi (A0 MG) cắt hình lăng trụ ABC.A0B0C0. B0
Trong mặt phẳng (ABB0 A0), gọi I = A0 M ∩ AB. H
Ta có I và G là hai điểm chung của (ABC) và M (A0 MG). A F C Vậy (A0 MG) ∩ (ABC) = IG. G
Trong mặt phẳng đáy (ABC) gọi E, F lần lượt E
là giao điểm của IG với BC và AC. B
Từ đó suy ra thiết diện cần tìm là A0FEM. I
2. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (A0 MG) với (A0B0C0).
Trong mặt phẳng (BCC0B0), gọi H = EM ∩ B0C0.
Suy ra A0 và H là hai điểm chung của (A0 MG) và (A0B0C0).
Kết luận: (A0 MG) ∩ (A0B0C0) = A0H.
Bài 5. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Tìm thiết
diện tạo bởi mặt phẳng (P) song song với (AB0D0) và đi qua M cắt hình hộp. Lời giải. A0 D0 I N B0 P C0 F K H A E D M B C
Vì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (AB0D0) suy ra (P) song song với mọi đường
thẳng thuộc mặt phẳng (AB0D0). Ta thấy M là điểm chung của (P) và (ABCD) và ta có
(P) k BD k B0D0, suy ra giao tuyến qua M và song song với BD. Giao tuyến này cắt AD tại E.
Ta thấy E là điểm chung của (P) và (ADD0 A0) và ta có (P) k AD0 suy ra giao tuyến qua E và
song song với AD0. Giao tuyến này cắt DD0 tại F.
Ta thấy M là điểm chung của (P) và (ABB0 A0) và ta có (P) k AB0 suy ra giao tuyến qua M và
song song với AB0. Giao tuyến này cắt BB0 tại H.
Trong mặt phẳng (ABB0 A0), gọi K = MH ∩ A0B0. (1)
Trong mặt phẳng (ADD0 A0), gọi I = EF ∩ A0D0. (2)
Từ (1) và (2) suy ra KI = (P) ∩ (A0B0C0D0). ®P = KI ∩ B0C0
Trong mặt phẳng (A0B0C0D0) gọi N = KI ∩ C0D0. 96
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Thiết diện cần tìm là lục giác MEFNPH.
Bài 6. Cho lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0. Gọi H là trung điểm của A0B0.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (AB0C0) và (ABC).
2. Chứng minh rằng CB0 k (AHC0). Lời giải. B0 C0
1. Ta có A là điểm chung của AB0C0 và (ABC). H B0C0 k BC A0   Mà
B0C0 ⊂ (AB0C0) ⇒ (AB0C0) ∩ (ABC) = Ax, (Ax k I  BC ⊂ (ABC) B0C0 k BC). B C
2. Ta có tứ giác AA0C0C là hình bình hành. x A
Suy ra A0C cắt AC0 tại trung điểm I của mỗi đường.
Do đó I H k CB0 (I H là đường trung bình của 4CB0 A0).
Mặt khác, ta thấy I H ∈ (AHC0) nên ta được CB0 k (AHC0).
Bài 7. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0. Gọi H là trung điểm của cạnh A0B0.
1. Chứng minh rằng đường thẳng CB0 song song với mặt phẳng (AHC0).
2. Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB0C0) và (A0BC). Chứng minh rằng d song
song với mặt phẳng (BB0C0C).
3. Xác định thiết diện của hình lăng trụ ABC.A0B0C0 khi cắt bởi mặt phẳng (H, d). Lời giải. 4. KHỐI LĂNG TRỤ 97 A0 C0 L
1. Gọi I là tâm của hình bình hành AA0C0C.
Ta có HI là đường trung bình của 4A0B0C nên CB0 k HI. H
Mặt khác HI nằm trong mặt phẳng (AHC0). B0 Vậy CB0 k (AHC0). I
2. Gọi J là tâm của hình bình hành AA0B0B. J
Ta thấy I, J là hai điểm chung của hai mặt d phẳng (AB0C0) và (A0BC).
Vậy giao tuyến d của chúng là đường thẳng A K C I J.
Ta có I J là đường trung bình của 4A0BC, E
suy ra d k BC, mà BC ⊂ (BCC0B0) ⇒ d k (BB0C0C). B
3. Trong mặt phẳng (ABB0 A0) gọi E = AB ∩ H J.
Ta có E là điểm chung của hai mặt phẳng
(H, d) và (ABC), nên giao tuyến của chúng
qua E và song song với BC k d, giao tuyến này cắt AC tại K.
KI là giao tuyến của (H, d) và (ACC0 A0), KI cắt A0C0 tại L.
Dễ dàng chứng minh E, K, L lần lượt là trung điểm của AB, AC, A0C0.
Kết luận: thiết diện cần tìm là hình bình hành HEKL.
Bài 8. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Gọi Q, R lần lượt là tâm các mặt (BCC0B0), (CDD0C0). 1. Chứng minh RQ k (ABCD).
2. Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi (AQR). MC0
3. Gọi M là giao điểm của CC0 với (AQR). Tính tỉ số . MC Lời giải. A0 D0 B0 C0 M R L Q J A D I B E C 1. Chứng minh RQ k (ABCD). 98
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Vì QR là đường trung bình của tam giác C0BD nên QR k BD.
Do BD ⊂ (ABCD) nên RQ k (ABCD).
2. Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi (AQR).
A là điểm chung của mặt phẳng (AQR) và mặt đáy (ABCD).
Qua A kẻ đường thẳng d song song với BD thì d = (AQR) ∩ (ABCD).
Giao tuyến d cắt đường thẳng BC tại điểm I.
I và Q là hai điểm chung của hai mặt phẳng (AQR) và (BCC0B0) nên (AQR) ∩ (BCC0B0) =
IQ, giao tuyến IQ cắt BB0 tại J và cắt CC0 tại M.
MR là giao tuyến của hai mặt phẳng (AQR) và (CDD0C0).
Gọi L là giao điểm của MR và DD0. (AQR) ∩ (ADD0 A0) = AL   Ta có
(AQR) ∩ (BCC0B0) = J M ⇒ AL k J M.  (ADD0 A0) k (BCC0B0) (AQR) ∩ (ABB0 A0) = AJ   Ta có
(AQR) ∩ (CDD0C0) = LM ⇒ AJ k LM.  (ADD0 A0) k (BCC0B0)
Kết luận: thiết diện cần tìm là hình bình hành AJ ML.
3. Trong mặt phẳng đáy (ABCD) có AI k BD và AD k IB nên tứ giác ADBI là hình bình hành. 1
BI là đường trung bình của tam giác ICM, ta có BJ = CM. (1) 2 IB JB 2 2
Dựng QE k BJ, (E ∈ BC), trong tam giác IQE, ta có = = ⇒ JB = QE. (2) IE QE 3 3 1
QE là đường trung bình của tam giác BCC0 ⇒ QE = CC0. (3) 2 1 2 1 MC0 1
Từ (1), (2) và (3) ta có CM = · CC0 ⇒ = . 2 3 2 MC 2
Bài 9. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0. Gọi I, J, K lần lượt là tâm của hình bình
hành ACC0 A0, BCC0B0, ABB0 A0.
1. Chứng minh I J k (ABB0 A0), JK k (ACC0 A0), IK k (BCC0B0), mặt phẳng (I JK)
song song với mặt đáy của lăng trụ.
2. Ba đường thẳng AJ, CK, BI đồng qui tại điểm O.
3. Gọi G, G0 là trọng tâm của tam giác ABC và A0B0C0. Chứng minh rằng G, O, G0 thẳng hành. Lời giải. 4. KHỐI LĂNG TRỤ 99 C0 A0
1. Ta thấy KI là đường trung bình của 4A0BC ⇒ KI k BC. G0 Suy ra KI k (BCC0B0). E0
Ta thấy I J là đường trung bình của 4C0 AB, suy ra I J k AB. Suy ra I J k (ABB0 A0). I B0
Ta thấy KJ là đường trung bình của 4B0 AC, suy ra KJ k AC. J K Suy ra KJ k (ACC0 A0). O Suy ra (I JK) k (ABC). C
Vì (ABC) k (A0B0C0) nên (I JK) k (A0B0C0). A
2. Chứng minh ba đường thẳng AJ, CK, BI đồng G qui tại điểm O. E
Trong mặt phẳng (C0 AB) có AJ và BI là hai
đường trung tuyến. Gọi O = AJ ∩ BI.
Suy ra O là trọng tâm 4C0 AB, ta có BO = B 2 BI. (1) 3
Trong mặt phẳng (A0BC) có BI và CK là hai
đường trung tuyến. Gọi O0 = BI ∩ CK.
Suy ra O0 là trọng tâm của 4A0BC, ta có 2 BO0 = BI. (2) 3
Từ (1) và (2) suy ra O và O0 trùng nhau.
Kết luận: ba đường thẳng AJ, BI, CK đồng qui tại điểm O.
3. Chứng minh G, O, G0 thẳng hàng.
Gọi E, E0 lần lượt là trung điểm của BC và B0C0.
Suy ra EE0 là đường trung bình của hình bình hành BCC0B0 nên BB0 k EE0.
Mà BB0 k AA0 ⇒ AA0 k EE0 ⇒ AEE0 A0 là hình bình hành. A0G0 AG 2
Vì G, G0 lần lượt là trọng tâm của 4ABC và 4A0B0C0, ta có = = ⇒ GG0 k A0E0 AE 3 EE0. (3) AO AG 2 Trong 4AEI ta có = = ⇒ GO k EJ. (4) AJ AE 3 Ta có E, J, E0 thẳng hàng.
Từ (3) và (4) suy ra ba điểm G, O, G0 thẳng hàng.
Bài 10. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Gọi O0 là tâm hình bình hành A0B0C0D0, K là
trung điểm của CD, E là trung điểm của BO0. Chứng minh E thuộc (ACB0). Xác định
thiết diện của hình hộp khi cắt bởi mặt phẳng (P) qua K và song song với (EAC). Lời giải. 100
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD. Ta có A0 D0
BOO0B0 là hình bình hành, nên hai đường chéo BO0 O0 Q
và B0O cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Suy ra E là trung điểm của B0O. Mà B0O ⊂ B0 R C0 (ACB0) ⇒ E ∈ (ACB0). Ta có (ACB0) cũng là (ACE). P
Vì mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (ACB0)
nên mặt phẳng (P) song song với mọi đường thuộc E F mặt phẳng (ACB0). S
Trong mặt phẳng (ABCD), ta có K là điểm chung và A M D
AC k (P) nên giao tuyến của chúng qua K và song
song với AC. Giao tuyến này cắt AB, AD, BC lần lượt O K tại F, M, N. B C N
F là điểm chung của hai mặt phẳng (ABB0 A0) và mặt phẳng (P), có AB0 k (P).
Nên giao tuyến của chúng qua F và song song với
AB0, giao tuyến này cắt AA0, A0B0 lần lượt tại P và Q.
Giao tuyến của (P) và (A0B0C0D0) qua Q và song song
với A0C0, giao tuyến này cắt B0C0 tại R.
Giao tuyến của (P) và (BCC0B0) qua R và song song với B0C, giao tuyến này cắt CC0 tại S.
Kết luận: thiết diện cần tìm là lục giác KMPQRS. Lục giác có tính chất các cặp cạnh đối song song.
Bài 11. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0. Trên cạnh BA kéo dài về phía A ta lấy điểm M sao cho AB = 2AM.
1. Xác định thiết diện của hình lăng trụ tạo với (P) qua M và B0 và trung điểm E của AC. DB
2. Tìm giao điểm D của BC với (MB0E). Tính tỉ số . DC Lời giải. 4. KHỐI LĂNG TRỤ 101
M, E là hai điểm chung của (MEB0) và C0 (ABC) A0 ⇒ (MEB0) ∩ (ABC) = ME.
Gọi D là giao điểm của ME và BC.
Suy ra (MEB0) ∩ (BCC0B0) = DB0.
M, B0 là hai điểm chung của (MEB0) và B0 N (ABB0 A0)
⇒ (MEB0) ∩ (ABB0 A0) = MB0. M
Gọi N là giao điểm của AA0 với MB0. C E
Suy ra thiết diện của hình lăng trụ A D
ABC.A0B0C0 với mặt phẳng (MEB0) là F tứ giác EDB0N.
Trong mặt phẳng đáy (ABC) kẻ B EF k BC, (F ∈ AB).
EF là đường trung bình của tam giác ABC. 1 Ta có EF = BC. (1) 2 MF EF 2 Trong 4MBD ta có = = ⇒ MB BD 3 2 EF = BD. (2) 3 2 1 3 DB Từ (1) và (2) ta có BD = BC ⇔ BD = BC ⇒ = 3. 3 2 4 DC
Bài 12. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0. Gọi I, J, K lần lượt là trọng tâm của tam giác
ABC, ACC0, A0B0C0. Chứng minh (I JK) k (BCC0B0) và (A0 JK) k (AIB0). Lời giải.
Gọi E, E0 lần lượt là trung điểm BC và B0C0. Suy A0 C0
ra, EE0 là đường trung bình của hình bình hành K BCC0B0 nên BB0 k EE0. E0
Mà BB0 k AA0 ⇒ AA0 k EE0 ⇒ AEE0 A0 là hình bình hành. B0 A0K
Trong hình bình hành AEE0 A0, ta có = J AI A0E0 ⇒ IK k EE0. (1) AE
Gọi M là trung điểm của AC. A M C MI MJ 1 Trong 4MBC0 ta có = = ⇒ I J k BC0. I MB MC0 3 E (2)
Từ (1) và (2) suy ra (I JK) k (BCC0B0). B
Mặt phẳng (A0CE0) cũng là mặt phẳng (A0 JK).
Mặt phẳng (AEB0) cũng là mặt phẳng (AIB0).
Trong mặt phẳng (BCC0B0) có EB0 k CE0. Vì
AEE0 A0 là hình bình hành A0E0 k AE. (4)
Từ (3) và (4) suy ra (A0 JK) k (AIB0).
Bài 13. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0. Gọi M, M0 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, B0C0.
1. Chứng minh AM song song A0 M0. 102
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
2. Tìm giao điểm của đường thẳng A0 M và (AB0C0).
3. Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB0C0) và (BA0C0).
4. Tìm giao điểm G của đường thẳng d với mặt phẳng (AM0 M). Chứng minh G là
trọng tâm của tam giác AB0C0. Lời giải. A0 M0 C0
1. Vì MM0 là đường trung bình của hình bình hành B0 BCC0B0 nên ~ MM0 = ~ BB0. Mà ~ BB0 = ~ AA0. Từ đó suy ra G ~ MM0 = ~
AA0. Vậy AMM0 A0 là hình bình hành. Do đó K AM k A0 M0. I
2. Tìm giao điểm của đường thẳng A0 M và mặt phẳng (AB0C0). A C
Trong mặt phẳng (AMM0 A0), gọi K = A0 M ∩ AM0. M ®K ∈ A0 M B Có ⇒ K = A0 M ∩ K ∈ AM0; AM0 ⊂ (AB0C0) (AB0C0).
3. Tìm giao tuyến d của mặt phẳng (AB0C0) và (BA0C0).
Trong mặt phẳng (ABB0 A0), gọi I ∈ BA0 ∩ AB0. ® I ∈ BA0, BA0 ⊂ (BA0C0) Có ⇒ I ∈ (BA0C0) ∩ (AB0C0). I ∈ AB0, AB0 ⊂ (AB0C0)
Ta lại có C0 ∈ (BA0C0) ∩ (AB0C0).
Vậy giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB0C0) và (BA0C0) là IC0.
4. Trong mặt phẳng (AB0C0) gọi G = C0 I ∩ AM0. ®G ∈ C0 I Có ⇒ G = C0 I ∩ (AMM0). G ∈ AM0, AM0 ⊂ (AMM0)
Do đó G là giao điểm của hai đường trung tuyến C0 I và AM0 của tam giác AB0C0. Vậy
G là trong tâm tam giác AB0C0.
Bài 14. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy là tam giác đều cạnh a, các mặt bên
ABB0 A0, ACC0 A0 là hình vuông có tâm lần lượt là I và J. Gọi O là tâm đường ngoại tiếp tròn tam giác ABC.
1. Chứng minh I J song song với mặt phẳng ABC.
2. Xác định thiết diện của hình lăng trụ với mặt phẳng (OI J). Tính diện tích thiết diện theo a. Lời giải. 4. KHỐI LĂNG TRỤ 103 L
1. Chứng minh I J song song với mặt phẳng ABC. A0 M C0
Ta có I J là đường trung bình của tam giác A0BC nên I J k B0
BC. Mà BC ⊂ (ABC). Suy ra I J k (ABC). J
2. Xác định thiết diện của lăng trụ với mặt phẳng (OI J). I
Ta có O là điểm chung của hai mặt phẳng (OI J) và (ABC),
nên giao tuyến của chúng đi qua O và song song với BC, K giao tuyến này cắt A C
AB, AC lần lượt tại H, K. H I
là giao tuyến của (OI J) với (ABB0 A0) , gọi O H M = H I ∩ A0B0. B
K J là giao tuyến của (I JO) với (ACC0 A0), gọi L = K J ∩ A0C0.
Từ đó suy ra ML là giao tuyến của (OI J) với (A0B0C0), vì I J k B0C0. Suy ra ML k B0C0 k I J.
Vậy thiết diện cần tìm là hình thang HKLM ( vì HK k LM k BC) (1)
Ta có ABB0 A0, ACC0 A0 là hình vuông và AH = AK, A0 M = A0L. Suy ra MH = LK. (2).
Từ (1) và (2) suy ra HKLM là hình thang cân. A0 M B0 AH HK 2
Trong tam giác 4ABC có HK k BC nên = = ⇒ HK = AB BC 3 2a . I 3
Ta có I J là đường trung bình của HKLM, HK + LM a có I J =
⇒ LM = 2I J − HK = BC − Hk = . A E H B 2 3
Vẽ lại mặt bên ABB0 A0 như hình vẽ. √ √ a2 a 10 Ta có MH = ME2 + EH2 = a2 + = 9 3 2a a a a Ta có 2HI = HK − ML = − = ⇒ HI = . M L 3 3 3 6 √ √ 10a2 a2 a 39 Và MI = MH2 − H I2 = − = . 9 36 6
Diện tích hình thang cân HKLM có SHKLM = √ 1 a2 39 (HK + LM) · MI = . 2 12 H I K
Bài 15. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0
1. Tìm giao điểm của hai mặt phẳng (AB0C0) và (BA0C0).
2. Gọi M, N lần lượt là hai điểm bất kì trên AA0 và BC. Tìm giao điểm B0C0 với
(AA0N) và giao điểm của MN với (AB0C0). Lời giải. 104
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG A0 J C0
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (AB0C0) và (BA0C0).
Ta có C0 là điểm chung thứ nhất của hai mặt phẳng (AB0C0) B0 M và (BA0C0) .
Trong mặt phẳng (ABB0 A0) gọi G là giao điểm của AB0 và G K
BA0. Suy ra điểm chung thứ hai của hai mặt phẳng (AB0C0) và (BA0C0). A C
Vậy (AB0C0) ∩ (BA0C0) = GC0. N
2. Tìm giao điểm B0C0 với (AA0N) và giao điểm của MN với B (AB0C0).
Chọn mặt phẳng (BCC0B0) chứa B0C0.  N ∈ (AA0N) ∩ (BCC0B0)   Ta có AA0 k BB0 
 AA0 ⊂ (AA0 N); BB0 ⊂ (BCC0B0).
Do đó (AA0N) ∩ (BCC0B0) = Nx, Nx k AA0 k BB0.
Gọi J = Nx ∩ B0C0 ⇒ J = B0C0 ∩ (AA0N).
Chọn mặt phẳng (AN J A0) chứa MN. Ta tìm giao tuyến của mặt phẳng (AN J A0) và (AB0C0).
Ta có A ∈ (AN J A0) ∩ (AB0C0). (1) ® J ∈ (AN JA0) Và
⇒ J ∈ (AN J A0) ∩ (AB0C0) (2) J ∈ B0C0 ⊂ (AB0C0)
Từ (1) và (2) suy ra AJ = (AN J A0) ∩ (AB0C0).
Trong mặt phẳng (AN J A0) gọi K = MN ∩ AJ ⇒ K = MN ∩ (AB0C0).
Bài 16. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0. Gọi M, M0 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, B0C0.
1. Chứng minh AM song song với A0 M0.
2. Tìm giao điểm của đường thẳng A0 M với mặt phẳng (AB0C0).
3. Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB0C0) và (BA0C0).
4. Tìm giao điểm G của đường thẳng d với mặt phẳng (AMM0). Chứng minh G là
trọng tâm của tam giác AB0C0. Lời giải. 4. KHỐI LĂNG TRỤ 105 A0 C0
1. Vì MM0 là đường trung bình của hình bình hành BCC0B0 M0 nên ~ MM0 = ~ BB0, mà ~ BB0 = ~ AA0. Từ đó suy ra ~ MM0 = G ~ B0 AA0. K
Vậy AMM0 A0 là hình bình hành, suy ra AM k A0 M0. I
2. Trong mặt phẳng (AMM0 A0), gọi K = A0 M ∩ AM0. A C ®K ∈ A0 M Ta có ⇒ K = A0 M ∩ (AB0C0). K ∈ AM0, AM0 ⊂ (AB0C0) M B
3. Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB0C0) và (BA0C0).
Trong mặt phẳng (ABB0 A0) gọi I = BA0 ∩ AB0. ® I ∈ BA0, BA0 ⊂ (BA0C0) Có ⇒ I ∈ (BA0C0) ∩ (AB0C0). I ∈ AB0, AB0 ⊂ (AB0C0)
Mặt khác C0 ∈ (BA0C0) ∩ (AB0C0).
Vậy giao tuyến d của hai mặt phẳng (AB0C0) và (BA0C0) là IC0. ®G ∈ C0 I
4. Trong mặt phẳng (AB0C0) gọi G = C0 I ∩ AM0. Có ⇒ G = G ∈ AM0, AM0 ⊂ (AMM0) C0 I ∩ (AMM0).
Vì G là giao điểm của hai đường trung tuyến C0 I và A0 M của tam giác AB0C0.
Vậy G là trọng tâm của tam giác AB0C0.
Bài 17. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh
AA0 và CC0. Một điểm P năm trên cạnh DD0.
1. Xác định giao điểm Q của đường thẳng BB0 với (MNP).
2. Mặt phẳng (MNP) cắt hình hộp theo thiết diện. Thiết diện đó có tính chất gì?
3. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (ABCD) của hình hộp. Lời giải.
1. Xác định giao điểm Q của đường thẳng BB0 với mặt phẳng (MNP).
Gọi O và O0 lần lượt là tâm của hai đáy A B x O
(ABCD) và (A0B0C0D0). Suy ra OO0 = C E D Q (BDD0B0) ∩ (ACC0 A0).
Gọi I = MN ∩ OO0 MN, OO0 ⊂ (ACC0 A0). M I ® I ∈ MN, MN ⊂ (MNP) Ta có N I ∈ OO0, OO0 ⊂ (BDD0B0) A0 P B0 ⇒ I ∈ (MNP) ∩ (BDD0B0) (1) O0 ®P ∈ (MNP) D0 C0 Ta có P ∈ DD0, DD0 ∈ (BDD0B0) ⇒ P ∈ (MNP) ∩ (BDD0B0). (2)
Từ (1) và (2) suy ra (MNP) ∩ (BDD0B0) = PI.
Gọi Q = PI ∩ BB0 ⇒ Q = BB0 ∩ (MNP).
2. Mặt phẳng (MNP) cắt hình hộp theo thiết diện là tứ giác MNPQ.
Ta có NP và MQ là giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với hai mặt phẳng song song với
nhau là (ABB0 A0) và (CDD0C). Nên suy ra NP k MQ (3) 106
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Lí luận tương tự ta có MP k QN. (4)
Từ (3) và (4) suy ra thiết diện MNPQ là hình bình hành.
3. Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (ABCD).
Trong mặt phẳng bên (CDD0C0) gọi E = CD ∩ NP. Vì MN là đường trung bình của
hình bình hành ACC0 A0, suy ra MN k AC. Từ đó suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng
(MNP) và mặt phẳng (ABCD) qua E và song song với MN k AC.
Bài 18. Cho hinh lăng trụ ABC.A0B0C0. Gọi G, G0 lần lượt là trọng tâm tam giác ABC
và A0B0C0. Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh AA0, BB0, CC0, GG0 lần lượt tại A1, B1, C1, G1. Chứng minh
1. GG0 song song và bằng cạnh bên của lăng trụ.
2. G1 là trong tâm tam giác 4A1B1C1. 1 1 3. G0G1 = A (A 3 1 A0 + B1B0 + C1C0; G1G = 3 1 A + B1B + C1C) . Lời giải. N0 A0 C0
1. GG0 song song và bằng các cạnh bên của lăng trụ. G0 M0
Gọi M và M0 theo thứ tự là trung điểm của BC và A1
B0C0. Nên MM0 là đường trung bình của hình bình N1 B0 C hành BCC0B0. 1
Suy ra MM0 k BB0 k CC0 và MM0 = BB0 = CC0. G1 M1 (1)
Vì ABC.A0B0C0 là hình lăng trụ nên AA0 k BB0 và A C B1 N AA0 = BB0. (2) G M
Từ (1) và (2) suy ra AMM0 A0 là hình bình hành và ta B AG A0G0 2 có = = (Tính chất trọng tâm). AM A0 M0 3 Nên GG0 k AA0 và GG0 = AA0.
2. Gọi M1 = MM0 ∩ B1C1 MM0, B1C1 ⊂ (BC0B0).
Tính chất hình bình hành thì M1 là trung điểm của B1C1. (3)
Ta có A1M1 = (A1B1C1) ∩ (AA0M0M).
Suy ra G1 chính là giao điểm của A1M1 với GG0. AG A 2 Vì MM 1G1 1 k GG1 k A A1 suy ra = = . (4) AM A1M 3
Từ (3) và (4) suy ra G1 là trọng tâm của tam giác 4A1B1C1.
3. Gọi N, N0 lần lượt là trung điểm của AG và A0G0. Dễ dàng chứng minh được NN0 k
GG0 k AA0. Gọi N1 là giao điểm của NN0 và A1G1, suy ra N1 là trung điểm của A1G1.
Ta có G1G0 là đường trung bình của hình thang M1M0N0N1;
N1N0 là đường trung bình của hình thang A1A0G0G1 1
M1M0 là đường trung bình của hình thang B1B0C0C1. Nên: G1G0 = (M 2 1 M0 + N1 N0) (1) 1 N1N0 = (A 2 1 A0 + G1G0) (2) 1 M1M0 = (B 2 1B0 + C1C0) (3) 1 2 Từ (1) và (2): G1G0 = A M 3 1 A0 + 3 1 M0 (4) 4. KHỐI LĂNG TRỤ 107 1
Thay (3) và (4) ta được: G1G0 = (A 3 1 A0 + B1B0 + C1C0). 1
Chứng minh tương tự: G1G = (A 3 1 A + B1B + C1C).
Bài 19. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0.
1. Chứng minh rằng hai mặt phẳng (BDA0) và (B0D0C) song song với nhau.
2. Chứng minh rằng đường chéo AC0 đi qua trọng tâm G0 và G00 lần lượt của hai tam giác BDA0 và B0D0C.
3. Chứng minh G0 và G00 chia đoạn thẳng AC0 thành ba phần bằng nhau.
4. Gọi E, F, G, H, K, L lần lượt là trung điểm của BC, CD, DD0, D0 A0, A0B0, B0B.
Chứng minh sáu điểm ở trên đồng phẳng. Lời giải. A D
1. CDA0B0 là hình bình hành nên DA0 k CB0 (1) O F
BDD0B0 là hình bình hành nên E BD k B0D0 (2) B C
Từ (1) và (2) suy ra (A0BD) k G0 G (B0D0C).
2. Gọi O và O0 lần lượt là tâm của I ABCD và A0B0C0D0. L
Trong mp(ACC0 A0), AC0 cắt A0O G00
và CO0 tại G0 và G00 (theo thứ tự). A0 D0 H
O là trung điểm của BD nên A0O K
là trung tuyến của tam giác BDA0 O0 và G0 ∈ A0O (1) B0 C0 A0C0 k OA nên: G0O OA 1 = = ⇒ G0 A0 = 2G0O G0 A0 A0C0 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: G0 là trọng tâm của tam giác A0BD.
Tương tự, G00 là trọng tâm của tam giác B0D0C. A0 O0 C0 3. Tam giác ACG00, OG0 là đường trung bình nên G0 là trung điểm của AG00 G00 ⇒ AG0 = G0G00. (3)
Tương tự, ta có C0G00 = G00G0. (4) G0 I
Từ (3) và (4) suy ra AG0 = G0G00 = G00C0.
Vậy G0 và G00 chia AC0 thành ba phần bằng nhau (điều A O C phải chứng minh).
4. Vì có FG k CD0, HK k B0D0, LE k B0C, ba đường thẳng FG, HK, LE cùng song song với mp(CB0D0). 108
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Tương tự ba đường thẳng EF, GH, KL cùng song song với mp(A0BD).
Mà (A0BD) k (CB0D0) suy ra sáu điểm E, F, G, H, K, L đồng phẳng.
Bài 20. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và CC0.
1. Xác định đường thẳng ∆ qua M cắt AN và cắt A0B. I M
2. Gọi I, J lần lượt là giao điểm của ∆ với AN và A0B. Hãy tìm tỉ số . I J Lời giải. C0
1. Giả sự đã dựng được đường thẳng ∆ cần B0 tìm cắt cả AN và A0B. A0 D0
Gọi I, J lần lượt là giao điểm của ∆ với AN và A0B.
Xét phép chiếu song song lên mặt phẳng N
(ABCD) theo phương chiếu A0B. J
Khi đó ba điểm J, I, M lần lượt là hình I chiếu của B, I0, M. N0
Do đó ba điểm B, I0, M thẳng hàng. B C Gọi I0
N0 là hình chiếu của N thì AN0 là hình M A D chiếu của AN.
Vì I thuộc AN nên I0 thuộc AN0. Vậy I0 là giao điểm của BM và AN0.
Từ phân tích trên ta có thể dựng đường
thẳng ∆ theo các bước sau đây:
• Lấy giao điểm I0 của AN0 và BM.
• Trong mp(ANN0) dựng I I0 k NN0 (đã có NN0 k CD0) cắt AN tại I.
• Vẽ đường thẳng MI, đó là đường thẳng ∆ cần tìm.
2. Dễ chứng minh được, đường thẳng ∆ nói trên cắt A0B.
Dễ thấy MC = CN0 suy ra MN0 = CD = AB.
Do đó I là trung điểm của BM.
Mặt khác I I0 k JB, nên I I0 là đường trung bình của tam giác MBJ. I M Suy ra I M = I J ⇒ = 1. I J
Bài 21. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0.
1. Hãy xác định đường thẳng ∆ cắt cả hai đường thẳng AC0 và BA0 đồng thời song song với B0D0. AI
2. Gọi I, J lần lượt là giao điểm của ∆ với AC0 và BA0. Tính tỉ số . AC0 Lời giải. 4. KHỐI LĂNG TRỤ 109 A
1. Giả sửa đã xác định được đường thẳng ∆ D
cắt AC0 và BA0 lần lượt tại I và J. B C
Xét phép chiếu song song lên mp(ABB0 A0) theo phương chiếu D0B0. I ∆ J
Khi đó, hình chiếu của ba điểm A, I, C0 lần
lượt là ba điểm thẳng hàng A, J, K. Mặt
khác J thuộc BA0, nên J chính là giao điểm A0 D0 của AK và BA0. B0
Từ đó, ta có cách dựng đường thẳng ∆ theo C0 các bước sau đây: K
• Dựng điểm K là hình chiếu của C0 (theo phương chiếu D0B0).
• Lấy giao điểm J của AK và BA0.
• Qua J dựng đường thẳng ∆ k C0K (đã
có C0K k B0D0), ta được đường thẳng ∆ cần tìm.
2. Dễ thấy A0B0 = B0K ⇒ A0K = 2AB (do A0B0 = AB). AI AB 1 Vì AB k A0K ⇒ = = . JK A0K 2 AI AJ 1 AI 1 Mặt khác I J k C0K ⇒ = = ⇒ = . IC0 JK 2 AC0 3
Bài 22. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. 1
1. Chứng minh rằng đường chéo B0D cắt mp(A0BC0) tại điểm G sao cho BG = GD 2
và G là trọng tâm tam giác A0BC0.
2. Chứng minh rằng (D0 AC) k (BA0C0) và trọng tậm G0 của 4D0 AC cũng nằm trên 2 B0D và B0G0 = B0D. 3
3. Gọi P, Q, R lần lượt là các điểm đối xứng của điểm B0 qua A, D0, C. Chứng minh rằng (PQR) k (BA0C0).
4. Chứng minh rằng D là trọng tâm tứ diện B0PQR. Lời giải. 110
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG R
1. Gọi O0 là giao điểm của A0C0 và B0D0. Khi đó P (A0BC0) ∩ (BDD0B0) = BO0. B C Gọi G là giao điểm của B0D và BO0 thì G chính A D
là giao điểm của B0D với mp(A0BC0). Dễ thấy 4GBO v G
4GO0B0, tỉ số đồng dạng Å BD ã là 2 do = 2 . C0 B0 B0O0 O0 A0 1 D0 Vậy B0G = GD và Q 2 1 GO0 = GB, suy ra G là 2 trọng tâm tam giác A0BC0.
2. Dễ thấy AC k A0C0, D0 A k C0B ⇒ (D0 AC) k (BA0C0).
Chứng minh tương tự như câu trên, ta có trọng tâm G0 của tam giác D0 AC nằm trên 1
đường chéo DB0 và DG0 = G0B0. 2
Từ đó và kết quả của câu trên suy ra G và G0 chia đường chéo B0D thành ba phân bằng nhau. 2 Vậy B0G0 = B0D. 3 B0
3. Do A, D0, C lần lượt là trung điểm của PB0, QB0, RB0 nên PQ k AD0, QR k D0C, RP k CA. G C A
Từ đó suy ra (PQR) k (AD0C). G0
Mặt khác, theo câu trên, ta có (D0 AC) k (BA0C0) nên D0 (PQR) k (BA0C0). D R
4. Vì A, D0, C lần lượt là trung điểm của B0P, B0Q, B0R nên P
trọng tâm G00 của tam giác PQR phải nằm trên đường G00 4 3 thẳng B0G00 và B0G00 = B0D ⇒ B0D = B0G00. 3 4 Q
Vậy D là trọng tâm tứ diện B0PQR.
Bài 23. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0. Điểm M thuộc cạnh AD, điểm N thuộc cạnh
D0C0 sao cho AM : MD = D0N : NC0.
1. Chứng minh rằng MN song song với (C0BD).
2. Xác định thiết diện của hình hộp khi cắt bởi mp (P) qua MN song song với mp(C0BD).
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 111 Lời giải. A E B 1. Theo giả thiết, ta có: M MN D0 N AM MD AD = ⇒ = = . MD NC0 D0 N NC0 D0C0 D C
Theo định lý Ta-lét đảo, ta có F MN, AD0, DC0 cùng song song với một mặt phẳng (P).
Mặt phẳng (P) song song với AD0 J và DC0. Nhưng AD0 k BC0 nên
mặt phẳng (P) song song với mặt A0 B0 phẳng (C0BD). Từ đó, ta có MN k (C0BD). I
2. Từ M kẻ ME k BD, cắt AB tại E. D0 C0 N
Từ E kẻ đường thẳng EF k AB0,
cắt BB0 tại F; từ F kẻ đường thẳng FI k BC0, cắt B0C0 tại I.
Từ N kẻ đường thẳng N J k CD, cắt DD0 tại J.
Dễ thấy thiết diện là lục giác
MEFI N J có các cạnh đối lần lượt
song song với ba cạnh của tam giác C0BD. Bài 5.
BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, AD là đáy lớn. Gọi M, N,
E lần lượt là trung điểm của SA, AB, CD.
1. Chứng minh EN k (SBC), (MNE) k (SBC).
2. Tìm giao điểm F của SD với mp(MNE). Chứng minh SC k (MNE). Đường thẳng
DM song song với (SBC) hay không? Giải thích.
3. Xác định thiết diện của hình chóp S.ABCD với mp(MNE). Thiết diện đó là hình gì? Tại sao? Lời giải. 1. 112
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG • Vì EN k BC, J S mà BC ⊂ (SBC) y ⇒ EN k (SBC). • Có M F ® MN k SB, NE k BC x
MN, NE ⊂ (MNE); SB, BC ⊂ (SBC) ⇒ (MNE) k (SBC). 2. • Ta có M là điểm chung A D của hai mặt phẳng (MNE) N E và (SAD), và có NE k AD. Suy ra giao tuyến của B C chúng qua M và song song với AD, giao tuyến
này cắt SD tại F. F chính là giao điểm SD với mp(MNE).
• Theo chứng minh trên, ta có (MNE) k (SBC), mà SC ⊂ (SBC) ⇒ SC k (MNE). S ∈ (SAD) ∩ (SBC)   • Ta có AD k BC
⇒ (SAD) ∩ (SBC) = Sy (Sy k AD k BC).   AD ⊂ (SAD); BC ⊂ (SBC)
Trong mp(SAD), gọi J = DM ∩ Sy ⇒ J = DM ∩ (SBC).
Từ đó suy ra DM không song song với mp(SBC).
3. Từ cách dựng điểm ở câu trên, suy ra thiết diện cần tìm là hình thang MNEF với NE k MF k AD.
Bài 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N, P lần lượt
là trung điểm của SA, BC, CD.
1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD), (SAD) và (SBC). TM
2. Tìm giao tuyến T của MP với mp(SBD) và tính tỉ số . TP QS
3. Tìm giao điểm Q của SD với mp(MNP) và tính tỉ số . QD
4. Tìm thiết thiện của mp(MNP) với hình chóp S.BCD. Thiết diện này là hình gì? Lời giải.
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 113 S x
1. Gọi O = AC ∩ BD, ta có O
và S là hai điểm chung của
hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) ⇒ (SAC) ∩ (SBD) = SO.
Có S là điểm chung của hai mặt M
phẳng (SAD) và (SBC), và có
AD k BC, nên giao tuyến của Q y
chúng là Sx, với Sx k AD k BC. T
2. Trong mặt phẳng (ABCD) gọi E = AP ∩ BD. A D L
Ta có S, E ∈ (SBD) ∩ (SAP) nên (SBD) ∩ (SAP) = SE. E P
Trong (SAP), gọi T = MP ∩ SE, O suy ra T = MP ∩ (SBD).
Kẻ EG k MP (G ∈ SA) được B C N AE AG GE 3 SM ST MT 3 = = = ; = = = . AP AM MP 2 SG SE GE 4 2 3 Suy ra GE = MP, MT = GE 3 4 TM nên = 2. TP
3. Có T ∈ (MNP) ∩ (SBD) nên giao tuyến của (MNP) và (SBD) qua T và song song với
BD. Giao tuyến này cắt SB, SD lần lượt tại L và Q. Suy ra L là giao điểm của (MNP)
với SB và Q là giao điểm của (MNP) với SD. ST SQ 3
Trong 4SBD có LQ k BD nên có = = (do chứng minh trên). SE SD 4 QS Vậy = 3 QD
4. Từ cách tìm giao điểm ở trên, suy ra thiết diện của S.ABCD cắt bởi (MNP) là ngũ giác MLNPQ.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Gọi E là trung điểm SA.
1. Tìm giao tuyến d của (SAB) và (SCD).
2. SD cắt (BCE) tại F. Tứ giác BCEF là hình gì? Chứng minh ba đường thẳng d, BE và CF đồng quy.
3. Gọi M là điểm đối xứng của D qua E, H và K lần lượt là trung điểm của BM và CD
AB. Gọi N là giao điểm của CD với (EHK). Tính tỉ số . CN Lời giải. 114
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG x T I M S E F H N D A K B C S ∈ (SAB) ∩ (SCD)   1. Ta có AB k CD
⇒ (SAB) ∩ (SCD) = d là đường thẳng qua S song   AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD) song với AB. EF = (BCE) ∩ (SAD)   2. Ta có BC k AD
⇒ EF k BC k AD. Suy ra BCEF là hình thang.  BC ⊂ (BCE), AD ⊂ (SAD) ®T ∈ BE ⊂ (SAB) Gọi T = BE ∩ CF. Vì
nên T ∈ d. Vậy d, BE, CF đồng quy tại điểm T ∈ CF ⊂ (SCD) T.
3. Ta có ADSM là hình bình hành nên AM k SD. Mà KH k AM nên KH k SD. ® I ∈ d ⊂ (SCD)
Trong (SAB) gọi I = d ∩ KE ⇒ ⇒ I ∈ (HKE) ∩ (SCD). I ∈ KE ⊂ (HKE)
Suy ra giao tuyến của hai mặt phẳng (HKE) và (SCD) đi qua I và song song với SD,
giao tuyến này cắt CD tại N. Vậy N là giao điểm của CD và (HKE).
Ta có tứ giác BKIS là hình bình hành nên SI = BK. Tứ giác DN IS là hình bình hành nên DN = IS. 1 1 CD 2 Suy ra DN = BK = AB = CD. Vậy = . 2 2 CN 3
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang có AD là đáy lớn và AD = 2BC.
Gọi M, N, K, H lần lượt là trung điểm AB, AB, AD, DC.
1. Tìm giao điểm T của SA với (NDC) và giao tuyến của (SAD) với (MNK).
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 115 ST
2. Chứng minh HN k (SAD) và tính tỉ số . SA
3. Gọi (P) là mặt phẳng qua M và song song với BC, SD. Xác định thiết diện của (P) với hình chóp S.ABCD. Lời giải. S T x N L A D K M H B C I
1. Trong mặt phẳng (ABCD) gọi K = AB ∩ CD.
Ta có K, N ∈ (SAB) ∩ (NCD) nên (SAB) ∩ (NCD) = KN.
Trong (SAB) gọi T = KN ∩ SA ⇒ T = SA ∩ (NCD). K ∈ (SAD) ∩ (MNK)   Ta có SA k MN ⇒ (SAD) ∩ (MNK) = Kx k SA.  SA ⊂ (SAD), MN ⊂ (MNK)  MN k SA, MH k AD   2. Vì
MN, MH ⊂ (MNH) ⇒ (MNH) k (SAD) ⇒ NH k (SAD).  SA, AD ⊂ (SAD) KB KC BC 1 Trong 4KAD có AD k BC nên = = = ⇒ B là trung điểm KA. KA KD AD 2 1
MN là đường trung bình của 4BAS nên có MN = SA. (1) 2 KM MN 3 3
Trong 4KAT có MN k AT nên có = = ⇒ MN = TA. (2) KA TA 4 4 3 1 2 ST 1
Từ (1) và (2) suy ra TA = SA ⇔ TA = SA ⇒ = . 4 2 3 SA 3
3. Ta có M ∈ (P) ∩ (ABCD) mà (P) k BC nên giao tuyến của (P) và (ABCD) qua M và
song song với BC. Giao tuyến này chính là MH.
Khi đó H ∈ (P) ∩ (SCD), mà (P) k SD nên giao tuyến của (P) và (SCD) qua H song
song với SD, giao tuyến này cắt SC tại một điểm là L.
Vì H là trung điểm của CD nên L là trung điểm của SC.
Ta có NL k BC, (P) k BC và N ∈ (SBC) ∩ (P) nên NL là giao tuyến của (SBC) và (P).
Vậy thiết diện của (P) cắt hình chóp S.ABCD là hình thang MHLN. 116
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 5. Cho hình chóp S.ABC, E, F lần lượt là trung điểm AC và BC.
1. Tìm giao tuyến của (SAB) và (SEF).
2. Gọi M là trung điểm của SB và I là điểm trên SA thỏa mãn AI = 3IS. Tìm giao BH
điểm K của I M và (ABC) và giao điểm H của BC và (EI M). Tính tỉ số . BC
3. Gọi G là trọng tâm của 4SBC. Tìm thiết diện của hình chóp S.ABC cắt bởi (IEG). Lời giải. S I Q O M G A C E P F H L B K S ∈ (SAB) ∩ (SEF)   1. Ta có AB k EF
⇒ (SAB) ∩ (SEF) = d qua S song song với AB.   AB ⊂ (SAB), EF ⊂ (SEF) ®K ∈ IM
2. Trong (SAB) gọi K = I M ∩ (ABC). Vì ⇒ K = I M ∩ (ABC). K ∈ AB ⊂ (ABC)
Ta có AE = (EI M) ∩ (ABC). Gọi H = KE ∩ BC ⇒ H ∈ BC ∩ (EI M).
Gọi O là trung điểm SA. Khi đó I M là đường trung bình của 4SBO nên I M k BO. AB AO 1 1 Trong 4AIK có KI k BO ⇒ = = ⇒ AB = BK. BK OI 2 2
Gọi V là trung điểm AB, có VE là đường trung bình của A E C 4ABC. 1 ⇒ VE = BC. (1) 2 V
Và có BH là đường trung bình của 4KEV H 1 ⇒ BH = VE. (2) B 2 1 Từ (1) và (2) suy ra BH = BC. K 4
3. Trong (SAF), gọi L = IG ∩ AF ⇒ L ∈ (ABC).
Trong (ABC) gọi P = EL ∩ BC. Trong (SBC) gọi Q = PG ∩ SB.
Từ đó suy ra thiết diện của hình chóp S.ABC bị cắt bởi (IEG) là tứ giác IEPQ.
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 117
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và SC.
1. Tìm giao tuyến (SMN) và (SBD). MI
2. Tìm giao điểm I của MN và (SBD). Tính tỉ số . MN Lời giải. S N I K A D M O H B C
1. Trong (ABCD) gọi O = AC ∩ BD, H = MC ∩ BD. Ta có
® H ∈ CM ⊂ (SCM) ⇒ H ∈ (SCM) ∩ (SBD). (1) H ∈ BD ⊂ (SBD)
Lại có S ∈ (SCM) ∩ (SBD). (2)
Từ (1) và (2) suy ra SH = (SCM) ∩ (SBD).
Gọi I = MN ∩ SH ⇒ I = MN ∩ (SBD).
Ta có H là trọng tâm 4ABC.
Trong 4SCM, kẻ HK k MN (K ∈ SC). CH CK HK 2 2 Trong 4CMN có MN k KH nên = = = ⇒ HK = MN. (3) CM CN MN 3 3 I N SN 3 4 Trong 4SHK có IN k KH nên = = ⇒ HK = I N. (4) HK SK 4 3 2 4 MI 1 Từ (3) và (4) suy ra MN = I N ⇒ MN = 2I N ⇒ = . 3 3 MN 2
Bài 7. Cho hình bình hành ABCD và điểm S không nằm trong (ABCD).
1. Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau (SAC) và (SBD), (SAB) và (SCD).
2. Một mặt phẳng (α) qua BC, cắt SA tại M và cắt SD tại N. Chứng minh MN k BC.
3. Chứng tỏ giao điểm của BN và CM luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi M di động trên SA. AK 1
4. Gọi G là trọng tâm 4SAB, K là điểm trên cạnh AC sao cho = . Chứng minh AC 3 118
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
GK song song với mặt phẳng (SCD). Lời giải. S M N x E I G F D A K O B C
1. Ta có S ∈ (SAC) ∩ (SBD). Gọi O = AC ∩ BD ⇒ O ∈ (SAC) ∩ (SBD). Do đó SO = (SAC) ∩ (SBD). S ∈ (SAB) ∩ (SCD)   Ta cũng có AB k CD ⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx k AB.   AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD) (α) ∩ (SAD) = MN   2. Vì BC k AD ⇒ MN k AD k BC. 
BC ⊂ (α), AD ⊂ (SAD) ® I ∈ BN ⊂ (SBD)
3. Trong (α), gọi I = BN ∩ CM. Vì ⇒ I ∈ (SAC) ∩ (SBD). I ∈ CM ⊂ (SAC)
Suy ra I thuộc giao tuyến SO cố định của hai mặt phẳng (SAC) và (SBD).
4. Gọi E, F lần lượt là trung điểm SA và AD. AK 1 2 Vì = ⇒ AK =
AO, mà AO là trung tuyến của 4ABD nên G là trọng tâm AC 3 3 4ABD. BG BK 2
Theo tính chất trọng tâm có = = ⇒ GK k EF. (3) BE BF 3
Mà EF là đường trung bình của 4ADS nên EF k SD. (4)
Từ (3) và (4) suy ra GK k SD ⊂ (SCD) ⇒ GK k (SCD).
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi I là trung điểm
của SA và J, K là các điểm trên SB, SC và thỏa mãn JS = 2JB, KS = 2KC.
1. Tìm giao tuyến d của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD), giao tuyến d0 của (I JK) và (ACD).
2. Tìm giao điểm M của SD với (I JK) và chứng minh M là trung điểm SD. EI EM 3
3. Gọi E là giao điểm của I J với KM, chứng minh E ∈ d và = = . EJ EK 4
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 119 Lời giải. E S E d M I S d A D I J F K J A B C B H Hình 2 H d0 L S ∈ (SAB) ∩ (SCD)   1. Ta có AB k CD
⇒ (SAB) ⊂ (SCD) = d là đường thẳng qua S song   AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD) song với AB.
Trong mặt phẳng (SAB) gọi H = AB ∩ I J, trong mặt phẳng (SAC) gọi L = AC ∩ IK.
Ta có H, L là hai điểm chung của hai mặt phẳng (I JK) và (ABCD) nên (I JK) ∩ (ABCD) = HL ≡ d0. SJ SK 2 Vì = =
nên JK k BC, từ đó suy ra giao tuyến HL k JK k BC. SB SC 3
2. Vì I là điểm chung của hai mặt phẳng (SAD) và (I JK), hai mặt phẳng này có AD k I J
nên giao tuyến của chúng đi qua I và song song với AD. Giao tuyến này cắt SD tại
M, khi đó M là giao điểm của SD và (I JK). Từ đó suy ra I M là đường trung bình của
4SAD (vì I là trung điểm nên M là trung điểm của SD).
3. Vì E = I J ∩ KM nên E ∈ I J ⊂ (SAB) và E ∈ KM ⊂ (SAD) nên E nằm trên giao tuyến
d của (SAB) và (SAD). Do đó ba đường thẳng d, I J, KM đồng quy tại E.
Mặt phẳng (SAB) được vẽ lại ở Hình 2. SJ SI
Dựng BF k HI (F ∈ SA), ta có = = 2 ⇒ SI = 2IF ⇒ AI = 2IF. JB IF
Vậy F là trung điểm của AI. Từ đó suy ra BF là đường trung bình của tam giác AHI,
do đó B là trung điểm của AH.
Do HI và SB là hai đường trung tuyến của tam giác SAH, cắt nhau tại J nên J là trọng tâm của 4SAH.
Ta có 4AI H = 4SIE (g.c.g), suy ra SE = HA. Do đó AHSE là hình bình hành, suy ra EI 3 = . EJ 4 EI EM 3
Trong tam giác EJK có I M k JK nên = = . EJ EK 4 120
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn AD.
1. Tìm giao tuyến của (SAC) và (SBD), (SAD) và (SBC).
2. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và M là điểm thuộc SC sao cho SM = 2MC. Chứng minh GM k (ABCD). GJ
3. Tìm giao điểm J của GD và (SBC). Tính tỉ số . GD Lời giải. S x J G A M D H Q K B C
1. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì O và S là hai điểm chung của hai mặt phẳng
(SAC) và (SBD) nên giao tuyến của chúng là SO. S ∈ (SAD) ∩ (SBC)   Ta có AD k BC
nên (SAD) ∩ (SBC) = Sx (Sx k AD k BC).   AD ⊂ (SAD), BC ⊂ (SBC) SG SM 2 2. Ta có = =
nên GM k HC. Mà HC ⊂ (ABCD) nên GM k (ABCD). SH SC 3
3. Trong mặt phẳng (ABCD), gọi K là giao điểm của DH và BC. Ta có K và S là hai điểm
chung của các mặt phẳng (SDH) và (SBC) nên SK là giao tuyến của (SDH) và (SBC).
Trong mặt phẳng (SDH), gọi J là giao điểm của DG và SK, suy ra J là giao điểm của
DG và (SBC). Ta có 4H AD = 4HBK (g.c.g) nên HD = HK, suy ra SH là đường trung SG 2
tuyến của tam giác SDK, do vậy =
. Từ đó suy ra G là trọng tâm của 4SDK, do SH 3 GJ 1 đó = . GD 2
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, đáy lớn AD = 2BC và O
là giao điểm của hai đường chéo đáy. Gọi E, F lần lượt là trung điểm SA, SD và G là trọng tâm tam giác SCD.
1. Tìm giao tuyến của (SAB) và (SCD), (SAD) và (SBC).
2. Mặt phẳng (P) đi qua E, F và song song với SB. Giả sử (P) cắt cạnh CD, AB
lần lượt tại P, Q. Chứng minh EQ k SB. Tứ giác EFPQ là hình gì? Chứng minh BE k (SCD) và GO k (SBC).
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 121 S4 S4
3. Tìm giao điểm M của SB và (CDE). Chứng minh SME = SAB và SM · BD = S4SMF S4SBD SB · DO. Lời giải. S x E F S N G h2 A D M Eh1 Q P M A O B C B Hình 2 H
1. Trong mặt phẳng (ABCD), gọi H là giao điểm của AB và CD. Suy ra H ∈ (SAB) ∩ (SCD).
Do S là điểm chung của (SAB) và (SCD) nên SH = (SAB) ∩ (SCD). S ∈ (SAD) ∩ (SBC)   Ta có AD k BC
nên (SAD) ∩ (SBC) = Sx (Sx k AD k BC).   AD ⊂ (SAD), BC ⊂ (SBC) ®EQ = (P) ∩ (SAB) 2. Ta có nên EQ k SB. SB ⊂ (SAB), SB k (P) QP = (P) ∩ (ABCD)   Lại có AD k EF
nên QP k EF k AD. Suy ra EFPQ là hình thang.   AD ⊂ (ABCD), EF ⊂ (P)  AD  AD BC = EF = Vì 2 và 2
nên BCFE là hình bình hành, suy ra BE k CF. BC k AD EF k AD
Mà CF ⊂ (SCD) nên BE k (SCD). OA OD AD Ta có 4OAD v 4OCB nên = =
= 2. Gọi N là trung điểm của SC. OC OB BC SG DO 2 Trong tam giác BDN có = =
nên OG k BN. Mà BN ⊂ (SBC) nên OG k SN DB 3 (SBC).
3. Vì H và E là hai điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (ECD) nên (SAB) ∩ (ECD) = EH.
Gọi M = EH ∩ SB ⇒ M = SB ∩ (ECD). HB HC BC 1
Trong 4HAD có BC k AD nên ta có = = = , suy ra B là trung điểm H A HD AD 2
AH. Do đó M là trọng tâm tam giác SAH.
Tam giác SAB được vẽ lại ở hình 2. 122
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG 1 1 h 2 1 1 1 Ta có S 1 4SME = · h · · SB = · h S 2 2 · SM = 2 2 3 3 2 1 · SB = 3 4SAB S 1 ⇒ 4SME = . (*) S4SAB 3 S4 1 Tương tự ta cũng có SMF = . (**) S4SBD 3 S4 S4 S4 S4 Từ (*) và (**) ta suy ra SME = SMF ⇒ SME = SAB . S4SAB S4SBD S4SMF S4SBD SM DO Theo chứng minh trên thì = ⇒ SM · BD = SB · DO. SB DB
Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Điểm M thuộc
cạnh SA sao cho SM = 2MA và N là trung điểm của AD.
1. Tìm giao tuyến của (SAD) và (MBC).
2. Tìm giao điểm I của SB và (CMN), giao điểm J của SA và (ICD). SE
3. Chứng minh ID, JC, SO đồng quy tại E. Tính tỉ số . SO Lời giải. S I E J B C M x O A D N L  M ∈ (SAD) ∩ (MBC)   1. Ta có AD k BC
nên (SAD) ∩ (MBC) = Mx (Mx k AD k BC).   AD ⊂ (SAD), BC ⊂ (MBC)
2. Trong mặt phẳng (ABCD), gọi L là giao điểm của AB và CN. Ta có L và M là hai điểm
chung của (SAB) và (CMN) nên (SAB) ∩ (CMN) = LM. Gọi I là giao điểm của LM và SB ⇒ I = SB ∩ (CMN).
3. Vì I là điểm chung của hai mặt phẳng (SAB) và (ICD), AB k CD nên giao tuyến của
chúng đi qua I và song song với AB, giao tuyến này cắt SA tại J thì J là giao điểm của SA với (ICD).
Gọi E = CJ ∩ DI (do CJ, DI ⊂ (ICD)). (1)
5. BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II 123 Ta có (SAC) ∩ (SBC) = SO. ®E ∈ CJ ⊂ (SAC) Vì
nên E ∈ (SAC) ∩ (SBC) = SO. (2) E ∈ DI ⊂ (SBD)
Từ (1) và (2) ta suy ra ba đường thẳng CJ, DI, SO đồng quy tại E. 1 Trong tam giác LBC có AN =
BC và AN k BC nên AN là đường trung bình của tam 2
giác LBC, do đó A là trung điểm của LB. 2
Trong tam giác SBL có SA là đường trung tuyến và SM = SA nên M là trọng tâm 3
4SBL ⇒ I là trung điểm của SB.
Xét tam giác SBC có E là giao điểm của hai đường trung tuyến SO và DI nên E là trọng SE 2 tâm 4SBC ⇒ = . SO 3
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, SAB là tam giác đều,
SCD là tam giác cân. Gọi M là trung điểm của AD, mặt phẳng (α) đi qua M, (α) song
song với AB và SA, lần lượt cắt BC, SC, SD tại N, P, Q.
1. Chứng minh MNPQ là hình thang cân.
2. Tính tỉ số diện tích của hình thang cân MNPQ và tam giác đều SAB. Lời giải. S P Q B C Q P A D M N H M Hình 1 Hình 2 ®(α) ∩ (ABCD) = MN 1. Ta có ⇒ MN k AB k CD.
AB k (α), AB ⊂ (ABCD) ®(α) ∩ (SAD) = MQ Mà ⇒ MQ k SA. SA k (α), SA ⊂ (SAD) ®(α) ∩ (SCD) = QP Vì ⇒ PQ k CD. CD k (α), CD ⊂ (SCD)
Lại có (α) k AB, (α) k SA nên (α) k (SAB) ⇒ (α) k SB.
Vì (α) ∩ (SBC) = NP ⇒ NP k SB.
Theo cách dựng ở trên, ta có Q là trung điểm của SD, N là trung điểm của BC, P là
trung điểm của SC. Vì MN k PQ (cùng song song với CD), suy ra MNPQ là hình thang. SB SA Do NP = , MQ =
nên NP = MQ (do tam giác SAB đều nên SA = SB). 2 2 124
CHƯƠNG 2. QUAN HỆ SONG SONG
Ta thấy MNPQ là hình thang, có hai cạnh bên không song song và bằng nhau nên MNPQ là hình thang cân.
2. Gọi a là độ dài cạnh AB, hình thang cân MNPQ được vẽ lại ở Hình 2. √ √ √ √ … a 2 a 2 a 3 AB2 · 3 a2 3 Ta có PH = PN2 − NH2 = − = ⇒ S = . 2 4 4 4SAB = 4 4 √ √ √ 3a2 3 (MN + PQ) · PH 1 a a 3 3a2 3 S Mà S MNPQ 16 MNPQ = = a + · = ⇒ = √ = 2 2 2 4 16 S4SAB a2 3 4 3 . 4 Chương 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Bài 1.
ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG A. Tóm tắt lý thuyết Định nghĩa 1.
Một đường thẳng được gọi là vuông góc với một mặt phẳng d
nếu nó vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng a đó.
d ⊥ (α) ⇔ d ⊥ a, ∀a ⊂ (α). α Định lí 1.
Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau a d
và b cùng nằm trong mp(P) thì đường thẳng d vuông góc với a mp(P). d ⊥ a, d ⊥ b P b   a, b ⊂ (P) ⇒ d ⊥ (P).  a ∩ b
Định lí 2. (Định lí ba đường vuông góc)
Cho đường thẳng a không nằm trong (P) đồng thời không a
vuông góc với (P) và đường thẳng b nằm trong (P). Gọi a0 là
hình chiếu vuông góc của a trên (P). Khi đó b vuông góc với a
khi và chỉ khi b vuông góc với a0. b P a0
PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC
Để chứng minh a ⊥ b ta thường sử dụng những phương pháp chứng minh sau:
1. Sử dụng các phương pháp hình học phẳng: góc nội tiếp, định lí Pitago đảo, . . . − → − →
2. Sử dụng phương pháp tích vô hướng của hai véctơ, nếu a · b = 0 thì a ⊥ b (với − → − →
a , b lần lượt là hai véctơ chỉ phương của hai đường thẳng a và b). ®c ⊥ b
3. Sử dụng tính chất bắc cầu ⇒ a ⊥ b. c k a 4.
Tìm một mặt phẳng (P) chứa đường thẳng b. Chứng a
minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), thì a ⊥ b. ®a ⊥ (P) ⇒ P b a ⊥ b. b ⊂ (P) 5. 125 126
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Chứng minh đường thẳng a song song với mặt phẳng b
(P), đường thẳng b vuông góc với mặt phẳng (P), thì suy a ra a ⊥ b. ®a k (P) ⇒ a ⊥ b. P b ⊥ (P) 6.
Áp dụng định lí 3 đường vuông góc: a0 là hình chiếu a
vuông góc của a trên mặt phẳng (P), b ⊂ (P). Đường
thẳng a vuông góc với đường thẳng b khi và chỉ khi b
vuông góc với a0. Nói ngắn gọn b vuông góc với hình b
chiếu thì b vuông góc với đường xiên. P a0
Đây là phương pháp rất hay sử dụng, đọc giả phải thành thạo phương pháp này.
PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG
Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) ta thường sử dụng những phương pháp sau: 1.
Muốn chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt a
phẳng (P). Ta phải chứng minh đường thẳng a vuông c
góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng (P). I P b a ⊥ b, a ⊥ c   b ∩ c = I ⇒ a ⊥ (P)  b, c ⊂ (P) 2.
Hai mặt phẳng (Q) và (R) có giao tuyến a cùng vuông Q
góc với mặt phẳng (P), thì a vuông góc với (P). R a (Q) ⊥ (P)   (R) ⊥ (P) ⇒ a ⊥ (P).  P (Q) ∩ (R) = a 3.
Hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau theo giao Q a
tuyến b. Một đường thẳng a thuộc mặt phẳng (Q) vuông
góc với b, thì a vuông góc với mặt phẳng (P). b (P) ⊥ (Q) P   
(P) ∩ (Q) = b ⇒ a ⊥ (P). a ⊂ (Q)    a ⊥ b
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 127 4.
Chứng minh đường thẳng b vuông góc với mặt phẳng a b
(P), đường thẳng a song song với b, thì suy ra a vuông góc với (P). ®a k b P ⇒ a ⊥ (P). b ⊥ (P) 5.
Chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng a
(Q), mặt phẳng (P) song song với (Q), nên a vuông góc với (P). Q ®a ⊥ (Q) ⇒ a ⊥ (P). (Q) k (P) P
Hai vấn đề chính để giải các bài toán của dạng này:
• Muốn chứng minh đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P), ta phải chứng minh
đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng (P).
• Khi đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) thì đường thẳng d vuông góc với
mọi đường nằm trong (P). B. Bài tập rèn luyện
Bài 1. Hai tam giác cân ABC và DBC nằm trong hai mặt phẳng khác nhau tạo nên tứ
diện ABCD. Gọi I là trung điểm của BC. a) Chứng minh BC ⊥ AD.
b) Gọi AH là đường cao của tam giác ADI. Chứng minh AH ⊥ (BCD). Lời giải. A
BC ⊥ AI (vì AI là trung tuyến của 4ABC cân tại A)   a) Ta có
BC ⊥ DI (vì DI là trung tuyến của 4DBC cân tại D) 
 AI, DI ⊂ (ADI), AI ∩ DI = I
⇒ BC ⊥ (ADI) ⇒ BC ⊥ AD. D B  AH ⊥ DI (giả thiết) H   b) Ta có AH ⊥ BC (vì BC ⊥ (ADI)) I 
BC, D I ⊂ (BCD), BC ∩ D I = I ⇒ AH ⊥ (BCD). C
Bài 2. Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), tam giác ABC vuông cân tại B. Gọi G là
trọng tâm của tam giác SAC và N là điểm thuộc cạnh SB sao cho SN = 2NB. Chứng minh: a) BC ⊥ (SAB). b) NG ⊥ (SAC). 128
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Lời giải.
Gọi H là trung điểm của AC. Vì 4ABC vuông cân tại B nên BH ⊥ AC. (1) S ®BC ⊥ AB giả thiết a) Ta có ⇒ BC ⊥ (SAB). BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABC)) G H ®BH ⊥ AC (theo (1)) A C b) Ta có ⇒ BH ⊥ BH ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABC)) N (SAC). (2) SN SG 2 Xét 4SBH có = = , suy ra NG k SB SH 3 BH. (3) B
Từ (2) và (3) ta được NG ⊥ (SAC).
Bài 3. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ CD và AC ⊥ BD. Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A xuống mặt phẳng (BCD). Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác BCD và AD ⊥ BC. Lời giải. ®CD ⊥ AB giả thiết • Ta có ⇒ CD ⊥ (ABH). A CD ⊥ AH (vì AH ⊥ (BCD))
Mà BH ⊂ (ABH) nên CD ⊥ BH. (1)
Chứng minh tương tự ta được BD ⊥ (ACH) ⇒ BD ⊥ CH. (2)
Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm của 4BCD. B D H
®BC ⊥ DH (vì H là trực tâm 4BCD) • Ta có ⇒ BC ⊥ BC ⊥ AH (vì AH ⊥ (BCD)) (ADH). C
Mà AD ⊂ (ADH) nên BC ⊥ AD.
Bài 4. Cho tứ diện ABCD có DA ⊥ (ABC), ABC là tam giác cân tại A. Gọi M là trung
điểm của BC. Vẽ AH ⊥ DM tại H. a) Chứng minh AH ⊥ (BCD).
b) Gọi G, K lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và DBC. Chứng minh GK ⊥ (ABC). Lời giải.
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 129 D
®BC ⊥ AM vì AM là đường trung tuyến trong 4ABC cân tại A
a) Ta có BC ⊥ AD (vì DA ⊥ (ABC)) H ⇒ BC ⊥ (DAM). (1)  AH ⊥ BC (do (1))  K  Khi đó AH ⊥ DM giả thiết ⇒ A C 
BC, DM ⊂ (BCD); BC ∩ DM = M AH ⊥ (BCD). G M
b) Vì G, K lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và DBC B AG DK 2
nên theo tính chất trọng tâm ta có = = . AM DM 3
Theo định lí Talet đảo ta được KG k AD.
Mà AD ⊥ (ABC) nên KG ⊥ (ABC).
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O. Biết SA = SC và SB = SD.
a) Chứng minh SO ⊥ (ABCD) và AC ⊥ SD.
b) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và BC. Chứng minh I J ⊥ (SBD). Lời giải. S
®SO ⊥ AC (vì 4SAC cân tại S)
a) • Ta có SO ⊥ BD (vì 4SBD cân tại S) ⇒ SO ⊥ (ABCD).
® AC ⊥ BD tính chất hình thoi • Ta có AC ⊥ SO (vì SO ⊥ (ABCD)) A D
⇒ AC ⊥ (SBD) ⇒ AC ⊥ SD. I O
b) Ta có I J là đường trung bình của 4ABC nên I J k AC. B J C
Mà AC ⊥ (SBD) nên I J ⊥ (SBD).
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O. SA ⊥ (ABCD). Gọi H, I,
K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC, SD.
1. Chứng minh rằng BC ⊥ (SAB), CD ⊥ (SAD), BD ⊥ (SAC).
2. Chứng minh rằng AH, AK cùng vuông góc với SC. Từ đó suy ra ba đường thẳng
AH, AI, AK cùng nằm trên một mặt phẳng
3. Chứng minh rằng HK ⊥ (SAC). Từ đó suy ra HK ⊥ AI. Lời giải. 1. 130
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Chứng minh BC ⊥ (SAB). S BC ⊥ SA (SA ⊥ (ABCD))   Có BC ⊥ AB (gt) I H 
SA, AB ⊂ (SAB), SA ∩ AB = {A} ⇒ BC ⊥ (SAB). K Chứng minh CD ⊥ (SAD) CD ⊥ SA(SA ⊥ (ABCD)) A B   Vì CD ⊥ AD (gt) 
SA, AD ⊂ (SAD), SA ∩ AD = {A} O ⇒ CD ⊥ (SAD). D Chứng minh BD ⊥ (SAC) C DB ⊥ SA(SA ⊥ (ABCD))   Vì BD ⊥ AC (gt) 
SA, AC ⊂ (SAC), SA ∩ AC = {A} ⇒ BD ⊥ (SAC).
® AH ⊥ SB (gt), AH ⊥ BC(BC ⊥ (SAB)) 2. Ta có
⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ SC.
SB, BC ⊂ (SBC), SB ∩ BC = {B}  AK ⊥ SD (gt)   Có AK ⊥ CD(CD ⊥ (SAD))
⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ AK ⊥ SC. 
SD, CD ⊂ (SCD), SD ∩ CD = {D}
Vì AH, AK và AI cùng vuông góc với SC nên AH, AK, AI đồng phẳng.
3. Ta có 4SAB = 4SAD (c.g.c) nên hai đường cao xuất phát từ đỉnh A bằng nhau,
hay AH = AK. Từ đó suy ra 4SHA = 4SKA (cạnh huyền - cạnh góc vuông). Vậy SH = SK. SH SK Do đó =
, theo định lý đảo Ta-lét ta có HK k BD. SB SD
Mà BD ⊥ (SAC) ⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK ⊥ AI(AI ⊂ (SAC)).
Bài 7. Cho tứ diện O.ABC có 3 cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Kẻ OH
vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại H. Chứng minh
1. OA ⊥ BC, OB ⊥ CA, OC ⊥ AB.
2. H là trực tâm của tam giác ABC. 1 1 1 1 3. = + + . OH2 OA2 OB2 OC2 4. S2∆ = S2 + S2 + S2 . ABC ∆OAB ∆OBC ∆OAC
5. Các góc của tam giác ABC đều là góc nhọn. Lời giải.
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 131 A F C O H E B ®OA ⊥ OB, OA ⊥ OC 1. Ta có
⇒ OA ⊥ (OBC) ⇒ OA ⊥ BC. OB, OC ⊂ (OBC) ®OB ⊥ OA, OB ⊥ OC Ta có
⇒ OB ⊥ (OAC) ⇒ OB ⊥ AC. OA, OC ⊂ (OAC)
Chứng minh tương tự ta được OC ⊥ AB.
2. Gọi E = AH ∩ BC, F = BH ∩ AC. BC ⊥ OA (OA ⊥ (OBC))   Ta có
BC ⊥ OH (OH ⊥ (ABC)) ⇒ BC ⊥ (OAE) ⇒ BC ⊥ AE. (1)  OA, OH ⊂ (OAE) ® AC ⊥ OB, AC ⊥ OH Ta lại có
⇒ AC ⊥ (OBF) ⇒ AC ⊥ BF. (2) OB, OH ⊂ (OBF)
Từ (1) và (2) ta có H là trực tâm của tam giác ABC. 1 1 1
3. Trong tam giác OAE vuông tại O có OH là đường cao nên ta có = + . OH2 OA2 OE2 1 1 1
Mà trong tam giác OBC vuông tại O có OE là đường cao ta lại có = + . OE2 OB2 OC2 1 1 1 1 Từ đó suy ra = + + . OH2 OA2 OB2 OC2 4. Cách 1
Trong tam giác OAE vuông tại O có OH là đường cao ta có
OE2 = EH · EA ⇔ OE2 · BC2 = EH · BC · EA · BC Å 1 ã2 1 1 ⇔ OE · BC = EH · BC · · EA · BC 2 2 2
⇔ S2∆OBC = S∆HBC · S∆ABC.
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được S2∆ = S OAC ∆HAC · S∆ABC; S2∆ = S OAB ∆HAB · S∆ABC.
Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta được
S2∆OBC + S2∆OACS2∆OAB = S∆HBC · S∆ABC + S∆HAC · S∆ABC + S∆HAB · S∆ABC
⇔ S2∆OBC + S2∆OACS2∆OAB = S∆ABC · (S∆HBC + S∆HAC + S∆HAB)
⇔ S2∆OBC + S2∆OACS2∆OAB = S∆ABC · S∆ABC
⇔ S2∆ABC = S2∆OAB + S2∆OBC + S2∆OAC. 132
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Cách 2 Ta có 1 1 Ä 1 1 S2∆ABC = AE2 · BC2 =
(OA2 + OE2ä BC2 = OA2 · BC2 + OE2 · BC2 4 4 4 4 1 1 1 1 1 =
OA2 ÄOB2 + OC2ä + OE2 · BC2 = OA2 · OB2 + OA2 · OC2 + OE2 · BC2 4 4 4 4 4
⇔ S2∆ABC = S2∆OAB + S2∆OBC + S2∆OAC.
5. Gọi độ dài ba cạnh OA = a, OB = b, OC = c.
Trong tam giác ABC, áp dụng định lý cosin có AB2 + AC2 − BC2 a2 + b2 + a2 + c2 − b2 + c2 a2 cos “ A = = = > 0. 2AB · AC 2AB · AC AB · AC Suy ra “ A là góc nhọn.
Chứng minh tương tự ta cũng có b B, b C là góc nhọn.
Bài 8. Cho tứ diện ABCD, đáy là tam giác cân và DA ⊥ mp(ABC), AB = AC = a, 6a BC =
. Gọi M là trung điểm của BC. Vẽ AH vuông góc với MD (H thuộc MD). 5
1. Chứng minh AH ⊥ mp(BCD). 4a 2. Cho AD =
. Tính góc giữa hai đường thẳng AC và DM. 5
3. Gọi G1, G2 lần lượt là trọng tâm tam giác DBC và ABC. Chứng minh G1G2 ⊥ mp(ABC). Lời giải. S H G1 A C G2 N M B
1. Chứng minh AH ⊥ mp(BCD).
Vì M là trung điểm của BC nên BC ⊥ AM. (1)
Mặt khác BC ⊥ AD ( Vì DA ⊥ mp(ABC)) (2)
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 133
Từ (1) và (2) ta suy ra BC ⊥ mp(DAM). Suy ra BC ⊥ AH (vì AH ⊂ (DBC).) ® AH ⊥ DM Vậy ta có ⇒ AH ⊥ mp(DBC). AH ⊥ BC 4a 2. Cho AD =
. Tính góc giữa hai đường thẳng AC và DM. 5
Kẻ MN k AC (N ∈ AB) thì góc giữa đường thẳng DM và AC bằng góc giữa DM và MN, đó là góc ÷ DMN hoặc góc 180◦ − ÷ DMN. 1 a Xét 4ABC có MN = AC = . 2 2 √ √ a 89
Xét 4DAN vuông tại A có DN = AD2 + AN2 = . 10 √ 4a
Xét 4ABM vuông tại M có AM = AB2 − BM2 = . 5 √ √ 4a 2
Xét 4ADM vuông tại A có DM AD2 + AM2 = . 5
Áp dụng định lí cos cho tam giác DMN, ta có √ √ DM2 + MN2 − DN2 2 2 Ç 2 2å cos ÷ DMN = = ⇒ ÷ DMN = arccos . 2 · DM · MN 5 5
3. Gọi G1, G2 lần lượt là trọng tâm tam giác DBC và ABC. Chứng minh G1G2 ⊥ mp(ABC).
Vì G1, G2 lần lượt là trọng tâm tam giác DBC và ABC nên theo tính chất trọng tâm, ta MG 1 MG 1 MG MG có 1 = , 2 = ⇒ 1 = 2 ⇒ G MD 3 MA 3 MD MA
1G2 k D A ( theo định lí đảo định lí Talet).
Mà DA ⊥ (ABC) ⇒ G1G2 ⊥ (ABC).
Bài 9. Cho tứ diện S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H, K lần lượt là
trực tâm của tam giác ABC và SBC. Chứng minh rằng: 1. AH, SK, BC đồng quy.
2. SC vuông góc với mặt phẳng (BHK).
3. HK vuông góc với mặt phẳng (SBC). Lời giải. 134
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN S 1. Gọi E = AH ∩ BC ®BC ⊥ AE Ta có: ⇒ BC ⊥ (SAE) BC ⊥ SA K ⇒ BC ⊥ SE(SE ⊂ (SAE)). A C
Vì SK ⊥ BC, suy ra ba điểm S, K, E thẳng hàng.
Kết luận ba đường thẳng AH, BC, SK đồng quy tại H điểm E. E
2. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (BHK). B ®BH ⊥ AC Có:
⇒ BH ⊥ (SAC) ⇒ BH ⊥ SC(SC ⊂ BH ⊥ SA (SAC)). ®SC ⊥ BH(BH ⊥ (SAC)) Có: ⇒ SC ⊥ (BHK). SC ⊥ BK
3. HK vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Có BC ⊥ (SAE) ⇒ BC ⊥ HK(HK ⊂ (SAE)) (1) Có SC ⊥ (BHK) ⇒ SC ⊥ HK (2)
Từ (1) và (2) suy ra HK ⊥ (SBC).
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. SAB là tam giác đều và √
SC = a 2. Gọi H, K là trung điểm của AB, AD. 1. Chứng minh SH ⊥ (ABCD).
2. Chứng minh AC ⊥ SK và CK ⊥ SD. Lời giải. 1. 5a2
Trong 4BCH có HC2 = BH2 + BC2 = S √ 4 a 3 và SH =
(SH là đường cao 4SAB đều). 2
Trong 4SCH có SC2 = SH2 + HC2 = 2a2.
Suy ra tam giác SHC vuông tại H. ®SH ⊥ AB, SH ⊥ HC Có
AB, HC ⊂ (ABCD), AB ∩ HC = H A K ⇒ SH ⊥ (ABCD). D H B C ® HK k BD 2. Ta có ⇒ AC ⊥ HK. BD ⊥ AC ® AC ⊥ SH, AC ⊥ HK Có
⇒ AC ⊥ (SHK) ⇒ AC ⊥ SK.
SH, SK ⊂ (SHK), SH ∩ HK = H
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 135 Chứng minh CK ⊥ SD. A K D
Dễ dàng chứng minh 4CDK = 4DAH. Suy ra ’ CKD = ’ AHD mà ’ AHD + ’ ADH = 90◦ ⇒ H ’ CKD + ’ ADH = 90◦ ⇒ CK ⊥ DH. ®CK ⊥ SH, CK ⊥ DH
Ta có SH, DH ⊂ (SHD), SH ∩ DH = H
⇒ CK ⊥ (SHD) ⇒ CK ⊥ SD (đpcm). B C
Bài 11. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của
BB0, CD, A0D0. Chứng minh: MP ⊥ C0N. Lời giải.
Gọi E là trung điểm của CC0.
Ta có ME k A0D0 nên EM và PD0 đồng A0 B0
phẳng. Vì có CDD0C0 là hình vuông nên dễ
dàng chứng minh được hai tam giác D0C0E P
và C0CN bằng nhau, suy ra ÷ ED0C0 = ’ NC0C. D0 M Mà C0 ÷ ED0C0 + ÷ C0ED0 = 90◦ ⇒ ’ NC0C + ÷ C0ED0 = 90◦ ⇒ ED0 ⊥ NC0 (1).
Ta có BC ⊥ (CDD0C0) ⇒ BC ⊥ NC0, mà ME k BC nên ME ⊥ NC0 (2).
Từ (1) và (2) suy ra NC0 ⊥ (MED0P), do đó A E B
NC0 ⊥ PM (do PM ⊂ (MED0P)). D N C
Bài 12. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAD là
tam giác đều và ở trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung
điểm SB, BC, CD. Chứng minh AM ⊥ BP. Lời giải. S A B M 1 A B H N H N D C 1 P D P C Hạ SH ⊥ AD tại H. √ a 3
Vì SAD là tam giác đều nên SH = . 2
Vì mặt phẳng (SAD) vuông góc mặt phẳng (ABCD) nên có AD là giao tuyến. Suy ra SH ⊥ (ABCD). Ta có AN k HC và MN k SC. 136
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Mà AM, MN ⊂ (AMN) và HC, SC ⊂ (SHC).
Suy ra mặt phẳng (AMN) song song mặt phẳng (SHC).
Trong hình vuông ABCD ta có 4BCP = 4CDH (c.g.c) nên c B1 = c C1. Mà c B1 + “ P1 = 90◦ ⇒ c C1 + “ P1 = 90◦ ⇒ CH ⊥ PB. ®BP ⊥ CH Ta có
⇒ BP ⊥ (SHC) ⇒ BP ⊥ (AMN) ⇒ BP ⊥ AM. BP ⊥ SH
Bài 13. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi E là điểm đối
xứng của điểm D qua trung điểm SA. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE, BC. Chứng minh MN ⊥ BD. Lời giải.
Gọi O là giao điểm của AC và BD. P là trung điểm E S SA.
Trong 4EAD có MP là đường trung bình nên có MP k AD, 1 M P MP = AD. (1) 2
Vì N là trung điểm BC nên NC k AD, 1 NC = AD. (2) 2 A D
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CPMN là hình bình hành nên MN k BC. O B C
Ta có BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ CP (CP ⊂ (SAC)). N Suy ra BD ⊥ MN.
Bài 14. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và biết
rằng AH ⊥ (ABC). Chứng minh rằng:
1. AA0 ⊥ BC và AA0 ⊥ B0C0.
2. Gọi MM0 là giao tuyến của hai (AHA0) và (BCC0B0) trong đó M ∈ BC và M0 ∈
B0C0. Chứng minh tứ giác BCC0B0 là hình chữ nhật và MM0 là đường cao của hình chữ nhật đó. Lời giải. A0 C0 ®BC ⊥ AH (giả thiết) 1. Ta có M0 BC ⊥ A0 H (A0 H ⊥ (ABC)). B0
⇒ BC ⊥ (A0 AH) ⇒ BC ⊥ AA0.
Vì B0C0 ⊥ BC mà BC ⊥ AA0 ⇒ AA0 ⊥ B0C0. (AHA0) ∩ (BCC0B0) = MM0   2. AA0 k BB0 ⇒ MM0 k A C 
 A0 ⊂ (AH A0), BB0 ⊂ (BCC0B0). N AA0 k BB0. H M
Mà AA0 ⊥ BC ⇒ BB0 ⊥ BC. Vậy BCC0B0 là hình chữ nhật. B
Bài 15. Cho hình chữ nhật ABCD, ABEF nằm trên hai măt phẳng chéo nhau sao cho
AC ⊥ CF. Gọi CH, FK là hai đường cao của tam giác BCE và ADF. Chứng minh
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 137
a) ACH và BFK là các tam giác vuông. b) BF ⊥ AH và AC ⊥ BK. Lời giải. F E
1. Ta có ABCD, ABEF là hình chữ nhật nên
® AB ⊥ BC ⇒ AB ⊥ (BCE) ⇒ AB ⊥ CH. AB ⊥ BE H
®CH ⊥ BE (giả thiết) ⇒ CH ⊥ (ABEF) ⇒ A CH ⊥ AB B CH ⊥ AH. K Vậy 4ACH vuông tại H.
Chứng minh tương tự, ta có FK ⊥ (ABCD) ⇒ D C FK ⊥ BK. Vậy 4BFK vuông tại K. ®BF ⊥ AC (giả thiết) 2. Ta có ⇒ BF ⊥ BF ⊥ CH (vì H ⊥ (ABEF))
(ACH) ⇒ BF ⊥ AH (AH ⊂ (ACH)) . ® AC ⊥ FB (giả thiết) ⇒ AC ⊥ AC ⊥ FK (vì FK ⊥ (ABCD)) (BKF) ⇒ AC ⊥ BK.
Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a, SAB là tam giác
đều, SCD là tam giác cân đỉnh S. gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD.
1. Tính các cạnh của tam giác SI J và chứng minh SI ⊥ (SCD), SI ⊥ (SAB).
2. Gọi SH là đường cao của tam giác SI J. Chứng minh SH ⊥ (ABCD) và tính độ dài SH. Lời giải. 1. 138
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN √ a 3 4SAB đều có SI = , 4SCD vuông cân tại S 2 S. a Suy ra SI = CI = DI = ; SC = SD = 2 a √ và I J = AD = BC = a. 2
Xét tam giác SI J có I J2 = SI2 + SJ2 = a2 ⇒ 4SI J
vuông tại S, suy ra SI ⊥ SJ. (1) A D
Trong tam giác IBC vuông tại B có: IC2 = IB2 + I J H 5a2 BC2 = . B C 4 5a2
Xét tam giác SIC có IC2 = IS2 + SC2 = ⇒ 4
4SIC vuông tại S, hay SI ⊥ SC. (2) ®SI ⊥ SJ, SI ⊥ SC Từ (1) và (2) có ⇒ SI ⊥ SJ, SC ⊂ (SCD) (SCD). ®SJ ⊥ SI, SJ ⊥ SB Chứng minh tương tự ⇒ SI, SB ⊂ (SAB) SJ ⊥ (SAB).
2. Đầu tiên ta chứng minh: CD ⊥ (SI J). ®CD ⊥ I J Ta có
⇒ CD ⊥ (SI J) ⇒ CD ⊥ SH (do SH ⊂ (SCD)). (1) CD ⊥ SI (vì SI ⊥ (SCD))
®SH ⊥ I J (giả thiết), SH ⊥ CD (do (1)) Ta lại có ⇒ SH ⊥ (ABCD). I J, CD ⊂ (ABCD)
Tính SH: xét tam giác SI J vuông tại S có √ 1 1 1 4 4 16 a 3 = + = + = ⇒ SH = . SH2 SI2 SJ2 3a2 a2 3a2 4
Bài 17. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy và SA = 2a tam giác ABC
vuông tại C với AB = 2a, ’
BAC = 30◦. Gọi M là một điểm di động trên cạnh AC, H là
hình chiếu của S trên BM. 1. Chứng minh AH ⊥ BM. √
2. Đặt AM = x, 0 ≤ x ≤ a 3. Tính khoảng cách từ S tới BM theo a và x. Tìm x để
khoảng cách này là lớn nhất, nhỏ nhất. Lời giải.
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 139 S ®BM ⊥ SH 1.
⇒ BM ⊥ (SAM) ⇒ BM ⊥ AH. BM ⊥ SA
2. Khoảng cách từ H tới BM chính là SH. 2a Trong tam giác ABC có AC = AB · cos 30◦ = √ a 3, BC = AB · sin 30◦ = a. √ 2a Xét tam giác BCM có BM = BC2 + CM2 = A ◦ B 30 » √ a2 + (a 3 − x)2. x 1 1 H Xét tam giác ABM có S M 4ABM = AH · BM = AM · 2 2 AB · sin 30◦ ax C ⇒ AH = » √ a2 + (a 3 − x)2
Xét tam giác SAH có SH2 = SA2 + AH2 = 4a2 + a2 · x2 √ . a2 + (a 3 − x)2
Để SH lớn nhất thì AH lớn nhất. AH lớn nhất khi M
trùng với C khi đó AH là AC và SH là SC. Để SH nhỏ
nhất thì AH nhỏ nhất. AH nhỏ nhất khi M trùng với A
khi đó AH bằng 0 và SH chính là SA.
Bài 18. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a và CC0 = a.
1. Gọi I trung điểm của BC. Chứng minh AI ⊥ BC0.
2. Gọi M trung điểm của BB0. Chứng minh AM ⊥ BC0. a
3. Lấy điểm N thuộc A0B0 sao cho NB0 =
và gọi J là trung điểm của B0C0. Chứng 4 minh AM ⊥ (MN J). Lời giải.
Vì ABC.A0B0C0 là lăng trụ đứng và AB = AC = BC = CC0 = a nên các mặt bên là các hình vuông. 1. Chứng minh AI ⊥ BC0. A0 C0
® AI ⊥ BC ⇒ AI ⊥ (BCC0B0) ⇒ AI ⊥ BC0. H J N AI ⊥ CC0 B0 2. Chứng minh AM ⊥ BC0
AM k CB0, CB0 ⊥ BC0 ⇒ I M ⊥ BC0. ® AI ⊥ BC0 Ta có
⇒ BC0 ⊥ (AMI) ⇒ BC0 ⊥ AM. M I M ⊥ BC0 A C 3. Chứng minh AM ⊥ (MN J).
Gọi H là trung điểm của A0B0, suy ra N là trung điểm I của HB0. B
Ta có MN k BH, BH ⊥ AM (tính chất hình vuông). Suy ra MN ⊥ AM. (1)
MJ ⊥ BC0, AM ⊥ BC0 (tính chất hình vuông). 140
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Suy ra AM ⊥ MJ. (2)
Từ (1) và (2) suy ra AM ⊥ (MN I).
Bài 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật tâm O, SA ⊥ (ABCD).
1. Gọi H, K là hình chiếu của A trên SB, SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK).
2. Kẻ AJ ⊥ (SBD). Chứng minh J là trực tâm của tam giác SBD. Lời giải. 1. ®BC ⊥ AB Ta có ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ S BC ⊥ SA AH. (1) ® AH ⊥ SB (giả thiết) M ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ L J AH ⊥ BC (do (1)) K SC. (2) H ®CD ⊥ AD Lại có ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ A D CD ⊥ SA AK. (3) B C
® AK ⊥ SD (giả thiết) ⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ AK ⊥ AK ⊥ CD (do (3)) SC. (4)
Từ (3) và (4) suy ra SC ⊥ (AHK).
2. Gọi L = DJ ∩ SB (vì DJ, SB ⊂ (SBD)). M = BJ ∩ SD (vì BJ, SD ⊂ (SBD)).
Ta có AD ⊥ mp (SAB) ⇒ AD ⊥ SB.
®SB ⊥ AD, SB ⊥ AJ (do AJ ⊥ (SBD)) Suy ra AD, AJ ⊂ (ADL) .
⇒ SB ⊥ (ADL) ⇒ SB ⊥ DL.
Chứng minh tương tự thì SD ⊥ BM.
Xét tam giác SBD, có J là giao điểm hai đường cao.
Suy ra J là trực tâm của 4SBD.
Bài 20. Cho tứ diện ABCD có DA ⊥ (ABC). Gọi AI là đường cao và H là trực tâm của
tam giác ABC. Hạ HK vuông góc với DI tại K. Chứng minh a) HK ⊥ BC.
b) K là trực tâm của tam giác DBC. Lời giải.
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 141 D ®BC ⊥ AI, BC ⊥ DA 1. Ta có
AI, DA ⊂ (DAI), DA ∩ AI = A
⇒ BC ⊥ (DAI) ⇒ BC ⊥ HK.
2. Ta có BC ⊥ (DAI)BC ⊥ DI. (∗) A K C N
Trong tam giác ABC gọi M = CH ∩ AB.
Trong tam giác BCD gọi N = CK ∩ BD. M H ® I
HK ⊥ DI (giả thiết), HK ⊥ BC ⇒ HK ⊥ (BCD). (1) B
DI, BC ⊂ (BCD), DI ∩ BC = I ®CM ⊥ AB, CM ⊥ DA ⇒ CM ⊥
AB, DA ⊂ (ABD), AB ∩ DA = A (DAB). (2) ®BD ⊥ CM (do (1)) ⇒ BD ⊥ (CMN) ⇒ BD ⊥ BD ⊥ HK (do (**)) CN. (∗∗)
Từ (∗) và (∗∗) suy ra K là trực tâm tam giác BCD.
Bài 21. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, ‘ ASB = 120◦, ‘ BSC = 90◦, ‘ CSA = 60◦.
1. Chứng minh ta giác ABC vuông.
2. Xác định hình chiếu H của S trên (ABC). Tính SH theo a. Lời giải. S
a) AB2 = SA2 + SB2 − 2SA · SB cos ‘ ASB = 3a2 ⇒ AB = √ a 3. √
BC2 = SB2 + SC2 = 2a2 ⇒ BC = a 2.
AC2 = SA2 + SC2 − 2SA · SC cos A B ‘ CSA = a2 ⇒ AC = a. H Ta có AB2 = BC2 + AC2.
Vậy tam giác ABC vuông tại C. C ®SH ⊥ (ABC) b) Vì nên HA = HB = HC. SA = SB = SC
Do đó H là trung điểm của AB. SA a
Vì tam giác ASH là nửa tam giác đều nên SH = = . 2 2
Bài 22. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là tứ giác, có ABD là tam giác đều, BCD
là tam giác cân tại C có ’ BCD = 120◦, SA ⊥ (ABCD).
1. Gọi H, K là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK).
2. Gọi C0 là giao điểm của SC với (AHK). Tính diện tích tứ giác AHC0K khi AB = SA = a. Lời giải. 142
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN ® AB = AD Vì
nên AC là đường trung trực của đoạn BD. S CB = CD Tam giác ABD đều, ’ ABD = ’ ADB = 60◦. K C0
Tam giác BCD cân tại C có ’ BCD = 120◦ ⇒ ’ CBD = ’ CDB = I 30◦. H Vậy ’ ABC = ’ ADC = 90◦. D
®BC ⊥ AB, BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD)) A Ta có ⇒ BC ⊥
AB, SA ⊂ (SAB), AB ∩ SA = A O (SAB) ⇒ BC ⊥ AK. B C DC ⊥ AD   1. DC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD))
⇒ DC ⊥ (SAD) ⇒ DC ⊥ AK. 
 AD, SA ⊂ (SAD), AB ∩ SA = A ® AH ⊥ SB ® AK ⊥ SD
⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ SC;
⇒ AK ⊥ (SCD) ⇒ AK ⊥ SC. AH ⊥ BC AK ⊥ CD ®SC ⊥ AH, SC ⊥ AK Vậy ⇒ SC ⊥ (AHK).
AH, AK ⊂ (AHK), AH ∩ AK = A ®BD ⊥ AC 2. ⇒ BD ⊥ (SAC). BD ⊥ SA
Ta có 4SAB = 4SAD (c.g.c), suy ra AH = AK (đường cao xuất phát từ 2 đỉnh tương ứng).
Nên SH = SK, mà SB = SD, suy ra HK k BD (định lí Ta-lét). ®BD ⊥ (SAC) Ta có ⇒ HK ⊥ (SAC). BD k HK
Vậy HK ⊥ AC0 (vì AC0 ⊂ (SAC)). (∗)
Ta lại có AB = SA ⇒ 4SAB vuông cân tại A nên H là trung điểm của SB. 1 a
Xét 4SBD có HK là đường trung bình nên HK = BD = . 2 2 AB 2a
Xét 4ABC vuông tại B nên AC = = √ . sin 60◦ 3
Vì SC ⊥ (AHK) nên SC ⊥ AC0 (vì AC0 ⊂ (AHK)). 1 1 1 1 3 7 2a
Xét 4SAC vuông tại A, ta có = + = + = ⇒ AC0 = √ . AC02 AS2 AC2 a2 4a2 4a2 7 1
Từ (∗) thì tứ giác AHC0K có 2 đường chéo vuông góc nên SAHC0K = · AC0 · HK = 2 1 a 2a a2 · · √ = √ . 2 2 7 2 7
Bài 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O, AB = SA = a, SA vuông
góc với đáy. Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, (P) cắt SB, SC, SD tại H, I, K. 1. Chứng minh HK k BD.
2. Chứng minh AH ⊥ SB, AK ⊥ SD.
3. Chứng minh tứ giác AHIK có hai đường chéo vuông góc. Tính diện tích AHIK theo a. Lời giải.
1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG 143 1. Chứng minh HK k BD. S
Trong (SAC), gọi L = AI ∩ SO. ®BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SC Vì nên BD k (P). I K (P) ⊥ SC L ®L ∈ (P) ∩ (SBD) H Ta có
⇒ (P) ∩ (SBD) = HK, HK đi qua BD k (P) D A L và HK k BD. O B C
2. Chứng minh AH ⊥ SB, AK ⊥ SD. ®BC ⊥ AB ®CD ⊥ AD Ta có ⇒ BC ⊥ (SAB), ⇒ CD ⊥ (SAD). BC ⊥ SA CD ⊥ SA ⊥ CD
® AH ⊥ BC (vì BC ⊥ (SAB))
Theo chứng minh trên, ta có ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ AH ⊥ SC (vì SC ⊥ (P)) SB.
Tương tự ta chứng minh được AK ⊥ (SCD) ⇒ AK ⊥ SD.
3. Chứng minh tứ giác AHIK có hai đường chéo vuông góc. Tính diện tích AHIK theo a.
Do BD ⊥ (SAC) và BD k HK suy ra HK ⊥ (SAC) ⇒ HK ⊥ AI (vì AI ⊂ (SAC)). SA · AC
Trong 4SAC có AI là đường cao, ta có AI · SC = SA · AC ⇒ AI = √ = SA2 + AC2 √ √ a · a 2 a 6 √ = . a 3 3 √ 1 a 2
Vì 4SAB vuông cân tại A nên H là trung điểm của BC, suy ra HK = BD = . √ √ √ 2 2 1 1 a 2 a 6 a2 3 Vậy SAHIK = · AI · HK = · · = . 2 2 2 3 6 √
Bài 24. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = a 3, √
mặt bên SBC vuông tại B, SCD vuông tại D có SD = a 5.
1. Chứng minh SA ⊥ (ABCD) và tính SA.
2. Đường thẳng qua A vuông góc với AC, cắt CB, CD tại I, J. Gọi H là hình chiếu của
A trên SC, K và L là giao điểm của SB, SD với (H I J). Chứng minh AK ⊥ (SBC) và AL ⊥ (SCD).
3. Tính diện tích tứ giác AKHL. Lời giải. 1. 144
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Chứng minh SA ⊥ (ABCD) và tính SA. S
BC ⊥ AB (vì ABCD là hình chữ nhật) J   • Ta có
BC ⊥ SB (vì 4SBC vuông tại B) H L 
 AB, SB ⊂ (SAB), AB ∩ SB = B ⇒ BC ⊥ (SAB). K Vậy (SAB) ⊥ (ABCD) (vì BC ⊂ D A (ABCD)) (∗)
Chứng minh tương tự thì CD ⊥ (SAD) ⇒ (SAD) ⊥ (ABCD). (∗∗) I B C Ta có (SAB) ∩ (SAD) = SA. (∗ ∗ ∗)
Từ (∗), (∗∗) và (∗ ∗ ∗) suy ra SA ⊥ (ABCD). • Xét 4SAD vuông tại A, ta có √ √ SA = SD2 − AD2 = a 2.
2. Chứng minh AK ⊥ (SBC) và AL ⊥ (SCD). Ta có (HI J) ∩ (SBC) = I H.
Gọi K = SB ∩ I H ⇒ K = SB ∩ (HI J).
(H I J) ∩ (SCD) = JH, gọi L = SD ∩ JH ⇒ L = SD ∩ (H I J). • Chứng minh AK ⊥ (SBC). ® I A ⊥ AC (giả thiết)
⇒ I A ⊥ (SAC) ⇒ I A ⊥ SC (1)
I A ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD), I A ⊂ (ABCD)) ®SC ⊥ AH (giả thiết) ®SC ⊥ (P) ⇒ SC ⊥ (P); ⇒ (P) ⊥ (SBC). SC ⊥ I A (do (1)) SC ⊂ (SBC) (P) ∩ (SAB) = AK   (P) ⊥ (SBC) ⇒ AK ⊥ (SBC).  (SAB) ⊥ (SBC)
• Chứng minh hoàn toàn tương tự AL ⊥ (SCD).
3. Tính diện tích tứ giác AKHL. √ AB · SA a 2
Xét 4SAB vuông tại A có đường cao AK nên AK = √ = √ . SA2 + AB2 3 √ AD · AS a 6
Xét 4SAD vuông tại A có đường cai AL nên AL = = √ . SD 5 AC · SA 2a
Xét 4SAC vuông tại A Có đường cao AH nên AH = √ = √ . SA2 + AC2 3
Vì AK ⊥ (SBC) nên AK ⊥ KH. √ √ a 2
Xét 4AKH vuông tại K nên KH = AH2 − AK2 = √ . 3
Vì AL ⊥ (SCD) nên AL ⊥ LH. √ √ a 2
Xét 4ALH vuông tại L nên LH = AH2 − AL2 = √ . 15 √ √ √ √ 1 1 1 Ç a 2 a 2 a 6 a 2 å
SAKHL = S4AKH + S4ALH = AK · HK + AL · HL = √ · √ + √ · √ = 2 2 2 3 3 5 15 8a2 . 15
2. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC 145 Bài 2. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC A. Tóm tắt lý thuyết 1. Định nghĩa
Định nghĩa 1. Hai mặt phẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 90◦. 2.
Các định lí và hệ quả Định lí 1.
Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vuông góc với nhau Q
là mặt thẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với a mặt phẳng kia. ®a ⊂ (Q) ⇒ (P) ⊥ (Q). a ⊥ (P) P Hệ quả 1.
Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau và A là Q
một điểm trong (Q) thì đường thẳng đi qua điểm A vuông a
góc với (P) sẽ nằm trong (Q). A (P) ⊥ (Q)   A ∈ (Q) ⇒ a ⊂ (Q). P   A ∈ a ⊥ (P) Định lí 2.
Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc
với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng P Q
vuông góc với mặt phẳng thứ ba. a (P) ∩ (Q) = a   (P) ⊥ (R) ⇒ a ⊥ (R).  (Q) ⊥ (R) R 3.
Hình lăng trụ đứng, hình hộp chữ nhật, hình lập phương
Định nghĩa 2. Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với mặt
đáy. Độ dài cạnh bên được gọi là chiều cao của hình lăng trụ đứng.
1. Hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác, tứ giác, ngũ giác, . . . được gọi là hình lăng
trụ đứng tam giác, hình lăng trụ đứng tứ giác, hình lăng trụ đứng ngũ giác, . . .
2. Hình lăng trụ đứng có đáy là một đa giác đều được gọi là hình lăng trụ đều. Ta
có các loại lăng trụ đều như hình lăng trụ tam giác đều, hình lăng trụ tứ giác đều,
hình lăng trụ ngũ giác đều . . .
(a) Hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành được gọi là hình hộp đứng.
(b) Hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật được gọi là hình hộp chữ nhật.
(c) Hình lăng trụ đứng có đáy là hình vuông và các mặt bên đều là hình vuông
được gọi là hình lập phương. 146
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN 4.
Hình chóp đều và hình chóp cụt đều
Định nghĩa 3. Một hình chóp được gọi là hình chóp đều nếu nó có đáy là một đa giác
đều và có chân đường cao trùng với tâm của đa giác đáy.
1. Hình chóp đều có các mặt bên là những tam giác cân bằng nhau. Các mặt !
bên tạo với mặt đáy các góc bằng nhau.
2. Các cạnh bên của hình chóp đều tạo với mặt đáy các góc bằng nhau.
Định nghĩa 4. Phần của hình chóp đều nằm giữa đáy và một thiết diện song song với
đáy cắt các cạnh bên của hình chóp đều được gọi là hình chóp cụt đều. B. Bài tập rèn luyện
DẠNG 2.1. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc
Cách 1. Ta chứng minh mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.
Cách 2. Ta chứng minh góc giữa chúng bằng 90◦.
Bài 1. Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại B và AD ⊥ (ABC). Chứng minh (ABD) ⊥ (BCD). Lời giải. D
BC ⊥ AB (vì 4ABC vuông tại B)   
BC ⊥ D A (vì AD ⊥ (ABC)) Ta có AB ⊂ (ABD)     AD ⊂ (ABD). ⇒ BC ⊥ (ABD). A C
Mà BC ⊂ (BCD) nên (BCD) ⊥ (ABD). B
Bài 2. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ (BCD). Trong tam giác BCD vẽ các đường cao BE
và DF cắt nhau tại O. Trong mặt phẳng (ACD) vẽ DK ⊥ AC. Gọi H là trực tâm của tam giác ACD.
1. Chứng minh (ACD) ⊥ (ABE) và (ACD) ⊥ (DFK). 2. Chứng minh OH ⊥ (ACD). Lời giải. CD ⊥ BE (giả thiết)   1. Ta có CD ⊥ AB (vì AB ⊥ (BCD))  BE, AB ⊂ (ABE). A
2. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC 147 ⇒ CD ⊥ (ABE).
Mà CD ⊂ (ACD) nên (ACD) ⊥ (ABE). DF ⊥ BC (giả thiết)   Ta có DF ⊥ AB (vì AB ⊥ (BCD))  BC, AB ⊂ (ABC) H K ⇒ DF ⊥ (ABC).
Mà AC ⊂ (ABC) nên DF ⊥ AC. (1) B D  AC ⊥ DF (do (1))   O Ta có
AC ⊥ DK (giả thiết) ⇒ AC ⊥ (DFK). F  E DF, DK ⊂ (DFK). Mà C
AC ⊂ (ACD) nên (ACD) ⊥ (DFK).
2. Ta có CD ⊥ (ABE) và OH ⊂ (ABE) nên CD ⊥ OH. (2)
Ta có AC ⊥ (DKF) và OH ⊂ (DKF) nên AC ⊥ OH. (3) OH ⊥ CD   Từ (2) và (3) ta có OH ⊥ AC ⇒ OH ⊥ (ACD).  CD, AC ⊂ (ACD)
Bài 3. 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 (ABC). Gọi I là trung điểm của SC.
1. Chứng minh (SBC) ⊥ (SAC).
2. Chứng minh (ABI) ⊥ (SBC). Lời giải. S
1. Gọi H là trung điểm của AC. (SAC) ∩ (ABC) = AC   Ta có (SAC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC).   AC ⊥ SH ⊂ (SAC) BC ⊥ AC (giả thiết)   I Ta có BC ⊥ SH (vì SH ⊥ (ABC))   AC, SH ⊂ (SAC). ⇒ BC ⊥ (SAC). A B
Mà BC ⊂ (SBC) nên (SBC) ⊥ (SAC).  AI ⊥ SC (giả thiết) H   2. Ta có AI ⊥ BC (vì BC ⊥ (SAC)) ⇒ AI ⊥ C  SC, BC ⊂ (SBC) (SBC).
Mà AI ⊂ (ABI) nên (ABI) ⊥ (SBC).
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a và SA = SB = SC = a.
1. Chứng minh (SBD) ⊥ (ABCD).
2. Chứng minh tam giác SBD vuông. Lời giải. 148
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD).
Vì SA = SB = SC nên HA = HB = HC.
Suy ra H nằm trên đường trung trực của đoạn AC. Vậy H ∈ BD. S
 AC ⊥ BD (vì ABCD là hình thoi)   1. AC ⊥ SO (4SAC cân tại S)  BD, SO ⊂ (SBD). ⇒ AC ⊥ (SBD).
Mà AC ⊂ (ABCD) nên (ABCD) ⊥ (SBD).
2. Ta có 4SAC = 4BAC = 4DAC (c.c.c) D A
Suy ra ba đường trung tuyến xuất phát từ H
3 đỉnh tương ứng bằng nhau thì bằng nhau, O nghĩa là SO = BO = DO. C B
Trong 4SBD có SO là trung tuyến và SO = 1 BD. 2 ⇒ 4SBD vuông tại S.
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, có cạnh bằng a và √ a 6 đường chéo BD = a, SC =
và vuông góc với (ABCD). Chứng minh (SAB) ⊥ 2 (SAD). Lời giải.
Trong mặt phẳng (SAC), kẻ OH ⊥ SA tại H. S √ √ AB 3 a 3 Ta có 4ABD đều nên AO = = ⇒ √ 2 2 AC = a 3. √ 3a Trong 4SAC có SA = AC2 + SC2 = √ . 2 Ta có 4AHO v 4ACS (g.g) √ a 3 √ HO AO a 6 a ⇒ = ⇒ HO = 2 · = . C B CS AS 3a √ 2 2 2 O
4HBD có HO là đường trung tuyến và HO = H 1 BD. 2 D A ⇒ 4HBD vuông tại H.
BD ⊥ AC (vì ABCD là hình thoi)   BD ⊥ SC (SC ⊥ (ABCD))   AC, SC ⊂ (SAC)
⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SA. ®SA ⊥ BD, SA ⊥ OH ®BH ⊥ SA Có ⇒ SA ⊥ (BDH) ⇒ BD, OH ⊂ (BDH) DH ⊥ SA.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) là ’ BHD.
Theo chứng minh trên ta có ’
BHD = 90◦ ⇒ (SAD) ⊥ (SAB).
Bài 6. Cho tam giác đều ABC. Trên đường thẳng d vuông góc với mp(ABC) tại A lấy
điểm S. Gọi D là trung điểm của BC.
2. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC 149
1. Chứng minh (SAD) ⊥ (SBC).
2. Kẻ CI ⊥ AB, CK ⊥ SB. Chứng minh SB ⊥ (ICK).
3. Kẻ BM ⊥ AC, MN ⊥ SC. Chứng minh SC ⊥ BN.
4. Chứng minh (CIK) ⊥ (SBC) và (BMN) ⊥ (SBC).
5. MB cắt CI tại G, CK cắt BN tại H. Chứng minh GH ⊥ (SBC). Lời giải.
1. Chứng minh (SAD) ⊥ (SBC). Vì 4ABC đều nên AD ⊥ BC S ®BC ⊥ AD, BC ⊥ SA Ta có ⇒ BC ⊥ AD, SA ⊂ (SAD) (SAD).
Mà BC ⊂ (SBC) ⇒ (SAD) ⊥ (SBC). 2. Chứng minh SB ⊥ (ICK). N ®CI ⊥ AB, CI ⊥ SA Ta có AB, SA ⊂ (SAB). K H
⇒ CI ⊥ (SAB) ⇒ CI ⊥ SB. M ®SB ⊥ CK, SB ⊥ CI A C Do đó ⇒ SB ⊥ CK, CI ⊂ (CIK) G (CIK). I D 3. Chứng minh SC ⊥ BN. ®BM ⊥ AC, BM ⊥ SA Ta có B AC, SA ⊂ (SAC).
⇒ BM ⊥ (SAC) ⇒ BM ⊥ SC. ®SC ⊥ MN, SC ⊥ BM Do đó MN, BM ⊂ (BMN).
⇒ SC ⊥ (BMN) ⇒ SC ⊥ BN.
4. Chứng minh (CIK) ⊥ (SBC) và (BMN) ⊥ (SBC).
Ta có SB ⊥ (CIK), mà SB ⊂ (SBC) ⇒ (SBC) ⊥ (CIK).
Lại có SC ⊥ (BMN), mà SC ⊂ (SBC) ⇒ (SBC) ⊥ (BMN). 5. Chứng minh GH ⊥ (SBC). (CIK) ⊥ (SBC)   Ta có (BMN) ⊥ (SBC) ⇒ HG ⊥ (SBC).  (C IK) ∩ (BMN) = HG
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O. Hai mặt phẳng (SAC) và
(SBD) cùng vuông góc với đáy ABCD.
1. Chứng minh (SAC) ⊥ (SBD).
2. Từ O kẻ OK ⊥ BC. Chứng minh BC ⊥ (SOK).
3. Chứng minh (SBC) ⊥ (SOK).
4. Kẻ OH ⊥ SK. Chứng minh OH ⊥ (SBC). 150
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Lời giải. S
1. Chứng minh (SAC) ⊥ (SBD). (SAC) ⊥ (ABCD)   Ta có (SBD) ⊥ (ABCD)  (SAC) ∩ (SBD) = SO. ⇒ SO ⊥ (ABCD).
 AC ⊥ BD (vì ABCD là hình thoi)   Có AC ⊥ SO (vì SO ⊥ (ABCD))  BD, SO ⊂ (SBD). ⇒ AC ⊥ (SBD). A D
Mà AC ⊂ (SAC) ⇒ (SAC) ⊥ (SBD). H O 2. Chứng minh BC ⊥ (SOK). B C BC ⊥ OK K   Ta có BC ⊥ SO (vì SO ⊥ (ABCD))  OK, SO ⊂ (SOK). ⇒ BC ⊥ (SOK).
3. Chứng minh (SBC) ⊥ (SOK). ®BC ⊥ (SOK) Ta có ⇒ (SBC) ⊥ (SOK). BC ⊂ (SBC) 4. Chứng minh OH ⊥ (SBC). OH ⊥ SK   Ta có OH ⊥ BC (vì BC ⊥ (SOK)) ⇒  SK, BC ⊂ (SBC) OH ⊥ (SBC).
Bài 8. Cho hình vuông ABCD. Gọi S là điểm trong không gian sao cho tam giác SAB
là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy (ABCD). Gọi H và I lần
lượt là trung điểm của AB và BC.
1. Chứng minh (SAB) ⊥ (SAD) và (SAB) ⊥ (SBC).
2. Chứng minh (SHC) ⊥ (SDI). Lời giải.
Vì tam giác SAB đều nên SH ⊥ AB. (SAB) ⊥ (ABCD)   Có
(SAB) ∩ (ABCD) = AB ⇒ SH ⊥ (ABCD).  SH ⊂ (SAB), SH ⊥ AB
2. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC 151 S
1. Chứng minh (SAB) ⊥ (SAD) và (SAB) ⊥ (SBC).AD ⊥ AB   Ta có AD ⊥ SH ⇒ AD ⊥ (SAB).   AB, SH ⊂ (SAB)
Mà AD ⊂ (SAD) ⇒ (SAB) ⊥ (SAD).
Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được (SAB) ⊥ (SBC). A D 1
2. Chứng minh (SHC) ⊥ (SDI). H Có 4BCH = 4CDI (c-g-c) ⇒ b C1 = “ D1. 1 Mà B 1 C “ D1 + bI1 = 90◦ ⇒ b C1 + bI1 = 90◦. Do đó I HC ⊥ DI. DI ⊥ CH   Ta có DI ⊥ SH ⇒ DI ⊥ (SHC).  CH, SH ⊂ (SHC)
Mà DI ⊂ (SDI) ⇒ (SDI) ⊥ (SHC).
Bài 9. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi D là điểm đối xứng với A qua BC. Trên √ a 6
đường thẳng vuông góc với (ABC) tại D lấy điểm S sao cho SD = . Chứng minh 2 1. (SBC) ⊥ (SAD). 2. (SAB) ⊥ (SAC). Lời giải. S
1. Chứng minh (SBC) ⊥ (SAD). ®BC ⊥ AD Ta có ⇒ BC ⊥ (SAD). BC ⊥ SD
Mà BC ⊂ (SBC) nên (SBC) ⊥ (SAD).
2. Chứng minh (SAB) ⊥ (SAC).
Gọi O = AC ∩ BD. Dựng OI ⊥ SA tại I. I ®SA ⊥ OI Ta có ⇒ SA ⊥ (IBC). D C SA ⊥ BC ®SA ⊥ IB Suy ra ⇒ ((SAB), (SAC)) = (BI, CI). O SA ⊥ IC Ta có 4AIO v 4ADS (g-g). B A OI AO AO · DS Suy ra = ⇒ OI = . (1) DS AS AS Trong đó √ a 6 SD = . 2 √ a 3 √ AO = ⇒ AD = a 3. 2 √ √ 3a 2 SA = SD2 + AD2 = . 2 152
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN a
Thay các kết quả trên vào (1), ta có OI = . 2 BC Xét tam giác BIC có OI =
nên tam giác BIC vuông tại I. Hay ‘ BIC = 90◦. 2
Do đó ((SAB), (SAC)) = 90◦. Vậy (SAB) ⊥ (SAC).
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. a 3a
Gọi M, N là các điểm thuộc BC và CD sao cho BM = , DN = . Chứng minh 2 4 (SAM) ⊥ (SMN). Lời giải.
Áp dụng định lý Py-ta-go cho các tam giác vuông ABM, S CMN, ADN. Ta có  5a2   A M2 = AB2 + B M2 =   4    5a2 MN2 = CM2 + CN2 = ⇒ AM2 + MN2 = AN2.  16     25a2  A D  AN2 = AD2 + D N2 = 16
Suy ra tam giác AMN vuông tại M. N ® MN ⊥ AM B C Ta có ⇒ MN ⊥ (SAM). M MN ⊥ SA
Mà MN ⊂ (SMN) nên (SAM) ⊥ (SMN).
Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O, cạnh a, SB = SD = a, √ 2a 3 BD =
. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy 3
1. Chứng minh tam giác SAC vuông tại S.
2. Chứng minh (SBC) ⊥ (SCD). Lời giải.
2. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC 153 S
1. Chứng minh tam giác SAC vuông tại S. √ √ a 6 Ta có SO = SB2 − BO2 = . 3 √ √ a 6 AO = AB2 − BO2 = ⇒ AC = H √ 3 2a 6 . A D 3 1
Tam giác SAC có trung tuyến SO = AC, 2 O
nên tam giác SAC vuông tại S. B C
2. Chứng minh (SBC) ⊥ (SCD).
Kẻ OH ⊥ SC tại H, ta có OH k SA, suy ra H là trung điểm của SC.
Ta có tam giác BSC cân tại B nên BH ⊥ SC.
Tam giác DSC cân tại D nên DH ⊥ SC.
Do đó ((SBC), (SCD)) = (BH, DH).
Xét tam giác SOC vuông tại O có √ 1 1 1 OS · OC a 3 = + ⇒ OH = √ = . OH2 OS2 OC2 OS2 + OC2 3
Xét tam giác BHD có HO là đường trung BD tuyến và HO = nên tam giác BHD 2 vuông tại H. Suy ra ((SBC), (SCD)) = ’ BHD = 90◦. Vậy (SBC) ⊥ (SCD).
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy là hình vuông ABCD. Gọi O
là tâm của đáy, vẽ CI vuông góc với SO tại I, vẽ DH vuông góc với SB tại H. Chứng minh rằng 1. (SAB) ⊥ (ADH). 2. CI ⊥ (SBD).
3. (ABE) ⊥ (SCD), với E là giao điểm của SO và DH. Lời giải. 154
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN S
1. Chứng minh (SAB) ⊥ (ADH). ® AD ⊥ SA Có ⇒ AD ⊥ (SAB) ⇒ AD ⊥ AB AD ⊥ SB. ®SB ⊥ DH Có ⇒ SB ⊥ (ADH). H SB ⊥ AD E Mà SB ⊂ (SAB) ⇒ (SAB) ⊥ (ADH). D 2. Chứng minh CI ⊥ (SBD). A ®BD ⊥ SA Có ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ O BD ⊥ AC I BD ⊥ CI. B C ®CI ⊥ SO Có ⇒ CI ⊥ (SBD). CI ⊥ BD
3. Chứng minh (ABE) ⊥ (SCD). ®SD ⊥ BE Có ⇒ SD ⊥ (ABE). SD ⊥ AB Mà SD ⊂ (SCD) ⇒ (ABE) ⊥ (SCD).
3. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 155 Bài 3.
GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG A. Tóm tắt lý thuyết 1.
Cách xác định góc giữa hai đường thẳng 1. Chọn điểm O tùy ý. a
2. Qua O kẻ hai đường thẳng a0, b0 sao cho a0 k a, a0 b0 k b. O b0
3. Khi đó góc giữa hai đường thẳng a, b chính b
bằng góc giữa hai đường thẳng a0, b0. 2. Các phương pháp tính góc
1. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác.
Xét 4ABC, đặt a = BC, b = AC, c = AB. Ta có A a b c (a) Định lí sin = = . c b sin A sin B sin C b2 + c2 − a2 (b) Định lí cos cos A = . B a 2bc C
2. Tính theo véc-tơ chỉ phương
Gọi ϕ là góc giữa hai đường thẳng a và b. Nếu đường thẳng a, b có véc-tơ chỉ − → − → − → u phương lần lượt là u 1 · − → u 2 1, u 2 thì cos ϕ = . − → − → u 1 · u 2
Chú ý: 0◦ ≤ ϕ ≤ 90◦. −→ −→ 3. AB ⊥ CD ⇔ AB · CD = 0.
4. Nếu a và b song song hoặc trùng nhau thì góc giữa chúng là ϕ = 0◦. B. Bài tập rèn luyện
DẠNG 3.1. Tính góc giữa hai đường thẳng
Cách xác định góc giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b:
Chọn điểm O thích hợp, rồi kẻ hai đường thẳng đi qua điểm O: a0 k a và b0 k b. Góc
giữa hai đường thẳng a và b là góc giữa hai đường thẳng a0 và b0. √
Bài 1. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = AB = AC = a, BC = a 2. Tính góc
giữa hai đường thẳng SC và AB. Lời giải. 156
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của BC, AC, SA. S Ta có EF k AB, FG k SC ⇒ (◊ SC, AB) = (◊ EF, FG) = ‘ EFG. G 1 a Ta có FE = FG = AB = . 2 2 F
4BAG = 4CAG(c.g.c) ⇒ GB = GC. A C
Tam giác GBC cân tại G có GE là trung tuyến nên GE là đường cao. Ã √ √ E √ Ç a 3å2 Ç a 2å2 a GE = BG2 − BE2 = − = . 2 2 2 B
Tam giác EFG đều vì có 3 cạnh bằng nhau. Vậy ‘ EFG = 60◦.
Bài 2. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có độ dài tất cả các cạnh đều bằng a > 0 và ’ BAD = ÷ DAA0 = ’
A0 AB = 60◦. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA0, CD. Chứng
minh MN song song với mặt phẳng (A0C0D) và tính cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng NM và B0C. Lời giải.
Gọi I là trung điểm của DC0. A0 D0
Trong tam giác CDC0 có N I là đường trung bình  NI k CC0 C0  B0 của tam giác, nên 1 M  N I = CC0. 2 I ®CC0 k AA0
Mà CC0 = AA0 (tính chất hình hộp) D  NI k AA0 ® A  N I k MA0 ⇒ 1 ⇔ N N I = MA0. B  N I = AA0. 2 C
Vậy tứ giác MN I A0 là hình bình hành nên MN k I A0.
Mà I A0 ⊂ (A0C0D) ⇒ MN k (A0C0D). ® MN k I A0 Vì ⇒ (Ÿ CB0, MN) = ( ÿ DA0, I A0) = ’ DA0 I hoặc 180◦ − ’ DA0 I. CB0 k DA0
Ta có tam giác DAA0 đều nên DA0 = a. √ Xét 4ABC có: ’
ABC = 120◦; AC2 = AB2 + BC2 − 2AB · BC · cos 120◦ = 3a2 ⇒ AC = a 3. √
Tương tự, áp dụng định lý cosin cho 4A0 AB0 ta có AB0 = a 3. √ √
Ta có AC = A0C0 = a 3, AB0 = DC0 = a 3.
Trong 4DA0C0 có A0 I là đường trung tuyến: √ DA02 + A0C02 DC02 a2 + 3a2 3a2 5a2 a 5 I A02 = − = − = ⇒ I A0 = . 2 4 2 4 4 2 DA02 + I A02 − DI2 3 Trong 4A0DI ta có: cos ’ DA0 I = = √ > 0. 2 · DA0 · I A0 2 5 √ 3 3 5 Kết luận: cos( Ÿ MN, CB0) = cos ’ DA0 I = √ = . 2 5 10
Bài 3. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0B0C0 có AB = 1, CC0 = m (m > 0). Tìm
m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB0 và BC0 bằng 60◦.
3. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 157 Lời giải.
Trong mặt phẳng (ABB0 A0), kẻ BD k A AB0(D ∈ A0B0) ⇒ ( ÿ AB0, BC0) = (ÿ BD, BC0) = 60◦. 1 B Vậy C ’ DBC0 = 60◦ hoặc ’ DBC0 = 120◦.
Vì ABC.A0B0C0 là lăng trụ đều nên BB0 ⊥ (A0B0C0).
Áp dụng Pytago cho 4BB0D vuông tại B ta A0 m có √ √ BD = DB02 + BB02 = 1 + m2.
Áp dụng Pytago cho 4BB0C0 vuông tại B0 ta B0 C0 có 1 √ √ BC0 = C0B02 + BB02 = 1 + m2. 1
Áp dụng định lý cosin 4DB0C0 ta có D DC02 =
DB02 + C0B02 − 2DB0 · C0B0 · √ cos 120◦ = 3 ⇒ DC0 = 3. Trường hợp 1: Nếu ’ DBC0 = 60◦ thì tam giác BDC0 đều nên:√ √ √ BD = DC0 ⇔ m2 + 1 = 3 ⇔ m = 2. Trường hợp 2: Nếu ’ DBC0 = 120◦ áp dụng
định lý cosin cho 4BDC0. Suy ra m = 0 (loại).
Bài 4. Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác √
vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A0 trên mặt phẳng
(ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA0, B0C0. Lời giải.
Gọi H là trung điểm của BC, theo đề A0H ⊥ (ABC). A0 C0
Mà (ABC) k (A0B0C0) ⇒ A0H ⊥ (A0B0C0).
Tam giác ABC vuông tại A ta có √ BC = AB2 + AC2 = 2a ⇒ BH = a. B0 ® AA0 k BB0 2a Ta có ⇒ ( Ÿ AA0, B0C0) = ( ◊ BB0, BC) = ’ B0BH. B0C0 k BC √ BC Ta có BC = AB2 + AC2 = 2a ⇒ AH = = a nên √ √ √ 2 a 3 A0 H = AA02 − AH2 = a 3. A C
Trong tam giác A0B0H vuông tại A0 có HB0 = √ a H A0B02 + A0 H2 = 2a. B
Áp dụng định lý hàm cosin cho tam giác B0BH có: BB02 + BH2 − B0 H2 4a2 + a2 − 4a2 cos ’ B0BH = = = 2 · BB0 · BH 2 · 2a · a 1 > 0 (thỏa). 4
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = √
a 3 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB, AC. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN. Lời giải. 158
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Hạ SH ⊥ AB tại H. S
Vì mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) có AB là giao tuyến nên SH ⊥ (ABCD).
Trong mặt phẳng (ABCD), từ M kẻ ME k DN với E
thuộc AD. Vậy góc giữa SM và DN chính là góc giữa SM và ME.
Xét tam giác SAB có AB2 = SA2 + SB2 = 4a2. A K Vậy 4SAB vuông tại S. D E 1 1 1 1 1 4 H Và = + = + = ⇒ SH = M √SH2 SA2 SB2 a2 3a2 3a2 a 3. 2 B N C Tam giác SHA vuông tại H: √ 3a2 a H A = SA2 − SH2 = a2 − = . 4 2
Gọi K là trung điểm của AD ta có ME k BK k DN.
Do đó ME là đường trung bình tam giác ABK. √ 1 a 1 1 √ a 5 Vậy AE = AK = ; ME = BK = AB2 + AK2 = . A E K D 2 2 2 2 √ 2
Tam giác HAE vuông tại A có HE = AH2 + AE2 = √ H a2 a2 a 2 + = . 4 4 2 √ M
Tam giác SHE vuông tại H có SE = SH2 + HE2 = √ 3a2 2a2 a 5 + = . 4 4 2 B N C
Áp dụng định lý hàm cosin cho tam giác SME có: 5a2 5a2 SM2 + ME2 − SE2 a2 + − 1 cos 4 4 √ √ ’ SME = = = = 2 · SM · ME a 5 5 2 · a · √ 2 5 > 0. 5 √
Bài 6. Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông
góc với mặt phẳng đáy. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SB, AC. Lời giải.
Qua B kẻ đường thẳng Bx song song AC. Bx S cắt AD tại F.
Góc giữa AC và SB, chính là góc giữa Bx và SB. √
Ta có AFBC là hình bình hành, nên AF = BC a 3 và AC = FB.
Suy ra SF = SB, tam giác SBF cân tại S. A √ F D Có SB = SA2 + AB2 = 2a; FB = AC = √ a a 2. H
Hạ SH ⊥ FB tại H thì H là trung điểm FB. √ B C x a 2 √ HB 2 Khi đó cos 2 ‘ SBF = = = . SB 2a 4
3. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG 159
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a, đáy là hình vuông. Gọi
N là trung điểm SB. Tính góc giữa AN và CN, AN và SD. Lời giải.
Theo đề bài SA = SB = SC = SD = AB = BC = S CD = DA = a. √ a 3 Gọi O = AC ∩ BD, có AN = (4SAB đều), √ 2 a 3 CN = (4SBC đều). 2 N
Áp dụng định lý cosin cho tam giác ANC ta có AN2 + CN2 − AC2 1 A cos D ’ ANC = = − < 0 ⇒ ’ ANC = 2 · AN · CN 3 Å 1ã arccos . O 3 B C
Trong tam giác BDS có ON là đường trung bình của tam giác nên (ÿ AN, SD) = ( ÿ AN, NO) = ’ ANO.
Áp dụng định lý cosin cho 4ANO ta có √ AN2 + ON2 − AO2 3 cos ’ ANO = = ⇒ ’ ANO = √ 2 · AN · ON 3 Ç 3 å arccos . 3 160
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Bài 4.
GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG A.
Góc giữa hai đường thẳng
Định nghĩa 1. Định nghĩa góc giữa hai đường thẳng trong không gian
Góc giữa hai đường thẳng a và b trong không gian là góc giữa hai đường thẳng a0 và b0
cùng đi qua một điểm và lần lượt song song với a và b. B. Bài tập rèn luyện
DẠNG 4.1. Tính góc giữa hai đường thẳng
Cách xác định góc giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b
Chọn điểm O thích hợp, rồi kẻ hai đường thẳng đi a qua O : a0 k a và b0 k b. a0 O b b0
1. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác. a b c Định lý sin: = = . sin A sin B sin C b2 + c2 − a2 Định lý cô-sin: cos A = . 2bc
Trong đó: a, b, c là 3 cạnh; A, B, C là 3 góc của 4ABC. − → u
2. Tính góc theo véc-tơ chỉ phương: cos 1 · − → u2 ϕ = . − → − → u1 · u2
Chú ý: 0◦ ≤ ϕ ≤ 90◦. −→ −→ 3. AB ⊥ CD ⇔ AB · CD = 0.
4. Nếu a và b song song hoặc trùng nhau thì ϕ = 0◦. √
Bài 1. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = AB = AC = a, BC = a 2. Tính góc
giữa hai đường thẳng SC và AB. Lời giải.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 161
Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của BC, AC, SA. S Ta có: EF k AB, FG k SC h i h i ⇒ ◊ SC, AB = ◊ EF, FG = ‘ EFG. 1 a G Ta có FE = FG = AB = . 2 2
4BAG = 4CAG (c.g.c) ⇒ GB = GC.
Tam giác GBC cân tại G có GE là đường cao. Ã √ √ F √ Ç A C a 3å2 Ç a 2å2 a GE = BG2 − BE2 = − = . 2 2 2 E
Tam giác EFG đều vì có 3 cạnh bằng nhau. Vậy ‘ EFG = 60◦. B
Bài 2. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có độ dài tất cả các cạnh đều bằng a > 0 và ’ BAD = ÷ DAA0 = ’
A0 AB = 60◦. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA0, CD. Chứng
minh MN k (A0C0D) và tính cô-sin của góc tạo bởi hai đường thẳng NM và B0C. Lời giải.
Gọi I là trung điểm của DC0.
Trong tam giác CDC0 có N I là đường trung A0 D0 bình của tam giác  NI k CC0  nên C0 1 . B0  N I = CC0 2 ® M CC0 k AA0
Mà CC0 = AA0 (Tính chất hình hộp) I  NI k AA0 ®  N I k MA0 ⇒ 1 ⇔ N I = MA0 . D  N I = AA0 A 2
Vậy tứ giác MN I A0 là hình bình hành nên N MN k I A0. Mà B
I A0 ⊂ (A0C0D) ⇒ MN k (A0C0D). C ® MN k I A0 h i h i Vì ⇒ Ÿ CB0, MN = ÿ DA0, I A0 = ’ DA0 I hoặc 180◦ − ’ DA0 I. CB0 k DA0
Ta có tam giác DAA0 đều nên DA0 = a. √ Xét 4ABC có: ’
ABC = 120◦; AC2 = AB2 + BC2 − 2AB · BC · cos 120◦ = 3a2 ⇒ AC = a 3. √
Tương tự, áp dụng định lý cô-sin cho 4A0 AB0 : AB0 = a 3. √
Ta có AC = A0C0 = a, AB0 = DC0 = a 3.
Trong 4DA0C0 có A0 I là đường trung tuyến: √ DA02 + A0C02 DC02 a2 + 3a2 3a2 a 5 I A0 = − = − ⇒ I A0 = . 2 4 2 4 2 DA02 + I A02 − DI2 3 Trong 4A0DI ta có: cos ’ DA0 I = = √ > 0. 2 · DA0 · I A0 2 5 √ h i 3 3 5 Kết luận: cos Ÿ MN, CB0 = cos ’ DA0 I = √ = . 2 5 10
Bài 3. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A0B0C0 có AB = 1, CC0 = m(m > 0). Tìm
m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB0 và BC0 bằng 60◦. Lời giải. 162
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Trong mặt phẳng (ABB0 A0), kẻ BD k AB0(D ∈ A0B) A h i h i ⇒ ÿ AB0, BC0 = ÿ BD, BC0 = 60◦. 1 Vậy: B ’ BDC0 = 60◦ hoặc ’ DBC0 = 120◦. C
Vì ABC.A0B0C0 là lăng trụ đều nên BB0 ⊥ (A0B0C0).
Áp dụng Py-ta-go cho 4BB0D vuông tại B: A0 m p p BD = DB02 + BB02 = 1 + m2. B0 1
Áp dụng Py-ta-go cho 4BB0C0 vuông tại B0: C0 1 p p BC0 = C0B02 + BB02 = 1 + m2. D Áp dụng Cô-sin cho 4DB0C0: √
DC02 = DB02 + C0B02 − 2DB0 · C0B0 · cos 120◦ = 3 ⇒ DC0 = 3.
Trường hợp 1: Nếu ’
BDC0 = 60◦ thì tam giác BDC0 đều nên: √ √ p BD = DC0 ⇔ m2 + 1 = 3 ⇔ m = 2.
Trường hợp 2: Nếu ’
BDC0 = 120◦, áp dụng định lý cô-sin cho 4BDC0 suy ra m = 0 (loại).
Bài 4. Cho lăng trụ ABC.A0B0C0 có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác √
vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A0 trên mặt phẳng
(ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính cô-sin của góc giữa hai đường thẳng AA0, B0C0. Lời giải.
Gọi H là trung điểm BC, theo đề bài A0 C0 A0 H ⊥ (ABC).
Mà (ABC) k (A0B0C0) ⇒ A0H ⊥ (A0B0C0). B0 Tam giác ABC vuông tại A: 2a 2a p BC = AB2 + AC2 = 2a ⇒ BH = a. 2a ® AA0 k BB0 √ Ta có: a 3 B0C0 k BC A C ⇒ Ÿ AA0, B0C0 = ◊ BB0, BC = ’ B0BH. a H
Trong tam giác A0B0H vuông tại A0 có: p HB0 = A0B2 + A0 H2 = 2a. B
Áp dụng định lý cô-sin cho tam giác B0BH có: BB02 + BH2 − B0 H2 4a2 + a2 − 4a2 1 cos ’ B0BH = = = > 0 thỏa. 2 · BB0 · BH 2 · 2a · a 4 √
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3
và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của các cạnh AB, BC. Tính cô-sin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 163 Lời giải. Hạ SH ⊥ AB tại H.
Vì mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) có AB là giao tuyến. Suy ra: SH ⊥ (ABCD).
Trong mặt phẳng (ABCD), từ M kẻ ME k DN S
với E thuộc AD. Vậy góc giữa SM và DN
chính là góc giữa SM và ME. Xét tam giác SAB có: AB2 = SA2 + SB2 = 4a2. Vậy 4SAB vuông tại S. A K 1 1 1 1 1 4 D Và: = + = + = E SH2 S √ A2 SB2 a2 3a2 3a2 H a 3 ⇒ SH = . M 2 Tam giác SHA vuông tại H: B N C p 3a2 a H A = SA2 − SH2 = a2 − = . A E K D 4 2
Gọi K là trung điểm của AD. H Ta có ME k BK k DN.
Suy ra ME là đường trung bình của tam giác M ABK. 1 a Vậy AE = AK = ; 2 2 √ 1 1 p a 5 ME = BK = AB2 + AK2 = . 2 2 2 B N C Tam giác HAE vuông tại A: √ p a2 a2 a 2 HE = AH2 + AE2 = + = . 4 4 2 Tam giác SHE vuông tại H: √ p 3a2 2a2 a 5 SE = SH2 + HE2 = + = . 4 4 2
Áp dụng định lý cô-sin cho tam giác SME có: 5a2 5a2 √ SM2 + ME2 − SE2 a2 + − 1 5 cos 4 4 √ √ ’ SME = = = = > 0. 2 · SM · ME a 5 5 5 2 · a · 2 √
Bài 6. Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và SA vuông
góc với mặt phẳng đáy. Tính cô-sin của góc giữa hai đường thẳng SB, AC. Lời giải. 164
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Qua B kẻ đường thẳng Bx song song với AC. Bx cắt AD S tại F.
Góc giữa AC và SB chính là góc giữa Bx và AC.
Ta có AFBC là hình bình hành nên AF = BC và AC = FB.
Suy ra SF = SB, tam giác SBF cân tại S. √ √ Có SB = SA2 + AB2 = 2a, FB = AC = a 2.
Hạ SH ⊥ FB, thì H là trung điểm FB. √ A a 2 F D √ HB 2 cos 2 ‘ SBF = = = . H SB 2a 4 B x C
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a, đáy là hình vuông. Gọi
N là trung điểm SB. Tính góc giữa AN và CN, AN và SD. Lời giải.
Theo đề bài: SA = SB = SC = SD = AB = BC = CD = DA = a. √ a 3 Gọi O = AC ∩ BD có AN = (4SAB S 2 đều). √ a 3 CN = (4SBC đều). 2
Áp dụng định lý cô-sin cho tam giác ANC: N AN2 + CN2 − AC2 1 cos ’ ANC = = − < 0 2 · AN · CN 3 A B Å 1ã ⇒ ’ ANC = arccos . 3
Trong tam giác BDS có ON là đường trung O bình của tam giác. D C h i h i ⇒ ÿ AN, SD = ÿ AN, NO = ’ ANO.
Áp dụng định lý cô-sin cho 4ANO: √ √ AN2 + ON2 − AO2 3 Ç 3 å cos ’ ANO = = ⇒ ’ ANO = arccos . 2 · AN · ON 3 3 C.
Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Định nghĩa 2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) là góc giữa d và hình chiếu của nó trên mặt phẳng (P).
Gọi α là góc giữa d và mặt phẳng (P) thì 0◦ ≤ α ≤ 90◦.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 165
DẠNG 4.2. Xác định và tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Để xác định góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P) d B ta làm như sau
• Tìm giao điểm A của d và (P). d0 α A
• Trên d chọn điểm B khác A, dựng BH vuông góc H P (P) tại điểm H.
Suy ra AH là hình chiếu vuông góc của d trên mặt phẳng (P).
Vậy góc giữa d và (P) là góc ’ BAH.
Nếu khi xác định góc giữa d và (P) khó quá (không chọn M d
được điểm B để dựng BH ⊥ (P)) thì ta sử dụng công thức sau đây.
Gọi α là góc giữa d và (P), suy ra d0 α A d(M, (P)) H P sin α = . AM
Ta phải chọn điểm M trên d mà có thể tính được khoảng
cách đến mặt phẳng (P). Còn A là giao điểm của d và (P). D. Bài tập rèn luyện
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy và √ SA = a 6. Tính góc giữa a) SC và (ABCD). b) SC và (SAB). c) AC và (SBC). d) SB và (SAC). Lời giải. 166
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN S
1. AC là hình chiếu vuông góc của SC lên (ABCD).
Do đó (SC, (ABCD)) = (SC, AC) = ‘ SCA.
Xét tam giác vuông SAC, ta có √ SA a 6 √ tan √ ‘ SCA = = = 3. A AC a 2 D O F Suy ra ‘ SCA = 60◦. ®BC ⊥ AB B C 2. Ta có nên BC ⊥ (SAB). BC ⊥ SA
Suy ra SB là hình chiếu vuông góc của SC lên mặt phẳng (SAB).
Do đó (SC, (SAB)) = (SB, SC) = ‘ CSB.
Xét tam giác vuông SBC, ta có BC a 1 tan √ √ ‘ CSB = = = . SB a 7 7 Å 1 ã Suy ra √ ‘ CSB = arctan . 7
3. Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SB. ® AF ⊥ SB Ta có nên AF ⊥ (SBC). AF ⊥ BC
Suy ra FC là hình chiếu vuông góc của AC lên (SBC).
Do đó (AC, (SBC)) = (AC, FC) = ‘ ACF.
Xét tam giác vuông SAB, ta có √ 1 1 1 1 1 7 a 42 = + = + = ⇔ AF = . AF2 AS2 AB2 6a2 a2 6a2 7
Xét tam giác vuông ACF, ta có √ a 42 √ AF 21 sin 7 √ ‘ ACF = = = . AC a 2 7 √ Ç 21 å Suy ra ‘ ACF = arcsin . 7 ®BO ⊥ AC 4. Ta có nên BO ⊥ (SAC). BO ⊥ SA
Suy ra SO là hình chiếu vuông góc của SB lên (SAC).
Do đó (SB, (SAC)) = (SB, SO) = ‘ BSO.
Xét tam giác vuông SAO, ta có √ p a2 a 13 SO = SA2 + AO2 = 6a2 + = √ . 2 2
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 167
Xét tam giác vuông SBO, ta có a √ OB 2 1 tan √ √ ‘ BSO = = = . OS a 13 13 √2 Å 1 ã Suy ra √ ‘ BSO = arctan . 13 √
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi. Biết SD = a 3, tất cả các cạnh còn lại đều bằng a.
1. Chứng minh (SBD) là mặt phẳng trung trực của AC và SBD là tam giác vuông.
2. Xác định góc giữa SD và mặt phẳng (ABCD). Lời giải. S
1. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD).
Theo đề bài SA = SB = SC suy ra HA = HB = HC.
Vậy H thuộc đường trung trực của đoạn AC hay H thuộc BD. ® AC ⊥ BD Ta có nên AC ⊥ (SBD). A AC ⊥ SH (SH ⊂ (SBD)) D O (1) M
Mặt khác, O là trung điểm của AC và là giao điểm H của AC và (SBD). (2) B C
Từ (1) và (2) suy ra (SBD) là mặt phẳng trung trực của AC.
Ta có 4SAC = 4BAC (c.c.c) suy ra BO = SO. 1 Trong tam giác SBD, SO = BD nên tam giác SBD 2 vuông tại S.
2. Vì SH ⊥ (ABCD) nên HD là hình chiếu vuông góc của SD lên (ABCD).
Do đó (SD, (ABCD)) = (SD, HD) = ’ SDH.
Xét tam giác vuông SBD, ta có √ 1 1 1 4 a 3 = + = ⇔ SH = . SH2 SB2 SD2 3a2 2
Xét tam giác vuông SHD, ta có √ a 3 √ SH 2 sin 2 √ ’ SDH = = = . SD a 3 2 Suy ra ’ SDH = 45◦. 168
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Bài 10. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a nằm trong mặt phẳng (P). Cạnh AC = √
a 2 và tạo với (P) một góc 60◦. Tính góc giữa BC và (P). Lời giải.
Xét tam giác vuông ABC, ta có C √ p BC = AB2 + AC2 = a 3.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên (P).
Khi đó AH là hình chiếu vuông góc của AC lên (P).
Do đó, (AC, (P)) = (AC, AH) = H ’ CAH = 60◦.
Xét tam giác vuông CAH, ta có B √ √ CH √ 3 a 6 sin ’ CAH =
⇔ CH = CA · sin 60◦ = a 2 · = . CA 2 2 A
Ta có BH là hình chiếu vuông góc của BC lên mặt phẳng (P).
Do đó, (BC, (P)) = (BC, BH) = ’ CBH.
Xét tam giác vuông BHC, ta có √ a 6 √ CH 2 sin 2 √ ’ CBH = = = . CB a 3 2 Suy ra ’ CBH = 45◦. √ 2a 3
Bài 11. Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC =
và đáy ABC là tam giác đều 3 cạnh a.
1. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC). Tính SH.
2. Tính góc giữa SA và (ABC). Lời giải.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 169 S
1. Ta có H là trọng tâm của tam giác đều ABC nên √ √ 2 2 a 3 a 3 AH = AF = · = . 3 3 2 3
Xét tam giác vuông SAH, ta có A C p 4a2 a2 H SH = SA2 − AH2 = − = a. M F 3 3 B
2. Ta có AH là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC).
Do đó, (SA, (ABC)) = (SA, AH) = ’ SAH.
Xét tam giác vuông SAH, ta có SH a √ tan √ ’ SAH = = = 3. AH a 3 3 Suy ra ’ SAH = 60◦.
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy, ABCD là hình thang đáy lớn
AD, AB = BC = DC = a, DA = 2a. Vẽ AH ⊥ SC và M là trung điểm SB. Góc giữa SB
và mặt phẳng (ABCD) là 45◦. Tính góc: a) ¤ AM, (SBD) ; b) ¤ AH, (ABCD) ; c) ( ¤ SAD), (SBC) . Lời giải. 1.
Theo đề bài ABCD nửa lục giác đều, nên ABCD S x
nội tiếp trong đường tròn đường kính AD, có: √ √ AC = BD = AD2 − AB2 = a 3. ®BD ⊥ AB Có ⇒ BD ⊥ (SAB). BD ⊥ SA
Vậy AB là hình chiếu của SB lên mặt phẳng H (ABCD), nên M ¤ SB, (ABCD) = ‘ SBA = 45◦.
⇒ SA = AB = a (Vì tam giác SAB vuông cân tại A D A) ® AM ⊥ SB (gt) Có: ⇒ AM ⊥ I AM ⊥ BD (BD ⊥ (SAB)) (SBD) ⇒ ¤ AM, (SBD) = 90◦. K B C
2. Trong tam giác SAC: Kẻ HI k SA ⇒ HI ⊥ (ABCD).
Vậy AI là hình chiếu của AI trên mặt phẳng (ABCD): ¤ AH, (ABCD) = ’ H AI = ’ H AC. SA a 1
Trong tam giác SAC vuông tại A: tan √ √ ‘ SCA = = = ⇒ ‘ SCA = 30◦. AC a 3 3 Trong 4HAC: ’ H AC + ’ HCA = 90◦ ⇒ ’ H AC = 60◦. 170
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
3. Muốn tìm góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC), ta phải tìm giao tuyến của hai mặt phẳng: ®S ∈ (SAD) ∩ (SBD) Có:
⇒ (SAD) ∩ (SBD) = Sx (Sx k AD k BC) (1) AD k BC ®BC ⊥ AK Kẻ AK ⊥ BC tại K. Có ⇒ BC ⊥ (SAK) ⇒ BC ⊥ SK (2) BC ⊥ SA ®SA ⊥ Sx h i Từ (1) và (2) ⇒ ( ¤ SAD), (SBC) = ‘ ASK. SK ⊥ Sx √ a 3
Trong tam giác AKB vuông tại K: AK = AB · cos ’ KAB = a · cos 30◦ = (Vì ’ DAB = 2 60◦) √ a 3 √ AK AK 3
Trong tam giác SAK vuông tại A: tan 2 ‘ ASK = = = = ⇒ ‘ ASK = √ AS AS a 2 3 arctan . 2
Bài 13. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy ABCD, đáy là hình thang
vuông tại A, có đáy lớn AB, AB = 2a, AD = DC = a. Vẽ AH ⊥ SC và M là trung điểm
của AB. Góc giữa (SDC) và (ABC) là 60◦. Tính: a) ⁄ SD, (SAB) ; b) ( ¤ SAD), (SMC) ; c) Chứng minh BC ⊥ (SAC). Lời giải. ®CD ⊥ AD 1. Có
⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ SD. CD ⊥ SA (SCD) ∩ (ABCD) = CD   Có AD ⊥ CD, SD ⊥ CD S 
 AD ⊂ (ABCD), SD ⊂ (SCD) ⇒ (S ¤ CD), (ABCD) = ’ SDA = 60◦, H
trong 4SAD có SA = AD · tan 60◦ ® AD ⊥ AB Có ⇒ AD ⊥ (SAB). AD ⊥ SA A M B
Suy ra SA là hình chiếu vuông góc của SD trên mp(SAB). Vậy ⁄ SD, (SAB) = ’ DSA = 30◦. D C
2. Ta có AD k CM (dễ dàng chứng minh được).
Tìm giao tuyến của mp(SAD) và mp(SCM). S ∈ (SAD) ∩ (SCM)   Có: AD k CM
⇒ (SAD ∩ (SCM) = Sx (Sx k AD k CM).   AD ⊂ (SAD), CM ⊂ (SCM)
Ta có DA ⊥ SA (vì DA ⊥ (SAB)) ⇒ SA ⊥ Sx.
M ⊥ (SAB) (Vì CM k AD) ⇒ SM ⊥ CM ⇒ SM ⊥ Sx.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 171 h i Vậy ( ¤ SAD), (SCM) = ◊ SA, SM = ’ ASM. AM a 1 Có: tan √ √ ’ ASM = = = ⇒ ’ ASM = 30◦. AS a 3 3
3. Ta có ACDM là hình vuông nên CM = a, trong tam giác ACB có CM là đường trung
tuyến và bằng một nửa cạnh BC. Suy ra tam giác ACB vuông tại C. ®BC ⊥ AC Có: ⇒ BC ⊥ (SAC). BC ⊥ SA
Bài 14. Cho hình vuông ABD và tam giác đều SAB cạnh a nằm trong hai mặt phẳng
vuông góc với nhau. Gọi I là trung điểm của AB.
1. Chứng minh SI ⊥ (ABCD) và tính góc hợp bởi SC và mặt phẳng (ABCD).
2. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD). Từ đó tính góc giữa SC và mặt phẳng (SAD).
3. Gọi J là trung điểm của CD, chứng minh (SI J) ⊥ (ABCD).
4. Tính góc hợp bởi SI và mặt phẳng (SDC).
5. Xác định và tính góc hợp bởi SA và mặt phẳng (SCD). Lời giải. 1. Chứng minh SI ⊥ (ABCD) S y (SAB) ∩ (ABCD) = AB  P (SAB) ⊥ (ABCD)  K x
SI ⊥ AB(vì 4ABC đều), SI ⊂ (SAB) H L ⇒ SI ⊥ (ABCD).
Tính góc hợp bởi SC và mp(ABCD).
Ta có IC là hình chiếu vuông góc
của SC trên mặt phẳng (ABCD), h i nên ¤ SC, (ABCD) = ‘ SCI. A D
SI là đường cao của tam giác đều √ J a 3 I SAB nên SI = . 2 B
Trong tam giác IBC vuông tại B: C √ a2 IC = BC2 + BI2 = a2 + = 4 √ a 5. 2 √ a 3 √ SI 15
Trong tam giác SCI vuông tại I: tan 2 √ ‘ SCI = = = . CI a 5 5 √ 2 Ç å h i 15 Vậy ¤ SC, (ABCD) = ‘ SCI = arctan . 5 172
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
2. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD).
® AD ⊥ AB(ABCD là hình vuông) Có: ⇒ AD ⊥ (SAB). AD ⊥ SI (vì SI ⊥ (ABCD))
AD ⊂ (SAD) ⇒ (SAD) ⊥ (SAB).
Hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SA.
Dựng BH ⊥ SA tại H ⇒ SH ⊥ (SAD). √ a 3 Vậy d (B, (SAD)) = BH = (Vì 4SAB đều). 2
Trong mp(SAD) kẻ Hx k AD; Trong mp(BC, Hx) qua C kẻ đường thẳng song song với
BH cắt Hx tại K thì CK ⊥ (SAD). Suy ra SK là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt
phẳng (SAD) nên góc giữa SC và (SAD) là góc ‘ CSK. √ a 3
Theo chứng minh trên thì BCKH là hình bình hành nên BH = CK = . 2 √ 3a2 5a2 √ Trong 4SCI có: SC = SI2 + IC2 = + = a 2. 4 4 √ a 3 √ √ CK 6 6 Có: sin 2 √ ‘ CSK = = = ⇒ ‘ CSK = arcsin . SC a 2 4 4 √ 6 Kết luận ⁄ SC, (SAD) = arcsin . 4 ®CD ⊥ I J 3. Có:
⇒ CD ⊥ (SI J), mà CD ⊂ (SCD) ⇒ (SCD) ⊥ (SI J). CD ⊥ SI
4. Tính góc hợp bởi SI và mp(SDC).
Hai mặt phẳng (SCD) và (SI J) vuông góc với nhau theo giao tuyến SJ.
Dựng IL ⊥ SJ ⇒ IL ⊥ (SCD). Suy ra SL là hình chiếu vuông góc của SI trên mặt phẳng (SCD).
Vậy góc giữa SI mà mặt phẳng (SCD) là góc d ISL. √ 1 1 1 4 1 7 a 21 Trong tam giác SI J có: = + = + = ⇒ IL = ; IL2 IS2 I J2 3a2 a2 3a2 7 √ a 21 √ √ IL 2 7 2 7 sin 7 √ d ISL = = = ⇒ d ISL = arcsin . SI a 3 7 7 2 √ 2 7 Kết luận Ÿ SI, (SCD) = arcsin . 7
5. Xác định và tính góc hợp bởi SA và mặt phẳng (SCD).
Trong mặt phẳng (SCD) kẻ Ly k CD.
Trong mp(AB, Ly) qua A kẻ đường thẳng song song với IL cắt Ly tại P thì AP ⊥ (SCD).
Suy ra SP là hình chiếu vuông góc của SA trên mp(SCD) nên góc giữa SA và (SCD) là góc ‘ ASP. √ a 21
Theo chứng minh trên thì AILP là hình bình hành nên AP = IL = . √ 7 a 21 √ √ AP 21 a 21 Trong 4SAP có sin 7 ‘ ASP = = = ⇒ ‘ ASP = arcsin . SA √ a 7 7 21 Kết luận: ⁄ SA, (SCD) = arcsin . 7
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 173 E. Góc giữa hai mặt phẳng
Định nghĩa 3. Định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng
Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng.
DẠNG 4.3. Tính góc giữa hai mặt phẳng
Để tìm góc giữa hai mặt phẳng, đầu tiên tìm giao
tuyến của hai mặt phẳng. Sau đó tìm hai đường
thẳng lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vuông
góc với giao tuyến tại một điểm. Góc giữa hai mặt Q
phẳng là góc giữa hai đường thẳng vừa tìm. d1 d P 1
Những trường hợp đặc biệt dễ hay xảy ra :
1. Trường hợp 1 : Hai tam giác cân ACD và BCD có chung cạnh đáy CD, thì góc
giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là góc ’ AHB. B A C H D
2. Trường hợp 2 : Hai tam giác ACD và BCD bằng nhau có chung cạnh CD. Dựng
AH ⊥ CD ⇒ BH ⊥ CD. Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là góc ’ AHB. A B D H C
3. Trương hợp 3 : Khi xác định góc giữa hai mặt phẳng khó quá, ta nên sử dụng công thức sau : d A, mp(Q) sin ϕ = d(A, a) 174
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Với ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (P) và mặt phẳng (Q), A là một điểm thuộc mặt
phẳng (P) và a là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q).
4. Trường hợp 4 : Có thể tìm góc giữa hai mặt phẳng bằng công thức S0 = S. cos ϕ.
5. Trường hợp 5 : Tìm hai đường thẳng d và d0 lần lượt vuông góc với mặt phẳng
(P) và mặt phẳng (Q). Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa d và d0.
6. Trường hợp 6 : Cách xác định góc giữa mặt phẳng bên và mặt phẳng đáy
(a) Bước 1 : Xác định giao tuyến d.
(b) Bước 2 : Từ hình chiếu vuông góc của đình , dựng AH ⊥ d
(c) Bước 3 : Góc cần tìm là góc ’ SH A.
Với S là đỉnh, A là hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt đáy. F. Bài tập rèn luyện
Bài 15. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC). Hãy xác định góc
giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC). Lời giải.
Ta có BC là giao tuyến của mp(SBC) và mp(ABC). Từ hình chiếu của S
đỉnh là điểm A, dựng AH ⊥ BC. ®BC ⊥ SA Vì
⇒ BC ⊥ (SAH) ⇒ BC ⊥ SH. BC ⊥ AH
Kết luận góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là góc ’ SH A. A C H B
Bài 16. Cho tứ diện ABCD có AD ⊥ (BCD) và AB = 3a. Biết BCD là tam giác đều
cạnh 2a. Tính góc giữa hai mặt phẳng : a) (ACD) và (BCD). b) (ABC) và (DBC). Lời giải.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 175 A
1. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD).
Vì AD vuông góc với (BCD) nên hai mặt phẳng (ACD) và
(BCD) vuông góc với nhau, suy ra góc giữa chúng bằng 90◦.
2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (BCD). Dựng DE ⊥ BC D C tại E. E ®BC ⊥ AD Ta có :
⇒ BC ⊥ mp(SBC) ⇒ BC ⊥ AE. BC ⊥ DE B
Hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) có BC là giao tuyến và hai
đường thẳng DE, AE lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng
vuông góc với giao tuyến BC. Nên góc giữa (ABC) và (DBC) là
góc giữa DE và AE chính là góc ’ AED. √ BC 3 √
Tam giác BCD đều nên có DE = = a 3. 2 √
Tam giác ABD vuông tại D có AD = AB2 − DB2 = √ √ 9a2 − 4a2 = a 5.
Trong ∆ADE vuông tại D, có : √ √ √ AD a 5 15 Ç 15 å tan √ ’ AED = = = ⇒ ’ AED = arctan . DE a 3 3 3
Bài 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh a, SA vuông góc với √
đáy ABCD, SA = a 3. Tính góc giữa các cặp mặt phẳng sau : a) (SAB) và (SBC). b) (SAD) và (SCD). c) (SAB) và (SCD). d) (SBC) và (SAD). e) (SBD) và (ABCD). f) (SBD) và (SAB). g) (SBC) và (ABCD). h) (SCD) và (ABCD). i) (SBD) và (SBC). j) (SBC) và (SCD). Lời giải. 176
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN S 1. Góc giữa (SAB) và (SBC) ®BC ⊥ AB Ta có : ⇒ BC ⊥ (SAB) BC ⊥ SA
⇒ (SBC) ⊥ (SAB) vì (BC ⊂ (SBC)).
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng 90◦. H 2. Góc giữa (SAD) và (SCD) J ®CD ⊥ AD Ta có : ⇒ CD ⊥ I CD ⊥ SA (SAD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAD) vì K (CD ⊂ (SCD)).
Vậy góc giữa mặt phẳng (SCD) và A D
mặt phẳng (SAD) bằng 90◦. 3. Góc giữa (SAB) và (SCD) O Dựng AH ⊥ SD, H ∈ SD. B
Ta có AH ⊥ SD và AH ⊥ CD vì C CD ⊥ (SAD). Từ đó ⇒ AH ⊥ (SCD) (2)
Ngoài ra ta có AD ⊥ (SAB). Sử
dụng cách xác định góc trường
hợp 5, thì góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SCD) là góc giữa hai
đường thẳng AH và AD chính là góc ’ H AD. Ta có ’ DAH = ’ DSA (vì cùng phụ với ’ SAH). AD 1 tan √ ’ DSA = = ⇒ ’ DSA = 30◦. AS 3
4. Góc giữa (SBC) và (SAD). Dựng AI ⊥ SB, I ∈ SB.
Ta có AI ⊥ SB và AI ⊥ CB vì CB ⊥ (SAB). Từ đó suy ra AI ⊥ (SBC)
Ngoài ra ta có AB ⊥ (SAD). Sử dụng cách xác định góc trường hợp 5, thì góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (SAD) là góc giữa hai đường thẳng AI và AB chính là góc ‘ BAI. Ta có ‘ BAI = ‘
BSA (vì cùng phụ với góc ‘ SAI). AB 1 có tan √ ‘ BSA = = ⇒ ‘ BSA = 30◦. AS 3 Vậy ((SBC), (SAD)) = ‘ BAI = 30◦.
5. Góc giữa (SBD) và (ABCD). ®BD ⊥ AC Ta có
⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SO. BD ⊥ SA
Hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) có giao tuyến BD, hai đường thẳng AO và SO lần
lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến BD nên góc giữa hai mặt
phẳng là góc giữa AO và SO chính là góc ’ SOA.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 177 √ a 2 √ √ AO 6 Ç 6 å Ta có : tan 2 √ ’ SOA = = = ⇒ ’ SOA = arctan . SO a 3 6 6 √ Ç 6 å Vậy ((SBD), (ABCD)) = arctan . 6
6. Góc giữa (SBD) và (SAB).
Vì (SAC) ⊥ (SBD) theo giao tuyến SO. Dựng AJ ⊥ SO, J ∈ SO Suy ra AJ ⊥ (SBD).
Ta có AJ ⊥ (SBD), AD ⊥ (SAB) ⇒ ((SBD), (SAB)) = (AJ, AD) = ‘ DAJ. √ 1 1 1 1 2 7 a 21 Có = + = + = ⇒ AJ = . AJ2 AS AO2 3a2 a2 3a2 7
Vì AJ ⊥ (SBD) ⇒ AJ ⊥ JD, JD ⊂ (SBD) ⇒ 4AJD vuông tại J nên : √ √ AJ 21 Ç 21 å cos ‘ DAJ = = ⇒ ‘ DAJ = arccos . AD 7 7 √ Ç 21 å Vậy ((SBD), (SAB)) = arccos . 7
7. Góc giữa (SBC) và (ABCD).
Ta có BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB.
Hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) có giao tuyến BC và AB ⊥ BC, SB ⊥ BC
⇒ ((SBC), (ABCD)) = (AB, SB) = ‘ SBA = 60◦ (vì ‘ BSA = 30◦).
8. Góc giữa (SCD) và (ABCD).
Ta có CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ SD.
Hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) có giao tuyến CD và AD ⊥ CD, SD ⊥ CD
⇒ ((SCD), (ABCD)) = (AD, SD) = ’ SDA = 60◦ (vì ’ DSA = 30◦).
9. Góc giữa (SBD) và (SBC).
Ta có AI ⊥ (SBC), AJ ⊥ (SBD) ⇒ ((SBC), (SBD)) = (AI, AJ).
Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông SAB và SAO ta có : 3a2 3a SA2 = SI · SB ⇒ SI = = ; 2a 2 √ SA2 SA2 3a2 3a 14 SA2 = SJ · SO ⇒ SI = = √ = = . SO SA2 + AO2 a2 7 3a2 + 2 √ √ a 3 · a a 3 AI · SB = SA · AB ⇒ AI = = . 2a 2 √ a 14 √ SO 14
Trong tam giác vuông SBO tại O có cos 2 ‘ BSO = = = . SB 2a 4 Trong ∆SJ I có : √ √ 9a2 18a2 3a 3a 14 14 9a2
I J2 = SI2 + SJ2 − 2SI · SJ · cos ‘ BSO = + − 2 · · · = . 4 7 2 7 4 28 Trong 4AI J có : 3a2 3a2 9a2 √ √ AI2 + AJ2 − I J2 + − 2 27 Ç 2 7å cos 4 7 28 √ ‘ I AJ = = √ = ⇒ ‘ I AJ = arccos . 2AI · AJ a 3 a 21 7 7 2 · · 2 7 178
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN √ Ç 2 7å
Kết luận ((SBC), (SBD)) = ‘ J AI = arccos . 7
10. góc giữa (SBC) và (SCD).
Ta có 4SBC = 4SDC (Cạnh huyền - cạnh góc vuông).
Dựng BK ⊥ SC, (K ∈ SC) ⇒ DK ⊥ SC và DK = BK.
Hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) có cạnh SC chung nên :
((SBC), (SCD)) = (BK, DK) = ’ BKD hoặc 180◦ − ’ BKD. Xét 4SBC vuông tại B có : BS · BC BS · BC 2a · a 2a BK · SC = BS · BC ⇒ BK = = √ = √ = √ . SC SA2 + AC2 3a2 + 2a2 5 Trong 4BDK có : 4a2 4a2 BK2 + DK2 − BD2 + − 2a2 1 Å 1ã cos 5 5 ’ BKD = = = − < 0 ⇒ (BK, DK) = ’ BKD = arccos . 2 · BK · DK 4a2 4 4 2 · 5
Bài 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB = a, BC = 2a.
Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a. Tính góc giữa các mặt phẳng sau:
a) Góc giữa mặt bên và mặt đáy.
b) Góc giữa hai mặt bên liên tiếp.
c) Góc giữa hai mặt bên đối diện. Lời giải. S
1. Góc giữa các mặt bên và mặt đáy. ®(SAB) ⊥ (ABCD) Ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒ (SAD) ⊥ (ABCD) H
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SAD) với
mặt phẳng (ABCD) bằng 90◦. I
BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ SB. (đl ba đường vuông góc)
Hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) có giao tuyến D A
BC nên góc của chúng là góc giữa SB và AB là ‘ SBA.
Tam giác SAB vuông tại A có AB = SA nên
4SAB vuông cân tại A, suy ra: B C ‘ SBA = 45◦.
Suy ra ((SBC), (ABCD)) = 45◦.
CD ⊥ AD, CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ SD. (đl ba đường vuông góc)
Hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) có giao
tuyến CD nên góc của chúng là góc giữa SD và CD là ’ SDA.
Tam giác SAD vuông tại A có tan ’ SDA = SA 1 = . AD 2 1 Suy ra ((SCD), (ABCD)) = ’ SDA = arctan . 2
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 179
2. Góc giữa hai mặt bên liên tiếp.
Góc giữa (SAB) và (SBC) ®BC ⊥ AB Ta có
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ (SBC) ⊥ (SAB) (vì BC ⊂ (SBC)). BC ⊥ SA
Vậy góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (SAB) bằng 90◦.
Góc giữa (SAB) và (SAD) ® AD ⊥ AB Ta có
⇒ AD ⊥ (SAB) ⇒ (SAD) ⊥ (SAB) (vì AD ⊂ (SAD)). AD ⊥ SA
Vậy góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAD) bằng 90◦.
Góc giữa (SAD) và (SCD) ®CD ⊥ AD Ta có
⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAD) (vì CD ⊂ (SCD)). CD ⊥ SA
Vậy góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (SAD) bằng 90◦. Góc giữa (SBC) và (SCD)
Gọi I là trung điểm SB, khi đó AI ⊥ SB mà BC ⊥ AI ⇒ AI ⊥ (SBC).
Dựng AH ⊥ SD ⇒ AH ⊥ (SCD).
Vậy góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (SCD) là góc giữa AI và AH chính là góc ’ I AH hoặc 180◦ − ’ I AH. √ √ a 2
Ta có 4SAB vuông cân tại A nên SB = a 2, AI = ; 4SAD vuông tại A nên √ 2 SD = a 5. √ √ SA · AD 2a SB a 2 SA2 a 5 AH · SD = SA · AD ⇒ AH = = √ ; SI = = , SH = = . SD 5 2 2 SD 5
Áp dụng định lí cosin trong hai tam giác BSD và ISH có chung góc S. √ SB2 + SD2 − BD2 2a2 + 5a2 − 5a2 10 cos √ b S = = √ = . 2 · SB · SD 2 · a 2 · a 5 10 √ √ √ a2 a2 a 2 a 5 10 a2
I H2 = SI2 + SH2 − 2 · SI · SH · cos b S = + − 2 · · · = . 2 5 2 5 10 2 a2 4a2 a2 √ √ AI2 + AH2 − I H2 + − 10 10 cos 2 5 2 ’ I AH = = = ⇒ ’ I AH = arccos . 2 · AI · AH a 2a 5 5 2 · √ · √ 2 5 √10
Kết luận ((SBC), (SCD)) = ’ I AH = arccos , 5
3. Góc giữa hai mặt bên đối diện. Góc giữa (SAB) và (SCD)
Vì AD ⊥ (SAB) và AH ⊥ (SCD) nên góc giữa (SAB) và (SCD) là góc giữa AD và AH là góc nhọn ’ DAH. AD 2a Ta có tan ’ DSA = = = 2 ⇒ ’ DSA = arctan 2. AS a Vì góc ’ DAH và ’ DSA cùng phụ với góc ’ SAH nên ’ DAH = arctan 2. Góc giữa (SBC) và (SAD)
Vì AB ⊥ (SAD) và AI ⊥ (SBC) nên góc giữa (SAD) và (SBC) là góc giữa AB và AI là góc nhọn ‘ BAI. Ta có ‘ ASB = 45◦ ⇒ ‘ BAI = 45◦. 180
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Bài 19. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy ABCD là hình thang vuông
tại A và D, có AB = 2a, AD = DC = a, dựng AH ⊥ SC(H ∈ SC), gọi M là trung điểm
của AB. Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 60◦.
a) Tính góc giữa SD và (SAB).
b) Tính góc giữa (SAD) và (SMC).
c) Tính góc giữa (SBC) và (ABCD).
d) Tính góc giữa (SBC) và (SCD). Lời giải. ®CD ⊥ AD Ta có ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ S CD ⊥ SA CD ⊥ SD.
Hai mặt phẳng (SCD) và (SAD) có SD là x
giao tuyến nên góc giữa hai mặt phẳng
(SCD) và (SAD) là góc giữa AD và SD chính là góc H ’ SDA = 60◦, nên có √ SA = AD · tan 60◦ = a 3, SD = I √ √ SA2 + AD2 = 3a2 + a2 = 2a. M B A
1. Tính góc giữa SD và (SAB). 60◦ ® AD ⊥ AB ⇒ AD ⊥ (SAB). AD ⊥ SA D C
Hình chiếu vuông góc của SD lên mặt
phẳng (SAB) là đường thẳng SA nên góc
giữa SD và (SAB) là góc ’ DSA. Suy ra (SD, (SAB)) = ’ DSA = 30◦. Vậy (SD, (SAB)) = ’ DSA = 30◦.
2. Tính góc giữa (SAD) và (SMC).
Hai mặt phẳng (SAD) và (SMC) có điểm chung S và có AD k MC nên giao tuyến của
chúng là đường thẳng Sx và song song với AD và MC.
®CM ⊥ AB ⇒ CM ⊥ (SAB) ⇒ CM ⊥ SM mà CM k Sx nên SM ⊥ Sx. (1) CM ⊥ SA
SA ⊥ AD mà AD k Sx nên SA ⊥ Sx. (2)
Từ (1) và (2) suy ra ((SAD), (SMC)) = (SA, SM) = ’ MSA. AM a 1
Tam giác 4SAM vuông tại A có tan √ √ ’ ASM = = = ⇒ ’ ASM = 30◦. SA a 3 3 Vậy ((SAD), (SMC)) = ’ ASM = 30◦.
3. Tính góc giữa (SBC) và (ABCD). 1
Trong tam giác ABC có CM là trung tuyến và CM = AB ⇒ 4ABC vuông tại C. 2 ®BC ⊥ SA Ta có:
⇒ BC ⊥ (SAC) ⇒ BC ⊥ SC. BC ⊥ AC
Hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) có giao tuyến BC, hai đường thẳng SC và AC lần
lượt nằm trong hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến BC, nên góc giữa (SBC)
và (ABCD) là góc giữa SC và AC là góc ‘ SCA. √ SA SA a 3
Trong tam giác vuông SAC vuông tại A có tan √ √ ‘ SCA = = = = AC AB2 + DC2 a 2 √6.2
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 181 √6 Vậy ((SBC), (ABCD)) = ‘ SCA = arctan . 2
4. Tính góc giữa (SBC) và (SCD).
®BC ⊥ (SAC) ⇒ (SBC) ⊥ (SAC). BC ⊂ (SBC)
Hai mặt phẳng (SBC) và (SAC) vuông góc với nhau theo giao tuyến SC.
Dựng AH ⊥ SC(H ∈ SC) ⇒ AH ⊥ (SBC). (3)
Hai mặt phẳng (SAD) và (SDC) vuông góc với nhau theo giao tuyến SD.
Dựng AI ⊥ SD(I ∈ SD) ⇒ AI ⊥ (SCD). (4)
Từ (3) và (4) suy ra ((SBC), (SDC)) = (AH, AI) .
Hai tam giác SAD và SAC vuông vuông tại A ta có √ √ SA · AD a 3 · a a 3 SA · AD = AI · SD ⇒ AI = = = ; SD 2a 2 SA2 3a2 3a SA2 = SI · SD ⇒ SI = = = . SD 2a 2 √ √ √ SA · AC a 3 · a 2 a 30 SA · AC = AH · SC ⇒ AH = = √ = ; SC a 5 5 SA2 3a2 3a SA2 = SH · SC ⇒ SH = = √ = √ . SC a 5 5 SD 2a 2
Tam giác SAC vuông tại D có cos √ √ ’ CSD = = = . SC a 5 5
Áp dụng định lí cosin trong hai tam giác SI H và AI H. 9a2 9a2 3a 3a 2 9a2
I H2 = SI2 + SH2 − 2SI · SH · cos √ √ ’ CSD = + − 2 · · · = . 4 5 2 5 5 20 3a2 6a2 9a2 √ AI2 + AH2 − I H2 + − 10 cos 4 5 20 √ √ ’ I AH = = = > 0, 2 · AI · AH a 3 a 30 4 2 · · 2 5 √10 suy ra ’ I AH nhọn và ’ I AH = arccos . 4 √10 Vậy ((SBC), (SDC)) = ’ I AH = arccos . 4
Bài 20. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, mặt bên hợp với đáy
góc 60◦. Tính góc giữa các mặt phẳng: a) (SAB) và (SCD). b) (SAB) và (SBC). Lời giải. 182
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN x
1. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
Gọi O là tâm đáy và I, H lần lượt là S trung điểm AB, CD. (SCD) ∩ (ABCD) = CD   Ta có OH ⊥ CD, OH ⊂ (ABCD)  SH ⊥ CD, SH ⊂ (SCD) ⇒ ((SCD), (ABCD)) = ’ SHO = 60◦. Tam giác SHO vuông tại O. SO tan ’ SHO = ⇒ SO = OH · D √ OH A a 3 K tan 60◦ = . 2 O 60◦ S ∈ (SAB) ∩ (SCD)  I H  Ta có AB k CD   AB ⊂ (SAB), CD ⊂ (SCD) B C
⇒ (SAB) ∩ (SCD) = Sx(Sx k AB k CD).
AB ⊥ SI ⇒ SI ⊥ Sx, CD ⊥ SH ⇒ SH ⊥ Sx Suy ra ((SAB), (SCD)) = ‘ ISH. Vì 4SI H cân tại S có ‘ SH I = 60◦ nên 4SIH đều nên ‘ ISH = 60◦. Vậy ((SAB), (SCD)) = ‘ ISH = 60◦.
2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC). Ta có (SAB) ∩ (SBC) = SB.
Vì S.ABCD là hình chóp đều nên các mặt bên là các tam giác cân bằng nhau do đó 4SAB = 4SBC.
Từ A kẻ AK ⊥ SB thì CK ⊥ SB. Suy ra: ((SAB), (SBC)) = (AK, CK) . Ã √ √ √ Ç a 3å2 Ç a 2å2
Trong tam giác SOB vuông tại O, có SB = SO2 + OC2 = + = 2 2 √ a 5. 2 1 1 SI · AB a · a
Trong tam giác SAB có S4SAB = SI · AB = AK · SB ⇒ AK = = √ = 2 2 SB a 5 2 2a √ . 5 2a
Tam giác ACK cân tại K từ chứng minh trên, nên AK = CK = √ . 5 4a2 4a2 AK2 + CK2 − AC2 + − 2a2
Áp dụng định lí cosin trong tam giác AKC. cos 5 5 ’ AKC = = = 2AK · CK 4a2 2 · 5 1 − < 0. 4 1 Suy ra (AK, CK) = arccos . 4
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 183 1
Vậy ((SAB), (SBC)) = arccos . 4
Bài 21. Cho tam giác đều ABC cạnh a nằm trong mặt phẳng (P). Trên các đường thẳng √ a 2 √
vuông góc với (P) vẽ từ B và C lấy các đoạn BD =
, CE = a 2 nằm cùng một bên 2 đối với (P).
1. Chứng minh tam giác ADE vuông. Tính diện tích tam giác này.
2. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ADE) và (P). Lời giải. CE
1. Gọi F là trung điểm của CE có FE = FC = = E √ 2 a 2. 2
Áp dụng định lý Pi-ta-go cho các tam giác ABD, D F√ √ a 2 ACE, DEF. a 2 3a2 2 • AD2 = AB2 + BD2 = . 2 B C • AE2 = AC2 + CE2 = 3a2. a a 3a2 • DE2 = DF2 + FE2 = . 2 A
Trong tam giác ADE có AE2 = AD2 + DE2 = 3a2 3a2 + = 3a2. 2 2
Vậy tam giác ADE vuông tại D.
2. Vì BD ⊥ (ABC), CE ⊥ (ABC) nên tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác ADE.
Khi đó mặt phẳng (ABC) chính là mặt phẳng (P).
Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (ADE) và mp(P). Khi đó √ AB2 3 √ √ S4 a2 3 3 S ABC 4
4ABC = cos ϕS4ADE ⇒ cos ϕ = = = = . S4ADE 1 3 DE · DA 3a2 2 · 2 2
Bài 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. SAB là tam giác đều và
(SAB) ⊥ (ABCD). Tính góc giữa: 1. (SCD) và (ABCD). 2. (SCD) và (SAD). Lời giải. 1. 184
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, CD. S Có SE ⊥ AB (4SAB đều) ⇒ SE ⊥ ABCD. ®CD ⊥ EF H Có
⇒ CD ⊥ (SEF) ⇒ CD ⊥ SF. CD ⊥ SE I D Vậy [(S A ¤ CD), (ABCD)] = ‘ SFE. SE
Trong tam giác 4SEF vuông tại E: tan F ‘ SFE = = E √ EF C 3 B . 2 ®CD ⊥ EF 2. Ta có
⇒ CD ⊥ (SEF) ⇒ (SCD) ⊥ (SEF). CD ⊥ SE
Dựng EI ⊥ SF (I ∈ SF) ⇒ EI ⊥ (SCD) ⇒ d(E, (SCD)) = EI.
Trong tam giác 4SEF vuông tại E ta có √ 1 1 1 4 1 7 a 3 = + = + = ⇒ EH = √ . EI2 ES2 EF2 3a2 a2 3a2 7 √ a 21
Vì AE k CD nên AE k (SCD) ⇒ d(A, (SCD)) = d(E, (SCD)) = . 7 3a2 a2
Ta có SD2 = SE2 + ED2 = SE2 + EA2 + AD2 = + + a2 = 2a2. 4 4 √ a2
Dựng AH ⊥ SD (H ∈ SD), vì 4SAD cân tại A nên AH2 = SA2 − SH2 = a2 − = 2 √ a 2. 2
Ta có (SAD) ∩ (SCD) = SD; A ∈ (SAD); √ √ a 2 a 21 d(A, SD) = AH = ; d(A, (SCD)) = . 2 7
Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD).
Sử dụng công thức tính góc ở trường hợp 3 ta được √ a 21 √ √ d(A, (SCD)) 42 Ç 42 å sin 7 ϕ = = √ = ⇒ ϕ = arcsin . d(A, SD) a 2 7 7 2
Bài 23. Cho tứ diện S.ABC, hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) vuông góc nhau, có SA √
vuông góc với mặt phẳng (ABC) biết SB = a 2, ‘ BSC = 45◦, ‘ ASB = α.
1. Chứng minh BC vuông góc với SB.
2. Xác định α để hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) tạo với nhau một góc 60◦. Lời giải.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 185 S
1. Chứng minh BC vuông góc với SB. ◦
Vì SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) (1). 45 F
Theo đề bài (SAB) ⊥ (SBC) (2). α Và (ABC) ∩ (SBC) = BC (3).
Từ (1),(2) và (3) suy ra BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB (hai
mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì A C E
giao tuyến của chúng cũng vuông góc với mặt phẳng thứ ba). B
2. Xác định α để hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) tạo với nhau một góc 60◦.
Dựng AE ⊥ SB tại E. Dựng AF ⊥ SC tại F.
Theo câu a) thì AE ⊥ (SBC) ⇒ AE ⊥ SC.
Vậy SC ⊥ (AEF) ⇒ SC ⊥ EF.
Hai đường thẳng AF và EF thuộc hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) cùng vuông góc với giao tuyến SC nên ¤ [(SAC), (SBC)] = ‘ AFE = 60◦. √
Ta có M AEF vuông tại E (vì AE ⊥ (SBC) ⇒ AE ⊥ EF) có AE = EF tan 60◦ = EF · 3.
Xét M SAE có AE = SE tan α. √ SE 2
Xét M SEF có EF = SE sin 45◦ = . 2 √ √ √ √ SE 2 √ 6 6 Suy ra AE = EF · 3 ⇔ SE tan α = · 3 ⇔ tan α = ⇒ α = arctan . 2 2 2
Bài 24. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a, ’
BAC = 120◦, BB0 = a. Gọi I là trung điểm của CC0.
1. Chứng minh rằng tam giác AB0 I vuông ở A.
2. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB0 I). Lời giải. 186
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN A0 C0
1. Gọi H là trung điểm của BC. Vì 4ABC cân tại A nên AH ⊥ BC. Do ’ BAC = 120◦ ⇒ ’ ACH = 30◦. B0 Xét 4ACH vuông tại H có I  a AH = AC · sin  ’ ACH =  2√ a 3  A ◦ C C H = AC · cos ’ ACH = √ 2 120 ⇒ BC = 2CH = a 3. H
• Xét 4B0C0 I vuông tại I nên IB02 = B0C02 + 13a2 B IC02 = . 4
• Xét 4ABB0 vuông tại B nên AB02 = AB2 + BB02 = 2a2.
• Xét 4ACI vuông tại C nên AI2 = AC2 + 5a2 IC2 = . 4 13a2 Ta thấy IB02 = AB02 + AI2 = . Chứng tỏ 4 4B0 AI vuông tại A. √ √ 1 a2 3 1 a2 3 2. Ta có S4B0AI = · AH · BC = và S · AH · BC = . 2 4 4ABC = 2 4
Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB0 I). √ √ √ a2 3 a2 10 30
Ta có S4ABC = S4AB0I · cos α ⇒ cos α = : = . 4 4 10
Bài 25. Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD cạnh a. Lấy hai điểm M, N thuộc
CB và CD. Đặt CM = x, CN = y. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) tại
điểm A lấy một điểm S. Tìm liên hệ giữa x, y để 1. ( ¤ SAM), (SAN) = 45◦. 2. (SAM) ⊥ (SMN). Lời giải.
4. GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG 187 S
1. Vì SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AM, SA ⊥ AN.
Hai mặt phẳng (SAM) và (SAN) có giao tuyến là
SA. Nên góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa AM và AN chính là góc ÷ MAN = 45◦ ⇔ c A2 = 45◦. Ta có c A1 + c A2 + c A3 = 90◦ ⇒ c A1 + c A3 = 45◦. Lại có tan A tan A tan(A 1 + tan A3 1 + tan A3 1 + A3) = ⇔ = 1 (1). 1 − tan A A D 1 · tan A3 1 − tan A1 · tan A3 1 2 3 N
Xét trong hai tam giác vuông ABM và ADN có 1 2 3 BM a − x DN a − y B M C tan A1 = = ; tan A = (2). BA a 2 = AD a Thay (2) vào (1) a − x a − y + a a = a − x a − y 1 1 − · a a
⇔ a(2a − x − y) = a(x + y) − xy ⇔ 2a2 = 2a(x + y) − xy.
Vậy liên hệ giữa x, y là 2a2 = 2a(x + y) − xy.
2. Ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒ (SAM) ⊥ (ABCD). Giả sử (SMN) ⊥ (SAM) thì hai mặt
phẳng (ABCD) và (SMN) cùng vuông góc với (SAM) nên giao tuyến của chúng là
MN vuông góc với mặt phẳng (SAM). Suy ra MN ⊥ AM hay ÷ AMN = 90◦. Lúc đó ” M1 + ” M3 = 90◦ ⇒ ” M3 = c A1 nên có y a − x tan M3 = tan A1 ⇔ = ⇔ x2 = a(x − y). x a
Vậy liên hệ giữa x, y là x2 = a(x − y). 188
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Bài 5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG A. Phương pháp giải toán
Bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, là một dạng toán rất quan trọng
trong chương vuông góc của lớp 11 và là một phần hay ra trong đề thi Đại học. Để giải quyết
vấn đề này các bạn phải thành thạo hai công cụ sau và nó liên quan với nhau.
Bài toán 1. Tính khoảng cách từ hình chiếu vuông góc của đỉnh đến một mặt bên
Phương pháp xác định khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh đến một mặt phẳng bên.
• Bước 1. Xác định giao tuyến ∆.
• Bước 2. Từ hình chiếu vuông góc của đỉnh, dựng AH ⊥ ∆ (với H ∈ ∆).
• Bước 3. Dựng AI ⊥ SH (với I ∈ SH). Khoảng cách cần tìm là AI.
Với S là đỉnh, A là hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt đáy.
Ba bước dựng ở trên là sử dụng tính chất: Hai mặt phẳng vuông góc với nhau, nếu một
đường thẳng nằm trên mặt phẳng này vuông góc với giao tuyến thì sẽ vuông góc với mặt phẳng kia.
Đây là bài toán cơ bản nhưng vô cùng quan trọng trong việc tính khoảng cách từ một điểm đến một
mặt phẳng. Hầu như tính khoảng cách từ một điểm bất kì đến mặt phẳng bên đều thông qua điểm
này dựa vào công thức của Bài toán 2.
Ví dụ điển hình: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy (ABC). Hãy xác định
khoảng cách từ điểm A đến mặt bên (SBC). Lời giải.
Ta có BC là giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). S
Từ hình chiếu của đỉnh là điểm A.
Dựng AH ⊥ BC tại H. Dựng AI ⊥ SH tại I. ®BC ⊥ SA I Vì
⇒ BC ⊥ (SAH) ⇒ (SBC) ⊥ (SAH). BC ⊥ AH
Mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (SAH) theo giao
tuyến SH có AI ⊥ SH nên AI ⊥ (SBC). Vậy d A, mp(SBC) = AI. A C H B
Bài toán 2. Tính khoảng cách từ một điểm bất kỳ đến một mặt phẳng
Thường sử dụng công thức sau: d M A P O H K
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 189 d A P K O H M d M, mp(P) MO
Công thức tính tỉ lệ khoảng cách = . d A, mp(P) AO
Ở công thức trên cần tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P).
Phương pháp phải tìm một đường thẳng d qua M và chứa một điểm A mà có thể tính khoảng
cách đến mặt phẳng (P). Kinh nghiệm thường điểm A là hình chiếu của đỉnh. B. Bài tập mẫu
Bài 1 (Dự bị Đại học khối D- 2002). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt √ a 6
phẳng (SBC) theo a, biết SA = . 2 Lời giải.
Gọi E là trung điểm của BC thì BC ⊥ AE (vì ABC đều). S Dựng AF ⊥ SE tại F.
Có BC ⊥ SA, BC ⊥ AE nên BC ⊥ mp(SAE). Suy ra (SBC) ⊥ (SAE). F
Mp (SBC) vuông góc với mp (SAE) theo giao tuyến SE có AF ⊥ SE. Suy ra AF ⊥ (SBC). Vậy d (A, (SBC)) = AF. A C Trong tam giác SAE có E 1 1 1 2 4 2 = + = + = AF2 AS2 AE2 3a2 3a2 a2 B √ a 2 ⇒ AF = . 2 √ a 2
Kết luận d (A, (SBC)) = AF = . 2
Bài 2 (Đề thi TSĐH Khối A- 2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). √ Biết SB = 2a 3 và ‘
SBC = 30◦. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm
B đến mặt phẳng (SAC) theo a. Lời giải. 190
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Nhận xét. H là hình chiếu vuông góc của đỉnh và điểm B cùng nằm trên đường thẳng có giao điểm
với mặt phẳng (SAC) tại C. Nên bước đầu tiên ta phải tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SAC),
sau đó sử dụng công thức tỉ số khoảng cách để tính khoảng cách từ điểm B.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên BC. S
Do mp(SBC) ⊥ mp(ABC) nên SH ⊥ mp(ABC). Trong 4SBH vuông tại H có: √
SH = SB · sin 30◦ = a 3, BH = SB · cos 30◦ = 3a. Dựng HG ⊥ AC tại G. K Dựng HK ⊥ SG tại K. √ 2a 3 G ® AC ⊥ HG A C Ta có ⇒ AC ⊥ mp(SHG). AC ⊥ SH 3a H
⇒ mp(SAC) ⊥ mp(SHG) (vì AC ⊂ mp(SAC)). 30◦ 4a
Và (SAC) ∩ (SHG) = SG ⇒ HK ⊥ mp(SAC). Vậy B d H, mp(SAC) = HK. GH CH a 3a Ta có 4CGH v 4CBA ⇒ = ⇒ GH = · 3a = . BA CA 5a 5
Trong 4SHG vuông tại H ta có √ 1 1 1 25 1 28 3a 7 = + = + = ⇒ HK = . HK2 HG2 HS2 9a2 3a2 9a2 14 d B, mp(SAC)
Hai điểm H và B nằm trên đường thẳng có giao điểm với mp(SAC) tại C nên có = d H, mp(SAC) BC = 4. HC √ 6a 7
Vậy d B, mp(SAC) = 4d H, mp(SAC) = . 7
Bài 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A với BC = 2a, ’ ABC = 60◦. √
Gọi M là trung điểm BC. Biết SA = SB = SC = a 5.
1. Tính chiều cao của hình chóp.
2. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SAB). Lời giải. S √ a 5 G 2a B C 60◦ M F A
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 191
1. Tính chiều cao của hình chóp.
Vì 4ABC vuông tại A, M là trung điểm của BC nên ta có MA = MB = MC. (1) Theo đề SA = SB = SC. (2)
Từ (1) và (2) suy ra M là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC). Vậy d (S, (ABC)) = SM. √ … √ Ä ä2 Trong 4SBM có SM = SB2 − BM2 = a 5 − a2 = 2a.
2. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SAB). 4 !
M là hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABC).
Kẻ MF ⊥ AB tại F. Kẻ MG ⊥ SF tại G ⇒ MG ⊥ (SAB). √ a 3
MAB là tam giác cân có góc 60◦ nên MAB đều ⇒ MF = . 2
Trong tam giác vuông SMF ta có √ 1 1 1 1 1 2a 3 = + = + √ ⇒ MG = √ . MG2 SM2 MF2 (2a)2 Ç a 3å2 19 2
Bài 4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, AB = 2a, SA = 4a. Tính
1. Khoảng cách từ O đến (SAB).
2. Khoảng cách từ A đến (SCD). Lời giải. S H A D I K O B C
1. Khoảng cách từ O đến (SAB).
Theo đề bài thì SO ⊥ (ABCD). Dựng OI ⊥ AB tại I thì AB ⊥ (SIO) ⇒ (SAB) ⊥ (SIO).
Hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SI.
Dựng OH ⊥ SI tại H. Suy ra OH ⊥ (SAB). Vậy d (O, (SAB)) = OH. 1
OI là đường trung bình của 4BAD ⇒ OI = AD = a. √ 2 √ √
Trong 4SAO vuông tại O có SO = SA2 − AO2 = 16a2 − 2a2 = a 14.
Trong 4SOI vuông tại O, ta có √ 1 1 1 1 1 15 a 210 = + = + = ⇒ OH = . OH2 OI2 OS2 a2 14a2 14a2 15 192
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
2. Khoảng cách từ A đến (SCD).
Vì S.ABCD là hình chóp đều nên khoảng cách từ tâm O đến các mặt bên bằng nhau, √ a 210
có d (O, (SAB)) = d (O, (SCD)) = OH = . 15
Hai điểm A và O nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SCD) tại C, nên d (A, (SCD)) AC có = = 2. ˚ d (O, (SCD)) AO √ 2a 10
Vậy d (A, (SCD)) = 2 · d (O, (SCD)) = . 15
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng a, SA
vuông góc với đáy. Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30◦.
1. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD).
2. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD).
3. Tính khoảng cách từ trung điểm I của SC, trọng tâm G của tam giác SCD đến mặt phẳng (SBD).
4. Tính khoảng cách từ O, I và G đến mặt phẳng (SAB). Lời giải. S 30◦ I G H A D E O B C
1. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD). ®CB ⊥ AB Vì
⇒ CB ⊥ (SAB). Do đó SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAB). CB ⊥ SA ⇒ ⁄ SC, (SAB) = ÷ SC, SB = ‘ CSB = 30◦. √
Trong 4SBC vuông tại B có SB = BC · cot 30◦ = a 3. √ √ √
Trong 4SAB vuông tại A có SA = SB2 − AB2 = 3a2 − a2 = a 2. ®SA ⊥ BD Ta có
⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ (SBD) ⊥ (SAC). AC ⊥ BD
Trong mặt phẳng (SAC), kẻ AH ⊥ SO ⇒ AH ⊥ (SBD) ⇒ d (A, (SBD)) = AH. Trong 4SAO vuông tại A có √ 1 1 1 1 2 5 a 10 = + = + = ⇒ AH = . AH2 SA2 AO2 2a2 a2 2a2 5
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 193 √ a 10 Vậy d (A, (SBD)) = . 5
2. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD).
Vì hai điểm A và C nằm trên đường thẳng có giao điểm với (SBD) tại O nên ta có d (C, (SBD)) CO = = 1. d (A, (SBD)) AO √ a 10
Suy ra d (C, (SBD)) = d (A, (SBD)) = . 5
3. Tính khoảng cách từ I và G đến mặt phẳng (SBD).
Vì hai điểm I và C nằm trên đường thẳng có giao điểm với (SBD) tại S nên ta có d (I, (SBD)) IS 1 = = . d (C, (SBD)) CS 2 √ 1 a 10
Do đó d (I, (SBD)) = d (C, (SBD)) = . 2 10
Vì hai điểm I và G nằm trên đường thẳng có giao điểm với (SBD) tại D nên ta có d (G, (SBD)) GD 2 = = . d (I, (SBD)) ID 3 √ 2 a 10
Suy ra d (G, (SBD)) = d (I, (SBD)) = . 3 15
4. Tính khoảng cách từ O, I và G đến mặt phẳng (SAB).
Theo câu a) ta có CB ⊥ (SAB) ⇒ d (C, (SAB)) = CB = a.
Vì hai điểm I và C nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SAB) tại S nên d (I, (SAB)) IS 1 có = = d (C, (SAB)) CS 2 1 a
⇒ d (I, (SAB)) = d (C, (SAB)) = . 2 2
Vì hai điểm O và C nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SAB) tại A nên d (O, (SAB)) OA 1 có = = d (C, (SAB)) CA 2 1 a
⇒ d (O, (SAB)) = d (C, (SAB)) = . 2 2
Vì CE k AB nên d (C, (SAB)) = d (E, (SAB)) = a.
Vì hai điểm E và G nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SAB) tại S nên d (G, (SAB)) GS 2 có = = d (E, (SAB)) ES 3 2 2a
⇒ d (G, (SAB)) = d (E, (SAB)) = . 3 3
Thông qua bài tập này các bạn thấy mấu chốt chủ yếu của bài toán là dựa vào khoảng cách từ hình
chiếu của đỉnh ở đây là điểm A, sau đó sử dụng công thức tính tỉ lệ khoảng cách.
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường √
kính AD = 2a, SA vuông góc với đáy (ABCD) và SA = a 6.
1. Tính khoảng cách từ A, B đến (SCD).
2. Tính khoảng cách từ AD đến (SBC). Lời giải.
1. Tính khoảng cách từ A, B đến (SCD). 194
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN ®CD ⊥ AC ®CD ⊥ (SAC) Theo đề bài ta có ⇒
⇒ (SCD) ⊥ (SAC) theo giao tuyến CD ⊥ SA CD ⊂ (SCD) SC. Kẻ AH ⊥ SC (H ∈ SC) ⇒ S AH ⊥ (SCD). Do đó d(A, (SCD)) = AH. Xét tam giác vuông ACD có √ AC = AD2 − CD2 = H √ √ √ 4a2 − a2 = a 3. a 6 Xét tam giác vuông SAC có J 1 1 1 a M a D = + = A AH2 SA2 AC2 1 1 4 ◦ + = 30 O a2 3a2 3 a √a2 a 3 ⇒ AH = · 2
Gọi M là trung điểm AD thì K B C BM k CD ⇒ BM k (SCD). Gọi {O} = AC ∩ BM ⇒ d(B, (SCD)) = d(O, (SCD)). Vì {C} = AO ∩ (SCD) và 1 OC = AC 2 nên d(O, (SCD)) = √ 1 a 3 · d(A, (SCD)) = . 2 4√ a 3 Vậy d(B, (SCD)) = . 4
2. Tính khoảng cách từ AD đến (SBC). Vì AD k BC ⇒ AD k (SBC) ⇒ d(AD, (SBC)) = d(A, (SBC)). Kẻ AK ⊥ BC (K ∈ BC). ®BC ⊥ AK ®BC ⊥ (SAK) Ta có ⇒
⇒ (SBC) ⊥ (SAK) theo giao tuyến SK. BC ⊥ SA BC ⊂ (SBC)
Kẻ AJ ⊥ SK (J ∈ SK) ⇒ AJ ⊥ (SBC). Do đó d(A, (SBC)) = AJ. √ √ … a 2 a 3
Xét tam giác vuông SAK có AK = AB2 − BK2 = a2 − = · 2 2 √ 1 1 1 1 4 a 21 Xét tam giác vuông SAK có = + = + ⇒ AJ = · AJ2 SA2 AK2 a2 3a2 7 √ a 21 Vậy d(AD, (SBC)) = · 7
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA = a và vuông góc với
mặt phẳng (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD, DC. Góc giữa mặt phẳng
(SBM) và mặt phẳng (ABCD) bằng 45◦. Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM). Lời giải.
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 195
Gọi H là giao điểm của BM và AN.
Ta có 4DAN = 4ABM (c.g.c) ⇒ ’ DAN = ’ ABM mà ’ ABM + ÷ AMH = 90◦ ⇒ ÷ H AM + ÷ AMH = 90◦ ⇒ ÷ AHM = 90◦ hay BM ⊥ AN. ®BM ⊥ AN Ta có
⇒ BM ⊥ (SAN) ⇒ BM ⊥ SH. S BM ⊥ SA
BM là giao tuyến của (SBM) và (ABCD).
Khi đó góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng a
(ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng AN và SH hay ’ SH A = 45◦. I A ◦ M
Tam giác SAH vuông cân tại A ⇒ AH = AS = a. 45 D Xét tam giác vuông ABM có H 1 1 1 N = + ⇔ AB2 = 5AH2 ⇔ AB = AH2√ AM2 √ AB2 AH 5 = a 5. B C
Dựng AI ⊥ SH (I ∈ SH). Hai mặt phẳng (SBM) và
(SAN) vuông góc với nhau theo giao tuyến SH
⇒ AI ⊥ (SBM) ⇒ d(A, (SBM)) = AI. √ SH AH 2
Xét tam giác vuông SAH có AI = = = √ 2 2 a 2 ·
2 Hai điểm A và D nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SBM) tại M với M d(D, (SBM)) DM
là trung điểm của AD, nên có =
= 1 ⇒ d(D, (SBM)) = d(A, (SBM)) = d(A, (SBM)) AM √ a 2 · 2 √ a 2 Vậy d(D, (SBM)) = · 2
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là ABCD hình vuông tâm O cạnh a, SA vuông
góc với mặt đáy (ABCD) và SA = a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm SC và AB.
1. Chứng minh rằng IO ⊥ (ABCD).
2. Tính khoảng cách từ I đến CJ. Lời giải.
1. Chứng minh rằng IO ⊥ (ABCD).
Ta có OI là đường trung bình của 4SAC S ®OI k SA ⇒ SA ⊥ (ABCD) ⇒ OI ⊥ (ABCD). a
2. Tính khoảng cách từ I đến CJ. I Kẻ OH ⊥ CJ tại H. A ® D CJ ⊥ OI Ta có
⇒ CJ ⊥ (IOH) ⇒ CJ ⊥ IH ⇒ J O CJ ⊥ OH G a d(I, CJ) = I H. H
Gọi {G} = BO ∩ CJ suy ra G là trọng tâm của B C 4ABC. √ 1 a 2 Ta có OG = OB = · 3 6 196
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN 1 1 1 20 a Xét tam giác vuông COG có = + = ⇒ OH = √ · OH2 OC2 OG2 a2 20 √ √ a2 a2 a 30
Xét tam giác vuông OI H có I H = OH2 + OI2 = + = · 20 4 10 √ a 30 Vậy d(I, CJ) = I H = · 10
Bài 9. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có AA0 = a, đáy ABC là tam giác vuông √
tại A có BC = 2a , AB = a 3.
1. Tính khoảng cách từ AA0 tới mặt phẳng (BCC0B0).
2. Tính khoảng cách từ A tới (A0BC).
3. Chứng minh rằng AB ⊥ (ACC0 A0) và tính khoảng cách từ A0 đến mặt phẳng (ABC0). Lời giải.
1. Tính khoảng cách từ AA0 tới mặt phẳng (BCC0B0).
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 197
Dựng AH ⊥ BC tại H, ta có: ® AH ⊥ BC A0 ⇒ AH ⊥ (BCB0C0) ⇒ C0 AH ⊥ BB0 d(A, (BCB0C0)) = AH. √ 4ABC vuông tại A có: AC = BC2 − AB2 = a AB · AC AH · BC = AB · AC ⇒ AH = = √ √ BC I a 3 · a a 3 K B0 = . 2a 2 √ a 3 A
Kết luận d(A, (BCB0C0)) = AH = . C 2
Vì AA0 k BB0 ⇒ AA0 k (BCC0B0)
⇒ d(AA0, (BCB0C0)) = d(A, (BCB0C0)) = AH = √ a 3. 2 √ H a 3 B Vậy d(AA0, (BCB0C0)) = . 2
2. Tính khoảng cách từ A tới (A0BC). ®BC ⊥ AH Ta có: ⇒ BC ⊥ (A0 AH) ⇒ BC ⊥ AA0 (A0BC) ⊥ (A0 AH). (A0BC) ∩ (A0 AH) = A0 H.
Dựng AK ⊥ A0H, (K ∈ A0H) ⇒ AK ⊥ (A0BC). Do đó d(A, (A0BC)) = AK.
Trong 4A0 AH vuông tại A có: √ 1 1 1 7 a 21 = + = ⇒ AK = . AK2 AA02 AH2 3a2√ 7 a 21 Vậy d(A, (A0BC)) = AK = . 7
3. Chứng minh rằng AB ⊥ (ACC0 A0). ® AB ⊥ AC Ta có: ⇒ AB ⊥ (ACC0 A0). AB ⊥ AA0
Tính khoảng cách từ A0 đến mặt phẳng (ABC0).
AB ⊥ (ACC0 A0) ⇒ (ABC0) ⊥ (ACC0 A0). (ABC0) ∩ (ACC0 A0) = AC0.
Dựng A0 I ⊥ AC0 ⇒ A0 I ⊥ (ABC0). Do đó d(A0, (ABC0)) = A0 I.
Trong 4AA0C0 vuông tại A0 có: √ 1 1 1 2 a 2 = + = ⇒ A0 I = . A0 I2 AA02 A0C02 a2 √ 2 a 2 Vậy d(A, (A0BC)) = A0 I = . 2
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a, SA ⊥ √ (ABCD) và SA = a 3.
1. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).
2. Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC).
3. Tính khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC). 198
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Lời giải.
1. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). ®BC ⊥ AB Ta có:
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ (SBC) ⊥ (SAB). BC ⊥ SA
Hai mặt phẳng này này vuông góc với nhau theo S giao tuyến SB.
Kẻ AH ⊥ SB tại H ⇒ AH ⊥ (SBC). Vậy: d(A, (SBC)) = AH. Trong 4SAB ta có: I 1 1 1 1 1 4 = + = + = ⇒ AH = AH2 √ AB2 SA2 a2 3a2 3a2 G a 3 H A . 2 √ D a 3 Kết luận: d(A, (SBC)) = . O 2 B 2. Tính khoảng cách từ C O đến mặt phẳng (SBC).
Hai điểm A và O nằm trên đường thẳng có giao
điểm với mặt phẳng (SBC) tại B.Nên ta có: d(O, (SBC)) OC 1 = = ⇒ d(O, (SBC)) = d(A, (SBC)) AC 2 √ 1 a 3 d(A, (SBC)) = . 2 4 √ a 3 Vậy d(O, (SBC)) = . 4
3. Tính khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC). √ BD a 2
Ta có BO ⊥ (SAC) ⇒ d(B, (SAC)) = BO = = . 2 2
Hai điểm B và G nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SAC) tại I với I là trung điểm của SA. √ d(G, (SAC)) GI 1 1 a 2 Do đó ta có = =
⇒ d(G, (SAC)) = d(B, (SAC)) = . d(B, (SAC)) BI 3 3 6 √ a 2 Vậy d(G, (SAC)) = . 6
Bài 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a và SA ⊥ (ABCD).
1. Gọi I là trung điểm của SD. Chứng minh AI ⊥ (SCD).
2. Tính khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SBC đến mặt phẳng (ABCD). Lời giải. 1. Chứng minh AI ⊥ (SCD). ®CD ⊥ AD Ta có
⇒ CD ⊥ (SCD) ⇒ (SAD) ⊥ (SCD). CD ⊥ SA
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 199
Hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo S giao tuyến SD.
Mặt khác AI ⊥ SD vì tam giác SAD cân tại A. Suy ra AI ⊥ (SCD). I
2. Tính khoảng cách từ trọng tâm của tam giác SBC đến mặt phẳng (ABCD).
Gọi H là trung điểm của BC.
Hai điểm S và G nằm trên đường thẳng có giao G A
điểm với mặt phẳng (ABCD) tại H nên có: D d(G, (ABCD)) GH 1 1 B a = =
⇒ d(G, (ABCD)) = d(S, (ABCD)) =H . C d(S, (ABCD)) SH 3 3 3 a Vậy d(G, (ABCD)) = . 3
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a,
SA = a và SA ⊥ (ABCD). Gọi I, M lần lượt là trung điểm của SC, CD.
1. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).
2. Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBD).
3. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBM). Lời giải. 1. Tính d(A, (SBD)). Kẻ AO ⊥ BD tại O.
Có BD ⊥ AO và BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAO) ⇒ (SBD) ⊥ (SAO).
Hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SO.
Dựng AH ⊥ SO tại H ⇒ AH ⊥ (SBD). Vậy d(A, (SBD)) = AH. Trong tam giác ABD có: S 1 1 1 1 1 5 2a = + = + = ⇒ AO = √ . AO2 AB2 AD2 a2 4a 4a2 5 a Trong 4SAO có: J 1 1 1 5 1 9 I = + = + = ⇒ AH2 AO2 SA2 4a2 a2 4a2 H 2a 2a AH = . A 3 D a 2a O Vậy d(A, (SBD)) = . N M 3 B K C
2. Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SBD). Gọi N = AC ∩ BD.
Vì hai điểm A và C nằm trên đường thẳng có
giao điểm với mặt phẳng (SBD) tại N, nên có: d(C, (SBD)) CN = = 1 ⇒ d(C, (SBD)) = d(A, (SBD)) AN 2a d(A, (SBD)) = . 3 200
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Vì hai điểm I và C nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SBD) tại S, nên có: d(I, (SBD)) SI 1 1 a = =
⇒ d(I, (SBD)) = d(C, (SBD)) = . d(C, (SBD)) SC 2 2 3 a Vậy d(I, (SBD)) = . 3
3. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBM).
Kẻ AK ⊥ BM, AJ ⊥ SK. Suy ra AJ ⊥ (SBM) ⇒ d(A, (SBM)) = AJ. √ √ a2 a 17 Ta có: BM = BC2 + CM2 = 4a2 + = . 4 2 Ta có: SABCD = S4ABM + 2S4BCM 1 1
⇔ 2a2 = AK · BM + 2 · BC · CM 2 2 √ 1 a 17 a2 ⇔ 2a2 = · · AK + 2 2 2 6a ⇒ AK = √ . 17 1 1 1 17 1 53 6a Trong 4SAK có: = + = + = ⇒ AJ = √ . AJ2 AK2 SA2 36a2 a2 36a2 53 6a
Kết luận: d(A, (SBM)) = √ . 53
Bài 13. Cho hình thoi ABCD tâm O, cạnh a và AC = a. Từ trung điểm H của AB dựng
SH vuông góc với (ABCD) với SH = a.
1. Tính khoảng cách từ H đến (SCD).
2. Tính khoảng cách từ O đến (SCD).
3. Tính khoảng cách từ A đến (SBC). Lời giải. 1.
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 201
Tính khoảng cách từ H đến (SCD). S Kẻ HK ⊥ CD tại K. Ta có
®CD ⊥ HK ⇒ CD ⊥ (SHK) ⇒ (SCD) ⊥ CD ⊥ SH
SHK, hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SK.
Kẻ HI ⊥ SK tại I suy ra HI ⊥ (SCD). I Vậy d(H, (SCD)) = HI. J
Vì AB k CD nên d(H, CD) = d(A, CD) = √ A D
a 3, do 4ACD đều. Trong 4SHK vuông H M 2 O tại H ta có K B √ L C 1 1 1 4 1 7 a 21 = + = + = ⇒ HI = . H I2 HK2 HS2 3a2 a2 3a2 7 √ a 21 Vậy d(H, (SCD)) = HI = . 7
2. Tính khoảng cách từ O đến (SCD).
Gọi M là giao điểm của HO và CD, O là tâm đối xứng của đáy, suy ra O là trung điểm của HM, do đó √ d(O, (SCD)) OM 1 a 21 = = ⇒ d(O, (SCD)) = . d(H, (SCD)) HM 2 14
3. Tính khoảng cách từ A đến (SBC).
Muốn tính khoảng cách từ A đến (SBC) ta phải tính khoảng cách từ H đến (SBC) trước
sau đó sử dụng công thức tính tỉ lệ khoảng cách. ®BC ⊥ HL Kẻ HL ⊥ BC tại L, ta có
⇒ BC ⊥ (SHL) ⇒ (SBC) ⊥ (SHL), hai mặt phẳng BC ⊥ SH
này vuông góc với nhau theo giao tuyến SL.
Kẻ H J ⊥ SL tại J suy ra H J ⊥ (SBC), từ đó d(H, (SBC)) = H J. Ta có 4ABC đều nên ’ HBL = 60◦. √ a 3
Trong tam giác HBL có HL = BH · sin 60◦ = . 4
Trong 4SHL vuông tại H ta có √ 1 1 1 16 1 19 a 3 = + = + = ⇒ H J = √ . H J2 HL2 HS2 3a2 a2 3a2 19
Hai điểm A và H nằm trên đường thẳng có giao điểm với (SBC) tại B nên có √ √ d(A, (SBC)) AB 2a 3 2a 57 = = 2 ⇒ d(A, (SBC)) = √ = . d(H, (SBC)) HB 19 19
Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD có SA = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy
(ABCD), đáy là hình thang vuông tại A và B, có AB = BC = a, AD = 2a.
1. Tính khoảng cách từ A, B đến (SCD).
2. Tính khoảng cách từ AD đến (SBC). Lời giải. 202
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Tính khoảng cách từ A, B đến (SCD).
Đáy được vẽ lại ở hình sau, dễ dàng chứng minh được CD ⊥ AC. ®CD ⊥ AC Ta có
⇒ CD ⊥ (SAC), suy ra (SCD) ⊥ (SAC), hai mặt phẳng này vuông CD ⊥ SA
góc với nhau theo giao tuyến SC. Dựng AH ⊥ SC ⇒ AH ⊥ (SCD). Vậy d(A, (SCD)) = AH. Trong 4SAC ta có √ 1 1 1 1 1 3 2a 3 = + = + = ⇒ AH = . AH2 AC2 AS2 2a2 4a2 4a2 3 √ 2a 3
Kết luận d(A, (SCD)) = AH = . S 3
Gọi M là trung điểm của AD
thì BCDM là hình bình hành, suy ra BM k CD.
Gọi O là giao của BM và AC. Vì MB k CD ⇒ BM k H 2a (SCD),
suy ra d(B, (SCD)) = d(O, (SCD)).
Hai điểm O và A nằm trên đường thẳng có giao M 2a A I D điểm với (SCD) tại C nên ta có a √ O d(O, (SCD)) OC 1 1 a 3 = =
⇒ d(O, (SCD)) = d(A, (SCD)) = B . a C d(A, (SCD)) AC 2 2 3 √ a 3 Kết luận d(B, (SCD)) = . 3
2. Tính khoảng cách từ AD đến (SBC).
AD k BC ⇒ AD k (SBC) ⇒ d(AD, (SBC)) = A a M a D d(A, (SBC)).
Ta có BC ⊥ (SAB) suy ra (SBC) ⊥ (SAB), hai mặt phẳng a a
này vuông góc với nhau theo giao tuyến SB. O
Dựng AI ⊥ SB, I ∈ SB, suy ra AI ⊥ (SBC). Vậy d(A, (SBC)) = AI. B a C Trong 4SAB có √ 1 1 1 1 1 5 2a 5 = + = + = ⇒ AI = . AI2 AB2 AS2 a2 4a2 4a2 5 √ 2a 5
Kết luận d(AD, (SBC)) = AI = . 5
Bài 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi với ’ BAD = 120◦, BD = a, SA
vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD), góc giữa (SBC) và mặt phẳng đáy là 60◦. Tính
1. Đường cao của hình chóp.
2. Khoảng cách từ A đến (SBC). Lời giải.
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 203 1.
Gọi O = AC ∩ BD, kẻ AH ⊥ BC. S ®BC ⊥ AH Ta có
⇒ BC ⊥ (SAH) ⇒ BC ⊥ SH. BC ⊥ SA (SBC) ∩ (ABCD) = BC   Lại có SH ⊥ BC, AH ⊥ BC  SH ⊂ (SBC), AH ⊂ (ABCD) I
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC), (ABCD) là A D O ’ AHS.
Do 4AOB nửa tam giác đều nên √ AB 3 a B H C BO = ⇒ AB = √ . 2 3 a
Do 4ABC là tam giác đều nên AH = BO = . 2 SA Ta có tan ’ AHS = ⇒ SA = tan 60◦ · AH = √ AH a 3. 2 √ a 3
Vậy đường cao của hình chóp là SA = . 2
2. Hạ AI ⊥ SH ⇒ AI ⊥ (SBC). Vậy d(A, (SBC)) = AI. Ta có √ 1 1 1 4 4 16 a 3 = + = + = ⇒ AI = . AI2 AH2 AS2 a2 3a2 3a2 4 √ a 3
Kết luận d(A, (SBC)) = AI = . 4
Bài 16. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, ’ ABC = ’ BAD = 90◦, BA = BC = a, √
AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của A trên SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) theo a. Lời giải.
Gọi M là trung điểm của AD, ta có S 1 MA = MC = MD ⇒ MC = AD. 2 Vậy 4ACD vuông tại C. ®CD ⊥ AC H I Ta có
⇒ CD ⊥ (SAC) ⇒ CD ⊥ SC. M CD ⊥ SA A D
Kết luận 4SCD vuông tại C. Dựng AI ⊥ SC tại I. G ® AI ⊥ SC Ta có
⇒ AI ⊥ (SCD) ⇒ d(A, (SCD)) = AI. AI ⊥ CD B C 204
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Trong 4SAC vuông tại A có 1 1 1 1 1 1 = + = + = ⇒ AI = a. AI2 AC2 AS2 2a2 2a2 a2
Gọi G = BM ∩ AC, ta có BM k (SCD). Vậy d(B, (SCD)) = d(G, (SCD)).
Hai điểm A và G nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SCD) tại C nên d(G, (SCD)) GC 1 = = . d(A, (SCD)) AC 2 1 a
Suy ra d(G, (SCD)) = d(A, (SCD)) = . 2 2 Trong 4SAB vuông tại A có SH · SB SA2 SA2 2a2 2 SH · SB = SA2 ⇔ = = = = . SB2 SB2 SA2 + AB2 2a2 + a2 3
Hai điểm B và H nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SCD) tại S nên d(H, (SCD)) HS 2 = = . d(B, (SCD)) BS 3 2 a
Vậy d(H, (SCD)) = d(B, (SCD)) = . 3 3
Bài 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a có góc ’ BAD = 60◦ và SA = SB = SD = a.
1. Chứng minh (SAC) vuông góc với (ABCD).
2. Chứng minh tam giác SAC vuông.
3. Tính khoảng cách từ S đến (ABCD). Lời giải.
1. Chứng minh (SAC) vuông góc với (ABCD).
Gọi O là tâm của hình thoi ABCD, ta có 4SBD cân S
tại S có O là trung điểm BD nên SO ⊥ BD, lại có
ABCD là hình thoi nên BD ⊥ AC, suy ra BD ⊥ (SAC).
Mà BD ⊂ (ABCD) ⇒ (SAC) ⊥ (ABCD).
2. Chứng minh tam giác SAC vuông. Ta chứng minh SO = AO = OC. A D Do 4ABD cân tại A có ’ BAD = 60◦ nên suy ra 4ABD đều. H O
4ABD đều cạnh a có AO là đường trung tuyến nên √ a 3 AO = . B C 2
Xét 4SOD vuông tại O, ta có √ … p a 2 3a2 a 3 SO = SD2 − OD2 = a2 − = = . 2 4 2 √ a 3 Suy ra SO = AO = OC =
. Mà SO là đường trung tuyến của 4SAC nên 4SAC 2 vuông tại S.
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 205
3. Tính khoảng cách từ S đến (ABCD).
Xét hình chóp S.ABD, ta có SA = SB = SD = a, AB = BD = DA = a nên S.ABD là hình chóp đều.
Gọi H là trọng tâm của 4ABD suy ra SH ⊥ (ABD) (theo tính chất của hình chóp đều),
suy ra SH ⊥ (ABCD) tại H, do đó d(S, (ABCD)) = SH. √ √ 2 2 a 3 a 3
Vì H là trọng tâm 4ABD nên AH = AO = · = . 3 3 2 3
Trong 4SHA vuông tại H, ta có Ã √ √ Ç å2 p a 3 2a2 a 6 SH = SA2 − AH2 = a2 − = = . 3 3 3 √ a 6 Vậy d(S, (ABCD)) = SH = . 3
Bài 18. Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC vuông tại A có BC = 2a, ’ ACB = 60◦.
Dựng hai đoạn BB0 = a, CC0 = 2a cùng vuông góc với mặt phẳng (P) và ở cùng một bên với (P).
1. Tính khoảng cách từ C đến (ABB0).
2. Tính khoảng cách từ trung điểm của B0C đến mặt phẳng (ACC0).
3. Tính khoảng cách từ B0 đến (ABC0). Lời giải. C0
1. Trong tam giác ABC vuông tại A ta có √
AC = BC · cos C = a và AB = BC · sin C = a 3. B0
Vì CA ⊥ AB và CA ⊥ BB0 nên CA ⊥ (ABB0). F H
Do đó khoảng cách từ C đến (ABB0) là E d(C, (ABB0)) = CA = a. C B 60◦
2. Gọi E là trung điểm của B0C.
Vì BB0 k CC0 nên BB0 k (ACC0).
Cho nên d(B0, (ACC0)) = d(B, (ACC0)). A
Vì AB ⊥ AC và AB ⊥ CC0 nên AB ⊥ (ACC0). √ Vậy d(B(ACC0)) = AB = a 3.
Lại có EB0 cắt mặt phẳng (ACC0) tại C nên √ d(E, (ACC0)) d(E, (ACC0)) EC 1 1 a 3 = = =
⇒ d(E, (ACC0)) = d(B, (ACC0)) = . d(B0, (ACC0)) d(B, (ACC0)) B0C 2 2 2 3. Gọi F = B0C ∩ BC0.
Trong tam giác ACC0 kẻ CH ⊥ AC0.
Khi đó CH ⊥ AC0 và CH ⊥ AB (vì AB ⊥ (ACC0)) nên CH ⊥ (ABC0), suy ra d(C, (ABC0)) = CH.
Trong tam giác ACC0 vuông tại C ta có 1 1 1 1 1 5 2a = + = + = ⇒ CH = √ . CH2 CA2 C0C2 a2 4a2 4a2 5 206
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN FB0 BB0 1 Mặt khác 4B0FB v 4CFC0 nên = = . FC CC0 2
Vì B0C cắt (ABC0) tại F nên √ d(B0, (ABC0)) FB0 1 1 a a 5 = =
⇒ d(B0, (ABC0)) = d(C, (ABC0)) = √ = . d(C, (ABC0)) FC 2 2 5 5
DẠNG 5.1. Tính khoảng cách nhờ tính chất của tứ diện vuông
Định nghĩa 1. Tứ diện vuông là tứ diện có một góc tam diện ba mặt vuông.
Trong tứ diện vuông có một tính chất đáng chú ý sau đây.
Tính chất 1. Giả sử O.ABC là tứ diện vuông tại O (OA ⊥ OB, OB ⊥ OC, OC ⊥ OA).
Khi đó đường cao OH của tứ diện O.ABC được tính theo công thức 1 1 1 1 = + + . OH2 OA2 OB2 OC2 Chứng minh.
Dựng OD ⊥ BC (D ∈ BC), dựng OH ⊥ AD (H ∈ AD). A
Ta có BC ⊥ OD và BC ⊥ OA nên BC ⊥ (OAD), suy ra (ABC) ⊥ (OAD).
Hai mặt phẳng (ABC) và (OAD) vuông góc với nhau
theo giao tuyến AD có OH ⊥ AD nên suy ra OH ⊥ (ABC). 1 1 1 H
Trong tam giác vuông OBC ta có = + . OD2 OB2 OC2 O C 1 1 1
Trong tam giác vuông OAD ta có = + . OH2 OD2 OA2 1 1 1 1 D Vì vậy = + + . OH2 OA2 OB2 OC2 B
Nhận xét. Sử dụng tính chất này để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng trong nhiều
trường hợp tỏ ra khá tiện lợi. Đây là công thức đẹp và cũng hay được sử dụng. Trong đề thi đại
học những năm vừa qua có nhiều bài sử dụng công thức này, chúng ta lần lượt xem những bài dưới đây.
Bài 19. Cho hình tứ diện ABCD có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC), biết AC =
AD = 4 cm, AB = 3 cm, BC = 5 cm. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD). Lời giải.
Ta có AB2 + AC2 = 32 + 42 = 52 = BC2 nên tam giác D ABC vuông tại A.
Tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau tại A.
Trong tam giác ABC kẻ AE ⊥ BC và trong tam giác ADE H kẻ AH ⊥ DE. Khi đó d(A, (BCD)) = AH. C Lại có A √ 1 1 1 1 1 1 1 17 6 34 E = + + = + + = ⇒ AH = . AH2 AB2 AC2 AD2 32 42 42 72 17 √ B 6 34 Vậy d(A, (BCD)) = . 17
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 207
Bài 20. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh a, ’ BAD = 60◦, 3a
SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SO = . 4
1. Tính khoảng cách từ các điểm O và A đến mặt phẳng (SBC).
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SB. Lời giải. S a
1. Từ giả thiết ta có tam giác BCD đều nên OB = và √ 2 a 3 OC = . 2
Tứ diện OSBC có OS, OB, OC đôi một vuông góc với nhau tại O nên 1 1 1 1 D C = + + d2(O, (SBC)) SO2 OB2 OC2 16 4 4 64 O = + + = . 9a2 a2 3a2 9a2 A B 3a Vậy d(O, (SBC)) = . 8 Ta có d(A, (SBC)) AC 3a 3a =
= 2 ⇒ d(A, (SBC)) = 2d(O, (SBC)) = 2 · = . (O, (SBC)) OC 8 4
2. Vì AD k BC nên AD k (SBC). Mà SB ⊂ (SBC) nên 3a
d(AD, SB) = d(AD, (SBC)) = d(A, (SBC)) = . 4
Bài 21. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằng a. Tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng AC và DC0. Lời giải. 208
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Gọi O = AD0 ∩ A0D. Suy ra O là trung điểm của AD0. C0 D0 d(A, (DA0C0)) AO Ta có = = 1 nên d(A, (DA0C0)) = d(D0, (DA0C0)) D0O d(D0, (DA0C0)).
Vì AC k A0C0 nên AC k (DA0C0). Do đó A0 B0
d(AC, DC0) = d(AC, (DA0C0)) = d(A, (DA0C0)) = d(D0, (DA0C0)).O
Tứ diện D0 A0C0D có D0 A0, D0C0, D0D đôi một vuông góc nhau tại D0 nên C D 1 1 1 1 1 1 1 3 = + + = + + = d2(D0, (DA0C0)) D0 A02 D0C02 D0D2 a2 a2 a2 a2 √ A B a 3 ⇒ d(D0, (DA0C0)) = . 3 √ a 3 Vậy d(AC, DC0) = . 3
Bài 22. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = √
BC = a, cạnh bên AA0 = a 2. Gọi M là trung điểm của BC.
1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B0C.
2. Tính khoảng cách từ điểm M đến (AB0C). Lời giải. A0 B0
1. Gọi E là trung điểm của BB0, ta có B0C k (AME). Do đó
d(AM, B0C) = d(B0C, (AME)) = d(B0, (AME)) = d(B, (AME)). C0 E
Tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc với nhau tại B nên 1 1 1 1 7 A = + + = B d2(B, (AME)) BA2 BM2 BE2 a2 √ M a 7 ⇒ d(B, (AME)) = . C 7 √ a 7 Vậy d(AM, B0C) = . 7 d(M, (AB0C)) MC 1 1 2. Ta có = =
nên d(M, (AB0C)) = d(B, (AB0C)). d(B, (AB0C)) BC 2 2
Tứ diện BAB0C có BA, BB0, BC đôi một vuông góc với nhau tại B nên 1 1 1 1 1 1 1 5 = + + = + + = d2(B, (AB0C)) BA2 B0B2 BC2 a2 2a2 a2 2a2 √ a 10 ⇒ d(B, (AB0C)) = . 5 √ √ 1 a 10 a 10 Vậy d(M, (AB0C)) = · = . 2 5 10
5. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG 209
Bài 23. Cho lăng trụ đều ABC.A0B0C0 có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M, N lần lượt
là trung điểm của AA0, BB0. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B0 M và CN. Lời giải.
Gọi O và O0 lần lượt là trung điểm của BC và B0C0. A0 B0
Gọi P là giao điểm của OO0 và CN.
Vì B0 M k AN nên B0 M k (CAN). Do đó C0 O0
d(BM0, CN) = d(B0 M, (CAN)) = d(B0, (CAN)) = d(B, (CAN)). M N d(B, (CAN)) BC Lại có = = 2 nên d(B, (CAN)) = d(O, (CAN)) OC 2d(O, (CAN)). P
Vì (CAN) ≡ (CAP) và tứ diện OACP có OA, OC, OP đôi A B
một vuông góc với nhau tại O nên O 1 1 1 1 1 = = + + d2(O, (CAN)) d2(O, (CAP)) OA2 OC2 OP2 C 4 4 16 64 = + + = . 3a2 a2 a2 3a2 √ a 3 Suy ra d(O, (CAN)) = . 8 √ √ a 3 a 3 Vậy d(B0 M, CN) = 2 · = . 8 4
Bài 24. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, ’ ABC = ’ BAD = 90◦, √
AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của A trên SB. Tính khoảng cách từ H đến (SCD). Lời giải.
Gọi M là giao điểm của AB với CD; K là giao S
điểm của AH với SM. Dễ thấy B là trung điểm của AM. BH BH · BS BA2 a2 1 Ta có = = = = . BS BS2 BS2 3a2 3
Suy ra H là trọng tâm của tam giác SAM. d(H, (SCD)) KH 1 Khi đó = = . d(A, (SCD)) KA 3
Tứ diện ASDM có AS, AD, AM đôi một
vuông góc với nhau tại A nên K H 1 1 1 1 1 = = + + A d2(A, (SCD)) d2(A, (SDM)) AS2 AD2 AM2 D 1 1 1 1 = + + = . 2a2 4a2 4a2 a2 B Suy ra d(A, (SCD)) = a. C 1 a
Vậy d(H, (SCD)) = d(A, (SCD)) = . 3 3 M 210
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Bài 25. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm
của DD0. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CK và A0D. Lời giải.
Gọi M là trung điểm của BB0. C0 D0
Ta có A0 M k KC nên CK k (A0 MD). Do đó B0
d(CK, A0D) = d(CK, (A0 MD)) = d(K, (A0 MD A0)). K
Gọi N là giao điểm của AK với A0D; P
là giao điểm của AB với A0 M. N d(K, (A0 MD)) NK 1 Khi đó = = . M d(A, (A0 MD)) N A 2 C D
Tứ diện AA0DP có AA0,(AD), AP đôi
một vuông góc với nhau tại A nên 1 1 1 A 1 1 B P = = + + d2(A, (A0 MD)) d2(A, (A0PD)) A0 A2 AD2 AP2 1 1 1 9 = + + = . a2 a2 4a2 4a2 2a Suy ra d(A, (A0 MD)) = . 3 1 1 2a a
Vậy d(CK, A0D) = d(A, (A0 MD)) = · = . 2 2 3 3
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 211 Bài 6.
HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU A. Tóm tắt lý thuyết
Định nghĩa 1. Hai đường thẳng a và b không cùng thuộc một mặt phẳng (không có
mặt phẳng nào chứa cả a và b) thì ta nói hai đường thẳng a và b chéo nhau.
Định nghĩa 2. Nếu có đường thẳng d lần lượt vuông góc với cả hai đường thẳng a
và b chéo nhau lần lượt tại M và N thì đường thẳng d gọi là đường vuông góc của hai
đường thẳng chéo nhau a và b, còn độ dài đoạn MN gọi là khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. B. Bài tập rèn luyện
DẠNG 6.1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Phương pháp chung là ta phải chuyển khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
về khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng hoặc khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
1. Nếu đường thẳng a thuộc một mặt phẳng (P) và đường thẳng b song song với
mặt phẳng (P) thì khoảng cách giữa a và b bằng khoảng cách từ đường thẳng b đến mặt phẳng (P).
Chọn một điểm M thích hợp thuộc b sao cho có thể tính khoảng cách từ M đến
mặt phẳng (P) một cách dễ dàng. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) là khoảng
cách giữa hai đường thẳng a và b. 4 !
Nếu không tìm được một mặt phẳng chứa đường thẳng này và song song với đường
thẳng kia thì ta phải dựng mặt phẳng (P) chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.
2. Nếu đường thẳng a thuộc mặt phẳng (P), đường thẳng b thuộc mặt phẳng (Q)
mà hai mặt phẳng (P) và (Q) song song với nhau thì khoảng cách giữa a và b bằng
khoảng cách giữa (P) và (Q).
3. Trường hợp tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b với a là
cạnh bên còn b là một cạnh đáy của hình chóp ta làm như sau: Gọi I là giao điểm
của đường thẳng a với mặt đáy. Từ I dựng đường thẳng ∆ song song với b. Khi
đó b song song với mặt phẳng (P) chứa a và ∆. Chọn một điểm M trên b sao cho
có thể tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) một cách dễ dàng. Khoảng cách
từ M đến mặt phẳng (P) là khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b.
Bài 1. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a,
hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung
điểm của AB, mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N. Biết góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60◦. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. Lời giải. 212
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Ta có mp(SAB)∩ mp(SAC) = SA và hai mặt phẳng S
(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên SA ⊥ (ABC).
Mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N,
suy ra MN k BC và N là trung điểm của AC. 1 1 Trong 4ABC có MN = BC = a, BM = AB = a. 2 2 A M B H ®BC ⊥ AB Ngoài ra
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SB. BC ⊥ SA  x (SBC) ∩ (ABC) = BC I N   Vì SB ⊥ BC, AB ⊥ AB ⇒ ((SBC), (ABC)) = C  SB ⊂ (SBC), AB ⊂ (SAB) ‘ SBA = 60◦. √
Xét 4SAB vuông tại A ta có SA = AB tan 60◦ = 2a 3. 4 !
Yêu cầu của đề bài là tính khoảng cách giữa AB và SN, đây là bài toán tính khoảng cách giữa
cạnh bên SN và cạnh đáy AB. Do chưa có mặt phẳng nào chứa một trong hai đường trên và song
song với đường kia nên ta phải dựng mặt phẳng (P) chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.
Từ N (giao điểm của cạnh bên SN với mặt đáy (ABC)) kẻ Nx k AB, suy ra AB k (SNx) (vì Nx ⊂ (SNx)).
Khi đó d(AB, SN) = d (AB, (SNx)) = d (A, (SNx)).
Dựng AI ⊥ Nx tại I. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SI. ® Nx ⊥ AI Vì
⇒ Nx ⊥ (SAI) ⇒ (SNx) ⊥ (SAI). Hai mặt phẳng (SNx) và (SAI) vuông góc Nx ⊥ SA
với nhau có giao tuyến SI mà AH ⊥ SI ⇒ AH ⊥ (SNx). Vậy d (A, (SNx)) = AH. 1 1 1 1 1 1 Ta có AI =
BC = a. Trong 4SAI vuông tại A có = + = + = 2 √ AH2 AS2 AI2 12a2 a2 13a2 2a 39 ⇒ AH = . 12 13 √ 2a 39
Vậy d(AB, SN) = d (A, (SNx)) = AH = . 13
Bài 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho H A = 2HB. Góc giữa đường
thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60◦. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a. Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 213
Áp dụng định lý cô-sin cho tam giác AHC ta có S
CH2 = CA2 + AH2 − 2 · CA · AH · cos ’ CAH 4a2 2a 7a2 = a2 + + 2 · a · · cos 60◦ = 9 3 9 √ C a 7 B K Suy ra CH = . 3
Ta có HC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt H
phẳng (ABC) nên góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) là góc ’ SCH = 60◦. x
Trong tam giác SCH vuông tại H có SH = CH tan 60◦ = I A √ √ a 7 √ a 21 · 3 = . 3 3 4 !
Yêu cầu của đề bài là tính khoảng cách giữa SA và BC, đây là bài toán tính khoảng cách giữa
cạnh bên SA và cạnh đáy BC. Do chưa có mặt phẳng nào chứa một trong hai đường trên và song
song với đường kia nên ta phải dựng mặt phẳng (P) chứa đường thẳng này và song song với đường thẳng kia.
Từ A (giao điểm của cạnh bên SA với mặt đáy (ABC)) kẻ Ax k BC, suy ra BC k (SAx) (vì Ax ⊂ (SAx)).
Khi đó d(BC, SA) = d (BC, (SAx)) = d (B, (SAx)). 4 !
Vì BC song song với mặt phẳng (SAx) nên khoảng cách từ mọi điểm trên đường thẳng BC đến
mặt phẳng (SAx) đều bằng nhau. Vì sao lại chọn điểm B mà không chọn điểm khác (chẳng hạn là
điểm C)? Vì điểm B nằm trên đường thẳng AB có chứa điểm H là hình chiếu của đỉnh nên việc tính
khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SAx) là khá dễ dàng. Thông qua công thức tính tỉ số khoảng cách
thì ta tính được khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAx).
Dựng HI ⊥ Ax tại I. Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SI. ® Ax ⊥ HI Vì
⇒ Ax ⊥ (SHI) ⇒ (SAx) ⊥ (SHI). Hai mặt phẳng (SAx) và (SHI) vuông góc Ax ⊥ SH
với nhau có giao tuyến SI mà HK ⊥ SI ⇒ HK ⊥ (SAx). Vậy d (H, (SAx)) = HK. √ √ 2a 3 a 3
Trong 4AI H vuông tại I ta có HI = HA sin 60◦ = · = . 3 2 3 √ 1 1 1 9 9 24a2 a 7 Trong 4SI H vuông tại H có = + = + = ⇒ HK = √ . HK2 HS2 H I2 21a2 3a2 7 24 d (B, (SAx)) BA 3
Đường thẳng BH cắt mặt phẳng (SAx) tại A nên = = . d (H, (SAx)) H A 2 √ 3 3 a 42
Vậy d(BC, SA) = d (B, (SAx)) = d (H, (SAx)) = HK = . 2 2 8
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = SB = SC = SD = √
a 2. Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AD, BC. Chứng minh (SIK) ⊥ (SBC) và tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD theo a. Lời giải. 214
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Gọi O là giao điểm của AC và BD. S
Ta có OA = OB = OC = OD và SA = SB = SC = √
SD = a 2 nên O là hình chiếu vuông góc của S lên mặt
phẳng (ABCD) hay SO ⊥ (ABCD). ®BC ⊥ IK Ta có
⇒ BC ⊥ (SIK) ⇒ (SBC) ⊥ (SIK) (vì BC ⊥ SO BC ⊂ (SBC)). H D
Ta có AD k BC ⇒ AD k (SBC) nên C I
d(AD, SB) = d (AD, (SBC)) = d (I, (SBC)) . K O
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên SK nên ta có A B
®OH ⊥ SK ⇒ OH ⊥ (SBC) ⇒ d(O,(SBC)) = OH. OH ⊥ BC √ √ a2 a 6
Trong 4SAO vuông tại O ta có SO = SA2 − AO2 = 2a2 − = . 2 2 √ 1 1 1 4 4 14a2 a 42 Trong 4SOK vuông tại O có = + = + = ⇒ OH = . OH2 OS2 OK2 6a2 a2 3 14 d (I, (SBC)) IK
Đường thẳng OI cắt mặt phẳng (SBC) tại K nên = = 2. d (O, (SBC)) OK √ a 42
Vậy d(AD, SB) = d (I, (SBC)) = 2d (O, (SBC)) = 2OH = . 7
Bài 4. Cho lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh
bên và mặt phẳng đáy bằng 30◦. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A0B0C0)
thuộc đường thẳng B0C0. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA0 và B0C0 theo a. Lời giải.
Do AH ⊥ (A0B0C0) nên góc giữa AA0 và (A0B0C0) là góc A B ÷ AA0 H = 30◦. Xét tam giác vuông AHA0 có √ a 3 a K
AA0 = a, A0 H = AA0 cos 30◦ = , AH = AA0 sin 30◦ = . 2 2 C B0 A0
Do 4A0B0C0 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B0C0 và √ a 3 A0 H =
nên A0H vuông góc với B0C0. H 2
Mặt khác AH ⊥ B0C0 nên B0C0 ⊥ (AA0H).
Kẻ đường cao HK của tam giác AA0H thì HK chính là C0
khoảng cách giữa AA0 và B0C0. A0 H · AH
Ta có AA0 · HK = A0H · AH ⇒ HK = = √ AA0 a 3. 4
DẠNG 6.2. Xác định đường vuông góc chung
Ta có các trường hợp sau đây:
1. Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau và a ⊥ b.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 215 • Ta dựng mặt phẳng b
(α) chứa a và vuông góc với b a tại B. B
• Trong mặt phẳng (α) dựng BA ⊥ a tại A, ta được A
độ dài đoạn AB là khoảng cách giữa a và b.
2. Giả sử a và b là hai đường thẳng chéo nhau và không vuông góc với nhau. Cách 1:
• Ta dựng mặt phẳng (α) chứa a và song song b B M với b.
• Lấy điểm M tùy ý trên b, dựng MM0 ⊥ (α) a b0 tại M0. A M0
• Từ M0 dựng b0 k b cắt a tại A. Từ A dựng
AB k MM0 cắt b tại B, độ dài đoạn AB là
khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b. Cách 2: • Ta dựng mặt phẳng ( a b
α) ⊥ a tại O, (α) cắt b tại A B I.
• Dựng hình chiếu vuông góc của b là b0 trên b0 O (α). H I
• Trong mặt phẳng (α), vẽ OH ⊥ b0, H ∈ b0.
• Từ H dựng đường thẳng song song với a cắt b tại B.
• Từ B dựng đường thẳng song song với OH cắt a tại A.
• Độ dài AB là khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b.
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = h và vuông góc với
đáy. Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của: a) SB và CD. b) AD và SB. c) AB và SD. d) SC và BD. e) SC và AB. f) SC và AD Lời giải. 216
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN ®BC ⊥ AB S 1. Ta có ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ BC ⊥ SA SB.
Mà BC ⊥ CD. Do đó BC là đường vuông góc
chung của SB và CD. Vậy d(SB, CD) = BC = H a. 2. Trong ∆SAB kẻ AK ⊥ SB tại K. A I M ® AD ⊥ AB D ⇒ AD ⊥ AK. K AD ⊥ SA L G
Do đó AK là đường vuông góc chung của SB J O và AD.
Trong ∆SAB vuông tại A có B C 1 1 1 1 1 a2 + h2 = + = + = ⇒ AK2 AS2 AB2 h2 a2 a2h2 ah AK = √ . a2 + h2 ah Vậy d(SB, AD) = AK = √ . a2 + h2
3. Trong tam giác SAD kẻ AH ⊥ SD tại H. Ta có
® AB ⊥ AD ⇒ AB ⊥ (SAD) ⇒ AB ⊥ AH. AB ⊥ SA
Do đó AH là đường vuông góc chung của SD và AB. 1 1 1 1 1 a2 + h2
Trong ∆SAD vuông tại A có = + = + = ⇒ AH = AH2 AS2 AD2 h2 a2 a2h2 ah √ . a2 + h2 ah Vậy d(SD, AB) = AH = √ . a2 + h2
4. Gọi O = AC ∩ BD. Trong ∆SAC kẻ OG ⊥ SC tại G. ®BD ⊥ AC Ta có
⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ OG. BD ⊥ SA
Do đó OG là đường vuông góc chung của SC và BD. √ √ 1 a 2 √ √
Trong ∆SAC có AC = a 2; CO = AC = ; SC = SA2 + AC2 = h2 + 2a2. 2 2 √ CO OG CO ah 2
Ta có ∆CGO ∼ ∆CAS (g.g) ⇒ = ⇒ OG = SA = √ . CS SA CS 2 2a2 + h2 √ ah 2 Vậy d(SC, BD) = OG = √ . 2 2a2 + h2 ® AH ⊥ SD 5. Ta có
⇒ AH ⊥ (SCD) ⇒ AH ⊥ SC. AH ⊥ CD
Từ H kẻ HI k CD. Suy ra HI và AB cùng thuộc một mặt phẳng vì cùng song song với CD.
Trong mặt phẳng (AB, HI), kẻ I J k AH cắt AB tại J. ® I J k AH ® I J ⊥ SC Ta có ⇒ . AH ⊥ SC, AH ⊥ AB I J ⊥ AB
Do đó I J là đường vuông góc chung của SC và AB. ah
Vậy d(SC, AB) = I J = AH = √ . a2 + h2
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 217 ® AK ⊥ SB 6. Ta có
⇒ AK ⊥ (SBC) ⇒ AK ⊥ SC. AK ⊥ BC
Từ K kẻ KL k BC. Suy ra KL và AD cùng thuộc một mặt phẳng vì cùng song song với BC.
Trong mặt phẳng (AD, KL), kẻ LM k AK, LM cắt AD tại M. ®LM k AK ®LM ⊥ SC Ta có ⇒ . AK ⊥ SC, AK ⊥ AD LM ⊥ AD
Do đó LM là đường vuông góc chung của SC và AD. ah
Vậy d(SC, AD) = LM = AK = √ . a2 + h2
Bài 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ’ BAD = 120◦,
SA = h và SA ⊥ (ABCD). Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của: a) SB và CD. b) BD và SC. c) SC và AB. Lời giải. 1.
Trong mặt phẳng (ABCD), kẻ CL ⊥ AB tại L S (1).
Vì SA ⊥ (ABCD), SA ⊂ (SAB) nên (SAB) ⊥
(ABCD) ⇒ CL ⊥ (SAB) ⇒ CL ⊥ SB (2).
Trong mặt phẳng (ABCD), từ B kẻ BN k LC J với N ∈ CD (3).
Từ (1), (2) và (3) thì BN là đường vuông góc H
chung của SB và CD và BN = CL. I A D
Vì ABCD là hình thoi có ’ BAD = 120◦ nên K
∆ABC đều. Mà CL là đường cao nên CL = L M E √ O a 3. B C 2 √ a 3 Vậy d(SB, CD) = BN = CL = . N 2
2. Gọi O = AC ∩ BD. Trong ∆SAC kẻ OM ⊥ SC tại M (4). ®BD ⊥ AC Ta có ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ BD ⊥ SA OM(OM ⊂ (SAC)) (5).
Từ (4) và (5) thì OM là đường vuông góc chung của SC và BD. Trong tam giác SAC có 1 a AC = a, CO = AC = , SC = √ √ 2 2 SA2 + AC2 = h2 + a2. Ta có ∆CMO ∼ ∆CAS(g.g) CO OM CO ⇒ = ⇒ OM = SA = CS SA CS ah √ . 2 a2 + h2 ah Vậy d(SC, BD) = OG = √ . 2 a2 + h2 218
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN ®CD ⊥ AE
3. Kẻ AE ⊥ CD tại E. Ta có
⇒ CD ⊥ (SAE) ⇒ (SCD) ⊥ (SAE). CD ⊥ SA ®(SAE) ∩ (SCD) = SE Kẻ AH ⊥ SE tại H và có
⇒ AH ⊥ (SCD) ⇒ AH ⊥ SC. (SAE) ⊥ (SCD)
Từ H kẻ HI k CD. Suy ra HI và AB cùng thuộc một mặt phẳng vì cùng song song với CD.
Trong mặt phẳng (AB, HI), kẻ IK k AJ, IK cắt AB tại K. ® IK k AH ® IK ⊥ SC Ta có ⇒ . AH ⊥ SC, AH ⊥ AB IK ⊥ AB
Do đó IK là đường vuông góc chung của SC và AB. √ 1 1 1 3a2 + 4h2 ah 3
Trong ∆SAE vuông tại A có = + = ⇒ AH = √ . AH2 AS2 AE2 3a2h2 3a2 + 4h2 √ ah 3
Vậy d(SC, AB) = IK = AH = √ . 3a2 + 4h2
Bài 7. Cho hình hộp đứng ABCD.A0B0C0D0 có đáy là hình thoi cạnh a, góc A bằng 60◦,
góc giữa AC0 và (ABCD) bằng 60◦.
1. Tính đường cao của hình hộp đó.
2. Tìm đường vuông góc chung của A0C và BB0. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng đó. Lời giải. Vì ABCD.A0B0C0D0 là hình hộp đứng nên B0 AA0 ⊥ (ABCD). C0 O0
Ta có AC là hình chiếu vuông góc của A0C trên
(ABCD) nên góc giữa AC0 và (ABCD) bằng ÷ A0CA = 60◦. A0 K D0
Vì ABCD là hình thoi có “ A = 60◦ nên ∆BAD đều √ ⇒ AC = 2AO = a 3. I B Trong ∆A0AC vuông tại A có AA0 = C AC tan ÷ A0CA = 3a.
Gọi O = AC ∩ BD. I là trung điểm của A0C. Ta có O
OI là đường trung bình của ∆A0 AC. Do đó OI k AA0 k BB0 (1). A D ®BO ⊥ AC ®BO ⊥ AA0 Ta có ⇒ BO ⊥ (A0 AC) ⇒ BC ⊥ AA0 BO ⊥ CA0 (2).
Trong mặt phẳng (BDD0B0) kẻ IK k BO (3).
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra IK là đường vuông góc chung của A0C và BB0. BD a Vậy d(A0C, BB0) = IK = BO = = . 2 2
Bài 8. Cho chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 3a, cạnh bên bằng 2a. Gọi G là
trọng tâm giác ABC. Dựng và tính đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng SA và BC. Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 219
Trong tam giác ABC đều, kéo dài AG cắt BC tại M ⇒ AG ⊥ BC. S
Chóp S.ABC đều, mà G là tâm 4ABC nên: SG ⊥ (ABC) ⇒ SG ⊥ BC.
Vì BC ⊥ SG và BC ⊥ AM nên BC ⊥ (SAM). N
Trong 4SAM kẻ MN ⊥ SA (N ∈ SA) ⇒ MN ⊥ BC (vì
MN ⊂ (SAM)). Do vậy, MN là đoạn vuông góc chung của BC và SA. A √ C
Trong 4SAG vuông tại G ta có: SG = SA2 − AG2 = √ G 4a2 − 3a2 = a. √ M 3a 3
Trong 4SAM có: MN · SA = SG · AM ⇔ MN · 2a = a · ⇒ B √ 2 3a 3 MN = . 4 √
Bài 9. Cho hình chóp tam giác S.ABC có SA vuông góc với (ABC) và SA = a 2. Đáy
ABC là tam giác vuông tại B với BA = a. Gọi M là trung điểm của AB. Tìm độ dài
đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng SM và BC. Lời giải. ®SA ⊥ BC Ta có ⇒ BC ⊥ (SAB) tại B. S AB ⊥ BC Dựng BH ⊥ SM (H ∈ SM).
Ta thấy BC ⊥ BH (BH ⊂ (SAB))
Vậy BH chính là đoạn vuông góc chung của SM và BC. HB MB Ta có 4MHB ∼ 4MAS ⇒ = AS MS √ HB MB 1 AS a 2 ⇔ = √ = ⇒ HB = = . AS AS2 + AM2 3 3 3 A C M H B √ a 3
Bài 10. Trong mặt phẳng (P) cho hình thoi ABCD có tâm là O, cạnh a và OB = . 3
Trên đường thẳng vuông góc với (ABCD) tại O, lấy điểm S sao cho SB = a. Dựng và
tính đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng 1. BD và SC. 2. AB và SD. Lời giải. 220
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
1. Dễ dàng chứng minh được BD ⊥ (SAC) S (vì BD ⊥ AC, BD ⊥ SO ).
Trong mặt phẳng (SAC), kẻ OM ⊥ SC,
(M ∈ SC), suy ra OM là đoạn vuông góc chung của SC và BD. K Trong 4SOB vuông tại O có: J a √ A p a2 a 6 M I D SO = SB2 − BO2 = a2 − = . L 3 3 Trong 4BOC vuông tại O có: G O H √ √ B C p a2 a 6 a 3 OC = BC2 − BO2 = a2 − = . 3 3 3
Trong 4SOC vuông tại O có: SC = √ √ 2a 3 SO2 + OC2 = . 3 √ √ √ √ 2a 3 a 6 a 6 a 3 OM · SC = OS · OC ⇔ OM · = · ⇒ OM = . 3 3 3 3
2. Gọi G, H lần lượt là trung điểm của AB và CD. Ta có
®CD ⊥ GH ⇒ CD ⊥ (SGH) ⇒ (SCD) ⊥ (SGH). CD ⊥ SO
Từ O dựng OI ⊥ SH là giao tuyến của hai mặt phẳng vuông góc (SCD) và (SGH), suy ra OI ⊥ (SCD).
Trong mặt phẳng (SGH), kẻ GJ k OI (J ∈ SH) ⇒ GJ ⊥ (SCD).
Từ J dựng đường thẳng song song với CD cắt SD tại K. Suy ra AB và JK cùng thuộc
một mặt phẳng. Trong mặt phẳng (AB, JK) dựng KL k GJ (L ∈ AB). Suy ra KL là đoạn
vuông góc chung của AB và SD. ®GJ ⊥ SD ®GJ ⊥ SD ®KL ⊥ SD
Thật vậy: Vì GJ ⊥ (SCD) ⇒ ⇒ ⇒ GJ ⊥ CD GJ ⊥ AB (AB k CD) KL ⊥ AB. √ 1 1 1 3 4 11 a 22 Trong 4SOH: = + = + = ⇒ OI = . OI2√ OS2 OH2 2a2 a2 2a2 11 2a 22 ⇒ GJ = 2OI = . 11 √ 2a 22 Kết luận: d(AB, SD) = . 11
Bài 11. Cho tứ diện ABCD với AB = CD = a, AC = BD = b, BC = AD = c. Gọi I và
J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hãy tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB và CD. Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 221
Ta có: 4CAB = 4BDA (c.c.c) nên hai đường trung A
tuyến CI và DI tương ứng bằng nhau, nên tam giác
ICD cân tại I. Suy ra: I J ⊥ CD.
Chứng minh tương tự ta có: I J ⊥ AB. I
Kết luận: I J là đoạn vuông góc chung của AB và CD.
BJ là đường trung tuyến của 4BCD nên B BC2 + BD2 CD2 c2 + b2 a2 D BJ2 = − = − . 2 4 2 4 J
Trong 4BI J vuông tại I có: C c2 + b2 a2 a2 b2 + c2 − a2 b2 + c2 − a2 I J2 = BJ2 − BI2 = − − = ⇒ I J = . 2 4 4 2 2
Bài 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; mặt phẳng (SAB)
vuông góc với mặt phẳng (ABCD); góc giữa mặt phẳng (SAD) và (ABCD) bằng 45◦.
Tính khoảng cách từ C tới mặt phẳng (SAD). Lời giải.
Gọi H là hình chiếu của S trên AB. Vì (SAB) ⊥
(ABCD) theo giao tuyến AB nên: SH ⊥ (ABCD). S ® AD ⊥ AB Vì
⇒ AD ⊥ SA. Suy ra góc giữa mặt AD ⊥ SH
phẳng (SAD) và mặt phẳng (ABCD) là góc giữa hai
đường thẳng SA và AB và bằng 45◦. K
Vì BC k (SAD) ⇒ d(C; (SAD)) = d(B; (SAD)). B
Gọi K là hình chiếu vuông góc của B lên SA, ta có C
®BK ⊥ SA ⇒ BK ⊥ (SAD) ⇒ d(B;(SAD)) = BK. 45◦ H BK ⊥ AD A D
Trong 4ABK vuông tại K có ’ BAK = 45◦, suy ra AB
4ABK vuông cân tại K nên BK = AK = √ = 2 √ a 2. 2 √ a 2 Kết luận d(C; (SAD)) = . 2
Bài 13. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh
AB và CD lấy lần lượt các điểm M, N sao cho BM = CN = x. Xác định vị trí điểm M a
sao cho khoảng cách giữa hai đường thẳng A0C và MN bằng . 3 Lời giải. 222
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Ta có: MN k BC ⇒ MN k (A0BC) ⇒ d(MN, A0C) = d(MN, (A0BC)). A0 D0
Gọi H = A0B ∩ AB0 và MK k HA, K ∈ A0B. B0 C0 BM
Ta có: 4BMK vuông cân tại K, suy ra MK = BK = √ = 2 √ H x 2. A 2
Vì A0B ⊥ AB0 ⇒ MK ⊥ A0B; và CB ⊥ (ABB0 A0) ⇒ CB ⊥ K D MK. M N B Từ đó suy ra C
MK ⊥ (A0BC) ⇒ MK = d(MN, (A0BC)) = d(MN, A0C). √ √ a a x 2 a a 2 Để MK = ⇒ ⇒ = ⇒ x = . 3 3 2 √ 3 3 a 2 Vậy M thỏa mãn BM = . 3
Bài 14. Cho hình hộp ABCD.A0B0C0D0 có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ’ DAB = 60◦, √
BB0 = a 2. Hình chiếu vuông góc của điểm D trên BB0 là điểm K nằm trên BB0 và 1 BK =
BB0; hình chiếu vuông góc của điểm B0 trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H 4
nằm trên đoạn thẳng BD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B0C và DC0. Lời giải. √ 1 a 2 Ta có: BK = BB0 = . B0 C0 4 4
Trong tam giác vuông BKD có: √ p a 14 A0 DK = BD2 − BK2 = . D0 4 K √ 3 3a 2 √ Ta có: B0K = BB0 = . a 2 4 4 √ B Trong 4B0KD: DB0 = KB02 + KD2 = C 18a2 14a2 √ ◦ H 60 + = a 2. A 16 16 D
Suy ra tam giác B0BD cân tại B0 do đó H chính là giao điểm của AC và BD. DC0 k AB0
⇒ d(DC0; B0C) = d(DC0; (AB0C)) = d(B, (A0 AC)) = √ a 2 BH = . 2
Bài 15. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có AC = a, BC = 2a, ’ ACB = 120◦ và
đường thẳng A0C tạo với mặt phẳng (ABB0 A0) góc 30◦. Gọi M là trung điểm của BB0.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, CC0 theo a. Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 223
Kẻ CH ⊥ AB. Vì AA0 ⊥ (ABC) nên AA0 ⊥ CH ⇒ A0 CH ⊥ (ABB0 A0). C0 Vậy A0C, (ABB0 A0) = ◦ ÷ CA0 H = 30◦. 30
Sử dụng định lý côsin và công thức diện tích cho tam giác ABC B0 √ 2S4 Ta có: AB = a 7, CH = ABC = √ AB a · 2a · sin 120◦ a 21 √ = . M a 7 7 A a ◦
Mặt phẳng (ABB0 A0) chứa AM và song song với CC0 120 C nên: H √ 2a a 21 d(AM, CC0) = d C, (ABB0 A0) = . B 7
Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, góc ’ BAD = 60◦. O là giao √ a 3
điểm của AC và BD, H là trung điểm của BO, SH ⊥ (ABCD) và SH = . Tính 2
khoảng cách giữa AB và SC. Lời giải. 3
Ta có: 4ABD đều nên BD = a ⇒ a. S 4
Kẻ OE vuông góc với CD, (E ∈ CD).
Kẻ HF vuông góc với CD, (F ∈ CD).
Kẻ HI vuông góc với SF, (I ∈ SF) ⇒ HI ⊥ (SCD). ⇒ d(H, (SCD)) = HI. √ √ a 3 3a 3 Ta có: HS = và HF = HD · sin 60 = . 2 8 I 1 1 1 4 64 100 ⇒ = + = + = ⇒ B H I2 √ HF2 HS2 3a2 27a2 27a2 C 3a 3 a H H I = . O 10 EF A a D 4 d(AB; SC) = d(AB; (SCD)) = d(HN; (SCD)) 3 √ 4 4 2a 3 = d(H; (SCD)) = H I = . 3 3 5
Bài 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy ABCD và SA = a. Tính :
1. Khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (MCD) với M là trung điểm của SA.
2. Khoảng cách giữa AC và SD. Lời giải. 1. 224
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC x S TRONG KHÔNG GIAN ®CD ⊥ AD Ta có ⇒ CD ⊥ (SAD) CD ⊥ SA I H Mà CD ⊂ (MCD). M K Vậy (SAD) ⊥ (MCD). Kẻ SH ⊥ MD tại H. ® (SAD) ⊥ (MCD) A D Ta có (SAD) ∩ (MCD) = MD
⇒ SH ⊥ (MCD) ⇒ d (S, (MCD)) = SH.
Vì M là trung điểm của SA nên B C √ √ 1 1 a 5 a2 a 5 S4SAD = S SA · AD ⇔ SH · = ⇒ SH = . 2 4SAD ⇔ SH · MD = 2 2 2 5 √ √ … a 2 a 5 Có MD = MA2 + AD2 = + a2 = . 2√ 2 a 5
Kết luận d (S, (MCD)) = SH = . 5
2. Khoảng cách giữa AC và SD.
Trong mặt phẳng (ABCD), từ D kẻ Dx k AC.
Gọi (α) là mặt phẳng chứa đường thẳng SD và Dx. ® AC k Dx Vì
⇒ AC k (α) nên d (AC, SD) = d (AC, (α)) = d (A, (α)). Dx ⊂ (α)
Từ điểm A kẻ AK ⊥ Dx tại K. Kẻ AI ⊥ SK tại I. Suy ra AI là khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng (α). ®Dx ⊥ AK Thật vậy ta có ⇒ Dx ⊥ (SAK). Dx ⊥ SA
Mà Dx ⊂ (α) ⇒ (SAK) ⊥ (α). (SAK) ∩ (α) = SK   (SAK) ⊥ (α)
⇒ AI ⊥ (α) ⇒ d (A, (α)) = AI.   AI ⊥ SK AD a
Ta có 4ADK vuông cân tại K nên KA = KD = √ = √ . 2 2 Trong 4SAK vuông tại K √ 1 1 1 1 2 3 a a 3 = + = + = ⇒ AI = √ = . AI2 SA2 AK2 a2 a2 a2 3 3 √ a 2 Kết luận d(MN, AC) = . 4
Bài 18. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối
xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của
BC. Chứng minh MN vuông góc với BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC. Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 225
Trong mp(ABCD), gọi O = AC ∩ BD. E S
Gọi P là trung điểm của SA.
Trong tam giác EAD có MP là đường
trung bình của tam giác nên M P 1 MP k AD, MP = AD (1) 2
Vì N là trung điểm của BC nên NC k 1 A D AD, NC = AD (2) 2 O
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CPMN là
hình bình hành nên MN k PC. Ta có BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ B C N CP (CP ⊂ (SAC)). Kết luận BD ⊥ MN. Vì MN k (SAC) nên
d (MN, AC) = d (MN, (SAC)) = d (N, (SAC)) .
Hai điểm B và N nằm trên đường
thẳng có giao điểm với mp(SAC) tại điểm C nên d (N, (SAC)) NC 1 = = d (B, (SAC)) BC 2 √ 1 1 1 a 2
⇒ d (N, (SAC)) = d (B, (SAC)) = · BO = · . 2 2 2 4 √ a 2 Vậy d (MN, AC) = . 4
Bài 19. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có các mặt bên là hình vuông cạnh bằng a. Gọi
E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, A0C0, B0C0. Tính khoảng cách giữa DE và A0F. Lời giải.
Vì các mặt bên ABB0 A0, ACC0 A0, BCC0B0 là các hình vuông có E A0 C0
AA0 ⊥ AB và AA0 ⊥ AC ⇒ AA0 ⊥ (ABC).
Vậy ABC.A0B0C0 là hình lăng trụ đứng và đáy là tam giác đều. I F
Trong mp(A0B0C0) dựng EI k A0F(I ∈ B0C0) ⇒ A0F k B0 mp(ADIE). H
Ta có DE chứa trong mp(ADIE).
Vậy d A0F, DE = d A0F, (ADIE) = d (F, (ADIE)). A C
Ta có AD ⊥ (BCC0B0) ⇒ (ADIE) ⊥ (BCC0B0) : Hai mặt phẳng
này vuông góc với nhau theo giao tuyến DI. D Dựng B0H ⊥ DI
(H ∈ DI) ⇒ B0 H ⊥ (ADIE). B 226
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Suy ra khoảng cách từ B0 đến mặt phẳng (ADIE) là B0H. B0 F I C0
Hình vuông BCC0B0 được vẽ ở hình 2. H
Ta có EI là đường trung bình của tam giác C0 AF nên I là trung điểm của C0F. √ √ a2 a 17 Ta có DI = DF2 + FI2 = a2 + = 16 4 √ √ a 17 3 3a 17
B0 H · DI = DF · B0 I ⇔ B0 H · = a · a ⇒ B0 H = . 4 4 17 B D Vì hai điểm C
B0, F trên đường thẳng có giao điểm với mp(ADIE) Hình 2 tại I nên có √ d (F, (ADIE)) FI 1 1 a 17 = =
⇒ d (F, (ADIE)) = d B0, (ADIE) = . d (B0, (ADIE)) B0 I 3 3 17 √ a 17 Kết luận d A0F, DE = . 17
Bài 20. Cho hình lăng trụ ABCD.A0B0C0D0 có đáy (ABCD) là hình vuông cạnh a,
gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và AD. Hình chiếu vuông góc của A0 trên
mặt phẳng ABCD trùng với giao điểm của AM và BN. Biết góc giữa hai mặt phẳng
(ADD0 A0) và (ABCD) bằng 60◦. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B0C và BN. Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 227
Gọi H = AM ∩ BN. Vì ABCD là hình vuông A0 D0 nên AM ⊥ BN tại H.
Theo đề bài có A0H ⊥ (ABCD). B0 C0
Kẻ HI ⊥ AD ⇒ AD ⊥ A0 I (định lý ba đường vuông góc). Vậy ADD0 A0 , (ABCD) = H I, A0 I = ’ H I A0 = 60◦
Từ B0 dựng đường thẳng song song với A0H;
Từ H dựng đường thẳng song song với AB. I N A D x
Hai đường thẳng vừa dựng cắt nhau tại P. H
Thì P là hình chiếu vuông góc của B0 trên O M F J mp(ABCD). B C
Dựng Cx k BN thì BN k (Cx, BC0) P E ⇒ d(BN, B0C) = d BN, (Cx, B0C) = d B, (Cx, B0C).
Gọi E = BP ∩ Cx, vì BP k AH ⇒ BP ⊥ Ax. Gọi J = AH ∩ Cx.
Dễ dàng chứng minh BH JE là hình vuông.
Đáy (ABCD) được vẽ như hình 2: √ p a2 a 5 BN = AB2 + AN2 = a2 + = 4 2 √ √ a 5 2a 5 AB2 = BH · BN ⇔ a2 = BH · ⇒ BH = . 2 5 √ √ √ a 5 2a 5 a 5 HN = BN − BH = − = 2 5 10 √ √ a 5 a a 5 AH · AN = AB · AN ⇔ AH · = a · ⇒ AH = 2 2 5 √ √ a a 5 a 5 a
H I · AN = H A · HN ⇔ H I · = · ⇔ HI = . 2 5 10 5 228
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Ta có √ A I N D a 5 BP = AH = 5 √ √ √ H 2a 5 a 5 a 5 PE = BE − BP = − = H A0 = H I · tan 60◦ = √ 5 5 5 O M a √ a 3 J · 3 = 5 5 √ a 3 ⇒ PB0 = HA0 = . 5 B C ®Cx ⊥ PE x Hình 2 Vì
⇒ Cx ⊥ (PEB0) ⇒ (Cx, B0C) ⊥ (PEB0) : hai P Cx ⊥ PB0 E
mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến (B0E).
Dựng PE ⊥ B0E (F ∈ B0E) ⇒ PF ⊥ (Cx, B0C) ⇒ d P, (Cx, B0C) = PF. 1 1 1 25 5 40 Trong 4B0PE có = + = + = ⇒ √ PF2 PB02 PE2 3a2 a2 3a2 a 30 PF = . 20
Vì P là trung điểm của BE nên d B, (Cx, B0C) = √ a 30 2d P, (Cx, B0C) = . 10 √ a 30 Vậy d B0C, BN = . 10
TỔNG HỢP CHƯƠNG VUÔNG GÓC
Bài 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với √ đáy, SA = a 2.
1. Chứng minh rằng các mặt bên hình chóp là những tam giác vuông.
2. Chứng minh rằng (SAC) ⊥ (SBD).
3. Tính góc giữa SC và mặt phẳng (SAB).
4. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD). 5. Tính d (A, (SCD)). Lời giải.
1. Chứng minh rằng các mặt bên hình chóp là những tam giác vuông.
Ta có SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AD, SA ⊥ S
AB ⇒ 4SAD, 4SAB vuông tại A. Chứng minh 4SBC vuông:
Ta có BC ⊥ AB (Hai cạnh kề của hình
vuông); BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD)) √ H
⇒ BC ⊥ (SAB), mà SB ⊂ (SAB) ⇒ BC ⊥ a 2 SB ⇒ 4SBC vuông tại B. Chứng minh 4SCD: vuông A D
Ta có CD ⊥ AD (Hai cạnh kề hình vuông
ABCD); CD ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABCD))
CD ⊥ (SAD), mà SD ⊂ (SAD) ⇒ CD ⊥ O SD ⇒ 4SCD vuông tại D. B C a
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 229
2. Chứng minh rằng (SAC) ⊥ (SBD):
BD ⊥ AC (Hai đường chéo của hình vuông); BD ⊥ SA (Vì SA ⊥ (ABCD))
⇒ BD ⊥ (SAC), mà BD ⊂ (SBD) ⇒ (SAC) ⊥ (SBD).
3. Tính góc giữa SC và mp(SAB):
Do BC ⊥ (SAB) tại B nên hình chiếu của C lên (SAB) là B
⇒ Hình chiếu của SC lên (SAB) là SB ⇒ (SC, (SAB)) = (SC, SB) = ‘ CSB. √ » √ √
Trong 4SAB vuông tại A, ta có SB = SA2 + AB2 = (a 2)2 + a2 = a 3. BC a 1
Trong 4SBC vuông tại B, ta có tan √ √ ‘ CSB = = = ⇒ ‘ CSB = 30◦. SB a 3 3 Vậy (SC, (SAB)) = 30◦.
4. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD): Ta có (SBD) ∩ (ABCD) = BD.
Gọi O là tâm của hình vuông (ABCD), O ∈ BD.
Theo chứng minh ở câu 2 BD ⊥ (SAC), mà SO ⊂ (SAC) ⇒ SO ⊥ BD. Mặt khác, AO ⊥ BD.
Vậy ((SBD), (ABCD)) = (SO, AO) = ’ AOS (do ’ AOS là góc nhọn). √ √ a 2 AC = a 2 ⇒ AO = . 2 √ SA a 2
Trong 4SAO vuông tại A, ta có tan √ ’ AOS = = = 2 ⇒ ’ AOS = arctan 2. AO a 2 2 ⇒ ((SBD), (ABCD)) = ’ AOS = arctan 2. 5. Tính d (A, (SCD)):
Gọi H là hình chiếu của A lên SD. Ta có AH ⊥ SD (1)
®CD ⊥ AD ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ AH (2) CD ⊥ SA
Từ (1) và (2) ⇒ AH ⊥ (SCD) tại H ⇒ d (A, (SCD)) = AH. Xét 4SAD vuông tại A có AH là đường cao. √ 1 1 1 1 1 3 a 6 Ta có = + = √ + = ⇒ AH = . AH2 AS2 AD2 (a 2)2 a2 2a2 3 √ a 6 Vậy d (A, (SCD)) = AH = . 3
Bài 22. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C và SB ⊥ (ABC), biết √ AC = a 2, BC = a, SB = 3a. 1. Chứng minh AC ⊥ (SBC).
2. Gọi BH là đường cao của tam giác SBC. Chứng minh SA ⊥ BH.
3. Tính góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABC). Lời giải. 230
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN S ® AC ⊥ BC (gt) 1. Ta có ⇒ AC ⊥ AC ⊥ SB (vì SB ⊥ (ABC)) (ABC). 3a 2. Ta có BH ⊥ SC (gt) (1)
Theo chứng minh trên, AC ⊥ (ABC).
Mà BH ⊂ (SBC) ⇒ BH ⊥ AC. (2)
Từ (1) và (2) ⇒ BH ⊥ (SAC). B A
Mà SA ⊂ (SAC) ⇒ BH ⊥ SA. H √ a a 2
3. Do SB ⊥ (ABC) tại B nên hình chiếu của S lên (ABC) là B.
⇒ Hình chiếu của SA lên (ABC) là BA. C
⇒ (SA, (ABC)) = (SA, BA) = ‘ SAB.
Trong 4ABC vuông tại C, ta có √ p p AB = BC2 + AC2 = a2 + 2a2 = a 3.
Trong 4SBA vuông tại B, ta có tan ‘ SAB = SB 3a √ = √ = 3. AB a 3 ⇒ ‘
SBA = 60◦. Vậy (SA, (ABC)) = ‘ SBA = 60◦.
Bài 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O cạnh AB =
2BC = 2a, hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với đáy (ABCD). Góc giữa
SO và mặt đáy bằng 45◦. M là trung điểm của AB, H là hình chiếu vuông góc của A trên SB.
1. Chứng minh tam giác ACH vuông.
2. Tính d (H, (SCD)), d (M, (ACH)), d(SO, MC). Lời giải. S A D J K P E I O H M D A K E O N M B C B C ®BC ⊥ AB 1. Ta có
⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH, BC ⊥ SB. BC ⊥ SA
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 231 ® AH ⊥ SB Ta có
⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒ AH ⊥ CH (CH ⊂ (SBC)). AH ⊥ BC
Vậy tam giác ACH vuông tại H. √ √ √ a 5 2. Ta có AC = AB2 + AD2 = a 5 ⇒ AO = . 2
AO là hình chiếu vuông góc của SO trên mặt phẳng (ABCD), góc giữa SO và (ABCD) là góc ’ SOA = 45◦. √ a 5 ⇒ SA = AO · tan 45◦ = . 2 ®CD ⊥ AD Vì
nên CD ⊥ (SAD) ⇒ (SCD) ⊥ (SAD) (CD ⊂ (SCD)). CD ⊥ SA
Dựng AJ ⊥ SD (J ∈ SD) ⇒ AJ ⊥ (SCD).
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) là AJ. √ a 5 AS · AD AS · AD · a
Trong 4SAD có AJ · SD = AS · AD ⇒ AJ = = √ = 2 = SD AD2 + AS2 5a2 + a2 4 √ a 5. 3 √ a 5
Vì AB k CD ⇒ d (B, (SCD)) = d (A, (SCD)) = . 3 SH · SB SA2 SH SA2
Trong 4SAB vuông tại A có SH · SB = SA2 ⇒ = ⇒ = = SB2 SB2 SB SA2 + AB2 5a2 4 5 = . 5a2 21 + 4a2 4 √ √ √ 5 5 a 21 5a 21 8a 21 ⇒ SH = SB = · = , BH = SB − SH = . 21 21 2 42 21
Vì hai điểm B và H nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (SCD) tại S nên có √ √ d (H, (SCD)) SH 5 5 5 a 5 5a 5 = = ⇒ d (H, (SCD)) = d (B, (SCD)) = · = . d (B, (SCD)) SB 21 21 21 3 63 √ 5a 5 Vậy d (H, (SCD)) = . 63
Vì AH ⊥ (SBC) ⇒ (ACH) ⊥ (SBC). Dựng BN ⊥ CH (N ∈ CH) thì BN ⊥ (ACH).
Vậy d (B, (ACH)) = BN. Trong 4HBC vuông tại B có 1 1 1 21 1 85 8a = + = + = ⇒ BN = √ . BN2 BH2 BC2 64a2 a2 64a2 85
Vì hai điểm B và M nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (ACH) tại A,
theo công thức tỉ lệ khoảng cách có d (M, (ACH)) MA 1 1 1 8a 4a = =
⇒ d (M, (ACH)) = d (B, (ACH)) = · √ = √ . d (B, (ACH)) BA 2 2 2 85 85 4a Vậy d (M, (ACH)) = √ . 85
Qua O dựng đường thẳng song song với CM cắt đoạn AB tại E. 232
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Dựng AK vuông góc OE tại K.
Ta có OE ⊥ AK, OE ⊥ SA ⇒ OE ⊥ (SAK) ⇒ (SOE) ⊥ (SAK) theo giao tuyến SK.
Dựng AI vuông góc với SK tại K. Suy ra AI vuông góc với mặt phẳng (SOE).
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SOE) là AI.
Gọi P = CM ∩ AK. Vì BM = BC = a nên tam giác CBM vuông cân tại B.
Tam giác APM vuông cân tại P và tam giác AKE vuông cân tại E. AE a
Tam giác AKE vuông cân tại E nên có AK = KE = √ = √ . 2 2 2 √ 1 1 1 8 4 44 a 55 Trong 4SAK vuông tại A có = + = + = ⇒ AI = . AI2 AK2 AS2 a2 5a2 5a2 22
Vì MC k OE ⇒ d(MC, OE) = d (MC, (SOE)) = d (M, (SOE)).
Vì E là trung điểm của AM và E cũng là giao điểm của AM với mặt phẳng (SOE) nên
theo công thức tính tỉ lệ khoảng cách ta có √ d (M, (SOE)) ME a 55 =
= 1 ⇒ d (M, (SOE)) = d (A, (SOE)) = . d (A, (SOE)) AE 22 √ a 55 Vậy d(MC, OE) = . 22
Bài 24. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có đáy ABC là tam giác đều tâm O cạnh a. Hình
chiếu vuông góc của A0 lên (ABC) là trung điểm H của OB. Biết góc giữa (A0BC) và (ABC) bằng 60◦.
1. Tính góc giữa hai đường thẳng AA0 và BC.
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA0 và BC.
3. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (AA0C), với G là trọng tâm của tam giác B0C0C. Lời giải. A0 B0 K ◦ J A 60 B F C0 G H I N O K E A B O H I M E C C
1. Gọi E, M, I lần lượt là trung điểm của CB, AC, EB.
Vì tam giác ABC đều có AE ⊥ BC, BM ⊥ AC. HI là đường trung bình của tam giác BOE nên H I k OE
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 233 √ √ 1 1 1 a 3 a 3
⇒ HI ⊥ BC và HI = OE = AE = · = . 2 6 6 2 12 ®BC ⊥ HI Ta có
⇒ BC ⊥ (HI A0) ⇒ BC ⊥ I A0. BC ⊥ H A0
Từ đó suy ra góc giữa (A0BC) và ABC là góc ’ H I A0 = 60◦. a
Trong tam giác HI A0 có HA0 = HI tan 60◦ = . 4
Trong (ABC), kẻ Ax k BC. Khi đó góc giữa AA0 và BC chính là góc giữa AA0 và Ax.
Dựng HK ⊥ Ax, (K ∈ Ax) ⇒ HK k AE. ® Ax ⊥ HK Ta có
⇒ Ax ⊥ (HKA0) ⇒ Ax ⊥ A0K. Ax ⊥ H A0 √ a 3
Tam giác OH J đều JH = OJ = . 6 a
Ta có AKIE là hình chữ nhật có HK = EI = √ √ 4 √ √ a 3 a 3 a 3 5a 3 KI = AE = ⇒ HK = KI − HI = − = . 2 2 12 12 √ √ Ç å2 a 2 5a 3
Trong tam giác HKA0 vuông tại H có KA0 = H A02 + HK2 = + = 4 12 √ a 21. 6 √ √ A0K 2 21 2 21
Trong tam giác A0 AK vuông tại K có tan ÷ A0 AK = = ⇒ ÷ A0 AK = arctan . √ AK 3 3 2 21 Kết luận (AA0, BC) = ÷ A0 AK = arctan . 3
2. Vì Ax k BC ⇒ d(BC, AA0) = d(BC, (A0 Ax)) = d(I, (A0 Ax)), vì (I ∈ BC).
Vì Ax ⊥ (HKA0) ⇒ (A0 Ax) ⊥ (HKA0) theo giao tuyến A0K.
Dựng HF ⊥ A0K (F ∈ A0K) ⇒ HF ⊥ (A0 Ax) ⇒ d H, (A0 Ax) = HF. √ √ √ a 21 a 5a 13 5a 7
Trong 4A0HK có HF · KA0 = HA0 · HK ⇒ HF · = · ⇒ HF = . 6 4 12 56
Vì hai điểm H, I cùng nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (A0 Ax) tại K nên √ d I, (A0 Ax) IK 6 6 3a 7 = =
⇒ d I, (A0 Ax) = d H, (A0 Ax) = . d (H, (A0 Ax)) HK 5 5 28 √ 3a 7 Vậy d(BC, AA0) = . 28 ® AC ⊥ HM 3. Ta có
⇒ AC ⊥ (HMA0) ⇒ (ACC0 A0) ⊥ (HMA0) theo giao tuyến A0 M. AC ⊥ H A0
Dựng HN ⊥ A0 M (N ∈ A0 M) ⇒ HN ⊥ (ACC0 A0) ⇒ d H, (ACC0 A0) = HN. 1 1 1 3 16 19 a Trong 4HMA0 có = + = + = ⇒ HN = √ . HN2 HM2 H A02 a2 a2 a2 19
Hai điểm H và B cùng nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (ACC0 A0) tại M nên có d B, (ACC0 A0) BM 3 3 3a = =
⇒ d B, (ACC0 A0) = d H, (ACC0 A0) = √ . d (H, (ACC0 A0)) HM 2 2 2 19
Hai điểm B và G cùng nằm trên đường thẳng có giao điểm với mặt phẳng (ACC0 A0) 234
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN tại C0 nên có d G, (ACC0 A0) GC0 1 1 a = =
⇒ d G, (ACC0 A0) = d B, (ACC0 A0) = √ . d (B, (ACC0 A0)) BC0 3 3 2 19 a Vậy d G, (ACC0 A0) = √ . 2 19
! Công thức tính tỉ lệ khoảng cách là một công thức đẹp. Các bạn nên rèn luyện nhiều
bài tập để sử dụng công thức này thành thạo.
Bài 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có AB = a, BC = 2a, ’
ABC = 60◦, SA vuông góc với đáy (ABCD), góc giữa (SCD) và (ABCD) bằng 60◦.
1. Tính khoảng cách từ A đến (SCD).
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC, AC và SD. Lời giải. S
Áp dụng định lí cô-sin cho 4ABC ta có
AC2 = BA2 + BC2 − 2BA · BC · cos 60◦ F 1 √ = a2 + 4a2 − 2a · 2a · = 3a2 ⇒ AC = a 3. 2 E
Ta có BC2 = AB2 + AC2 = 4a2 nên 4ABC vuông tại A. H x ®CD ⊥ AC Ta có
⇒ CD ⊥ (SAC), do đó CD ⊥ SC. A D CD ⊥ SA Vậy ((SCD), (ABCD)) = ‘ SCA = 60◦. O ◦ Ta có SA = AC · tan ‘ SCA = 3a. 60 B C
1. Tính khoảng cách từ A đến (SCD).
Ta có CD ⊥ (SAC) ⇒ (SCD) ⊥ (SAC), (do CD ⊂ (SCD)) và hai mặt phẳng này vuông
góc với nhau theo giao tuyến SC.
Trong (SAC), dựng AH ⊥ SC ⇒ AH ⊥ (SCD). Vậy d (A, (SCD)) = AH. Trong 4SAC, ta có 1 1 1 1 1 4 3a = + = + = ⇒ AH = . AH2 AS2 AC2 3a2 9a2 9a2 2 3a Vậy d (A, (SCD)) = AH = . 2
2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
Ta có AB k CD ⇒ AB k (SCD). Do đó 3a
d(AB, CD) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)) = (vì SC ⊂ (SCD)) . 2
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.
Kẻ Dx k AC. Gọi E = Dx ∩ AB ⇒ AB ⊥ Dx tại E.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 235 ®Dx ⊥ AB Ta có
⇒ Dx ⊥ (SAB) ⇒ (SD, Dx) ⊥ (SAB): Hai mặt phẳng này vuông Dx ⊥ SA
góc với nhau theo giao tuyến SE.
Dựng AF ⊥ SE ⇒ AF ⊥ (SD, Dx). a A B E Vậy d(A, (SD, Dx)) = AF. 60◦
Đáy ABCD được vẽ lại ở hình 2.
Ta có ACDE là hình chữ nhật, có AE = CD = a. √ Trong 4 a 3 x SAE ta có 2a √ 1 1 1 1 1 4 a 3 = + = + = ⇒ AF = . AF2 AS2 AE2 3a2 a2 3a2 2 C D
Vì AC k Dx ⇒ AC k (SD, Dx). Do đó Hình 2 √ a 3
d(AC, SD) = d(AC, (SD, Dx)) = d(A, (SD, Dx)) = . 2
Bài 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và AB = 2a, BC = a, √
các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 2.
1. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD);
2. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và CD, K là điểm bất kì thuộc
đoạn thẳng AD. Chứng minh khoảng cách giữa hai đường thẳng EF và SK không
phụ thuộc vào vị trí của K. Hãy tính khoảng cách này theo a. Lời giải. S H I K A D E O F B C
1. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD).
Gọi O là tâm của đáy ABCD thì ta có OA = OB = OC = OD.
Theo đề bài SA = SB = SC = SD. Do đó, O là hình chiếu vuông góc của S trên mặt
phẳng (ABCD), ta có SO ⊥ (ABCD).
Trong 4SAO vuông tại O, ta có √ p AC2 5a2 a 3 SO = SA2 − OA2 = SA2 − = 2a2 − = . 4 4 2
2. Chứng minh khoảng cách giữa hai đường thẳng EF và SK không phụ thuộc vào vị trí của K. 236
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Ta có SK ⊂ (SAD).
Mà EF k AD ⇒ EF k (SAD) ⇒ d(EF, SK) = d(EF, (SAD)) = d(O, SAD).
Vì khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAD) không đổi nên khoảng cách giữa hai đường
thẳng EF và SK cũng không đổi, nghĩa là khoảng cách này không phụ thuộc vào điểm K.
Dựng OI ⊥ AD (I ∈ AD), ta có AD ⊥ SO và AD ⊥ OI ⇒ AD ⊥ (SOI) ⇒ (SAD) ⊥
(SOI): Hai mặt phẳng này vuông góc với nhau theo giao tuyến SI.
Dựng OH ⊥ SI(H ∈ SI) ⇒ OH ⊥ (SAD). Vậy d(O, (SAD)) = OH.
Trong 4SOI vuông tại O, ta có √ 1 1 1 4 1 7 a 21 = + = + = ⇒ OH = . OH2 OS2 OI2 3a2 a2 3a2 7 √ a 21 Vậy d(EF, SK) = . 7
Bài 27. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 có tất cả các cạnh đáy đều bằng a,
góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60◦. Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng
(A0B0C0) là trung điểm H của cạnh B0C0.
1. Tính khoảng cách hai đáy.
2. Tính góc giữa BC và AC0.
3. Tính góc giữa (ABB0 A0) và mặt đáy. Lời giải. A C B 60◦ A0 C0 D H E B0
1. Tính khoảng cách hai đáy.
A0 H là hình chiếu vuông góc của AA0 trên (A0B0C0) nên góc giữa AA0 và (A0B0C0) là góc ÷ AA0 H = 60◦.
Trong 4AA0H vuông tại H, ta có √ a 3 √ 3a AH = A0 H · tan 60◦ = · 3 = . 2 2
Vì AH ⊥ (A0B0C0) mà (ABC) k (A0B0C0) ⇒ AH ⊥ (ABC). 3a
Suy ra khoảng cách giữa hai mặt đáy là AH = . 2
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 237
2. Tính góc giữa BC và AC0.
Vì B0C0 k BC nên góc giữa BC và AC0 bằng góc giữa B0C0 và AC0 là góc ÷ AC0 H.
Trong 4AC0H vuông tại H, ta có AH 3a a tan ÷ AC0 H = = : = 3 > 0 ⇒ ÷ AC0 H = arctan 3. HC0 2 2
3. Tính góc giữa (ABB0 A0) và mặt đáy.
Dựng C0D và HE cùng vuông góc với A0B0 lần lượt tại D và E. ® A0B0 ⊥ HE Ta có
⇒ A0B0 ⊥ (AHE) ⇒ A0B0 ⊥ AE. A0B0 ⊥ AH
Hai mặt phẳng (ABB0 A0) và (A0B0C0) có giao tuyến A0B0 cùng vuông góc với hai đường
thẳng AE và HE tại điểm E nên
(ABB0 A0), (A0B0C0) = (AE, HE) = ’ AEH. √ 1 a 3
Vì HE là đường trung bình của tam giác C0DB0 nên HE = C0D = . √ 2 4 AH 3a a 3 √ √ Trong 4AEH, ta có tan ’ AEH = = : = 2 3 ⇒ ’ AEH = arctan 2 3. EH 2 4
Bài 28. Cho hình lập phương ABCD.A0B0C0D0 có cạnh bằng a.
1. Chứng minh rằng khoảng cách từ các điểm B, C, D, A0, B0, D0 đến đường chéo
AC0 bằng nhau. Tính khoảng cách đó.
2. Chứng minh rằng B0D vuông góc với mặt phẳng (BA0C0).
3. Chứng minh BC0 vuông góc với m?t phẳng (A0B0CD).
4. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (BA0C0) và (ACD0).
5. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC0 và CD0.
6. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB0 và BC0. Lời giải. 238
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN D0 C0 O0 A0 B0 K J I P Q C D O A B
1. Chứng minh rằng khoảng cách từ các điểm B, C, D, A0, B0, D0 đến đường chéo AC0
bằng nhau. Tính khoảng cách đó.
Vì ABCD.A0B0C0D0 là hình lập phương nên các tam giác sau là các tam giác vuông
bằng nhau và đều nhận AC0 làm cạnh huyền: 4ABC0, 4AA0C0, 4ACC0, 4AD0C0, 4ADC0, 4AB0C0.
Từ đó suy ra khoảng cách từ các điểm B, C, D, A0, B0, D0 đến đường chéo AC0 bằng nhau.
Gọi khoảng cách từ B đến AC0 là h. Trong 4ABC0 có √ 1 1 1 1 1 3 a 6 = + = + = ⇒ h = . h2 BA2 BC02 a2 2a2 2a2 3
2. Chứng minh rằng B0D vuông góc với mặt phẳng (BA0C0). ®B0B = B0 A0 = B0C0 = a Ta có
√ nên hình chóp B0.BA0C0 là hình chóp đều. AB0 = A0C0 = C0B = a 2
Suy ra B0H ⊥ (BA0C0), với H là tâm của tam giác đều BA0C0. (1)
Tương tụ ta có D.BA0C0 là hình chóp đều nên DH ⊥ (BA0C0). (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra B0D ⊥ (BA0C0).
3. Chứng minh BC0 vuông góc với m?t phẳng (A0B0CD).
Vì BCC0B0 là hình vuông nên ta có BC0 ⊥ B0C.
Ta có DC ⊥ (BCC0B0) nên DC ⊥ BC0. Vậy BC0 ⊥ (A0B0CD).
4. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (BA0C0) và (ACD0).
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 239
Gọi O và O0 lần lượt là tâm của hai đáy ABCD và D0 O0 B0
A0B0C0D0. Trong mặt phẳng (BDD0B0), gọi G1 = DB0 ∩
BO0, do BO0 ⊂ (BA0C0) nên G1 = DB0 ∩ (BA0C0). G1
Vậy B0G1 ⊥ (BA0C0) ⇒ d(B0, (BA0C0)) = B0G1.
Hoàn toàn tương tự, d(D, (ACD0)) = DG G 2. 2
Dễ dàng chứng minh được (ACD0) k (BA0C0). Từ đó suy
ra G1G2 là khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD0) và D O B (BA0C0). √ 1 a 3
Dễ thấy G1G2 = B0G1 = DG2 = DB0 = . 3 3
Vậy khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ACD0) và (BA0C0) √ a 3 là . 3
5. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC0 và CD0.
Ta có BC0 và CD0 lần lượt thuộc hai mặt phẳng (BA0C0) và (ACD0).
Theo câu 4 ta có (BAC0) k (ACD0).
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC0 và CD0 bằng khoảng cách giữa hai mặt √ a 3
phẳng (ACD0) và (BA0C0) và bằng . 3
6. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB0 và BC0.
Gọi I và J lần lượt là tâm của hai hình vuông BCC0B0 và ADD0 A0.
Trong mặt phẳng (A0B0CD), dựng IK ⊥ JB0, K ∈ JB0.
Trong mặt phẳng (AB0D0), dựng KP k AD0, P ∈ AB0, suy ra KP k BC0.
Trong mặt phẳng (KP, BC0), dựng PQ k IK, Q ∈ BC0. Ta chứng minh PQ là đoạn
vuông góc chung của BC0 và AB0.
Ta có BC0 ⊥ (A0B0CD), IK ⊂ (A0B0CD) nên IK ⊥ BC0.
Mà BC0 k AD0 ⇒ IK ⊥ AD0. Ngoài ra ta có IK ⊥ JB0 nên IK ⊥ (AB0D0) ⇒ IK ⊥ AB0. ® IK ⊥ BC0 Tóm lại ta có
IK ⊥ AB0 , mà PQ k IK nên PQ vuông góc với cả hai đường thẳng BC0 và AB0.
Vậy PQ là đoạn vuông góc chung của AB0 và BC0.
Ta có I J k A0B0, mà A0B0 ⊥ (BCC0B0) ⇒ I J ⊥ (BCC0B0) ⇒ I J ⊥ IB0.
Xét tam giác vuông B0 I J có đường cao IK nên √ 1 1 1 2 1 3 a 3 = + = + = ⇒ IK = . IK2 IB02 I J2 a2 a2 a2 3 √ a 3
Theo cách dựng thì IKPQ là hình chữ nhật nên PQ = IK = . 3
Bài 29. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên (SAD) là
tam giác đều và vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Gọi I, M, F lần lượt là trung
điểm của AD, AB, SB và K là giao điểm của BI và CM.
1. Chứng minh (CMF) vuông góc với (SIB). 2. Tính BK và KF.
3. Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB và SD.
4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SA. 240
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 241 N S D C 1 E F I P D Q 1 C N K I K 1 P 1 A M B A M B
1. Chứng minh (CMF) vuông góc với (SIB).
Ta có 4I AB = 4MBC (c-g-c) ⇒ b B1 = b C1. Từ b C1 + c M1 = 90◦ ⇒ b B1 + c M1 = 90◦ ⇒ ’ MKB = 90◦ ⇒ CM ⊥ IB.
Ta có CM ⊥ IB; CM ⊥ SI, (SI ⊥ (ABCD)) và CM ⊂ (CMF) nên (CMF) ⊥ (SIB). 2. Tính BK và KF. √ √ a2 a 5
Tam giác CBM vuông tại B nên CM = BC2 + BM2 = a2 + = . 4 2 a √ BM · BC · a a 5
Ta có BK · CM = BM · BC ⇔ BK = = 2√ = . CM a 5 5 2
Tam giác SIB vuông tại I nên √ a 5 √ √ p 3a2 5a2 BI 10 SB = SI2 + BI2 = + = a 2 và cos 2 √ ‘ SBI = = = . 4 4 SB a 2 4
Trong tam giác BKF, ta có FK2 = BK2 + BF2 − 2 · BK · BF · cos ‘ FBK √ √ √ a2 a2 a 5 a 2 10 = + − 2 · · · 5 2 5 2 4 a2 = . √ 5 a 5 Vậy FK = . 5
3. Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB và SD.
Ta có AB ⊥ AD và AB ⊥ SI nên AB ⊥ (SAD).
Trong mặt phẳng (SAD), kẻ AE ⊥ SD. Khi đó, AE là đoạn vuông góc chung của AB và SD. √ a 3 Vậy d(AB, SD) = AE =
(vì AE là đường cao của tam giác đều SAD). 2
4. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SA.
Gọi N là trung điểm của CD. Ta có AN k CM ⇒ CM k (SAN).
Suy ra d(CM, SA) = d(CM, (SAN)) = d(K, (SAN)) (do K ∈ CM).
Gọi P = AN ∩ BI. Ta có BI ⊥ AN (vì AN k CM).
Do đó, AN ⊥ (SIP). Từ I kẻ IQ ⊥ SP, Q ∈ SP. Kết hợp với IQ ⊥ AN thì IQ = d(I, (SAN)). 242
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN √ √ BM2 a2 a 5 a 5
Ta có 4I AP = 4MBK ⇒ IP = MK = = : = . MC 4 2 10 √ 1 1 1 4 20 64 a 3
Tam giác SIP vuông tại I nên = + = + = ⇒ IQ = . IQ2 IS2 IP2 3a2 a2 3a2 8 Ta có IK ∩ (SAN) = P nên √ d(K, (SAN)) KP a 3 =
= 2 ⇒ d(K, (SAN)) = 2d(I, (SAN)) = . d(I, (SAN)) IP 4 √ a 3 Vậy d(CM, SA) = . 4
Bài 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD tâm O cạnh a, góc ’ BAD = 3a
60◦. Đường thẳng SO vuông góc với đáy và SO =
. Gọi E, F lần lượt là trung điểm 4 của BC và BE.
1. Chứng minh (SOF) vuông góc (SBC).
2. Tính khoảng cách từ O và A đến mặt phẳng (SBC).
3. Gọi (α) là mặt phẳng qua AD và vuông góc với mặt phẳng (SBC). Xác định thiết
diện của hình chóp với mặt phẳng (α). Tính diện tích của thiết diện này.
4. Tính góc giữa mặt phẳng (α) và mặt phẳng (ABCD). Lời giải. S
1. Chứng minh (SOF) vuông góc (SBC).
Vì 4BDC đều nên DE ⊥ BC ⇒
OF ⊥ BC (OF là đường trung bình của 4BDE). ® M BC ⊥ SO K Ta có ⇒ BC ⊥ (SOF). BC ⊥ OF N
Mà BC ⊂ (SBC) nên (SBC) ⊥ (SOF). H
2. Tính khoảng cách từ O và A đến mặt A B F phẳng E (SBC).
Trong mặt phẳng (SOF), dựng OH ⊥ O I
SF, H ∈ SF thì OH ⊥ (SBC). Do đó, C D d(O, (SBC)) = OH.
Trong 4SOF vuông tại O ta có 1 1 1 16 16 64 3a = + = + = ⇒ OH = . OH2 OS2 OF2 9a2 3a2 9a2 8 3a Vậy d(O, (SBC)) = OH = . 8
Gọi I = FO ∩ AD. Trong mặt phẳng (SIF) dựng IK ⊥ SF tại K thì IK ⊥ (SBC) (vì IK k OH).
Ta có AD k BC nên AD k (SBC). 3a
Do đó, d(A, (SBC)) = d(I, (SBC)) = IK = 2OH = (vì I ∈ AD). 4
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 243
3. Xác định thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (α).
Ta có IK ⊥ (SBC) nên mặt phẳng (α) chính là mặt phẳng (ADK). ®K ∈ (SBC) ∩ (ADK) Ta có
⇒ (SBC) ∩ (ADK) = Kx (Kx k AD k BC). AD k BC
Gọi M = Kx ∩ SB, N = Kx ∩ SD.
Vậy thiết diện là hình thang ADNM.
∗) Tính diện tích hình thang ADNM. 1
Ta có SADNM = (AD + NM) · IK. 2 √ √ 9a2 3a2 a 3
Tam giác SOF vuông tại O nên SF = OS2 + OF2 = + = . 16 16 2 √ √ 3a2 9a2 a 3
Tam giác SIK vuông tại K nên SK = SI2 − IK2 = − = . 4 16 4 SK 1 Do đó, =
. Suy ra K là trung điểm của SF. SF 2 BC a
Như thế, MN là đường trung bình của 4SBC. Từ đó, MN = = . 2 2 1 1 a 3a 9a2
Vậy SADNM = (AD + MN) · IK = a + · = . 2 2 2 4 16
4. Tính góc giữa mặt phẳng (α) và mặt phẳng (ABCD). (α) ∩ (ABCD) = AD   Ta có FI ⊥ AD, KI ⊥ AD
⇒ ((α), (ABCD)) = ‘ FIK. 
F I ⊂ (ABCD), K I ⊂ (α) √ √ IK 3a a 3 3
Tam giác FIK vuông tại K có cos ‘ FIK = = : = ⇒ ‘ FIK = 30◦. IF 4 2 2
Vậy ((α), (ABCD)) = 30◦.
Bài 31. Cho tam giác đều SAB và hình vuông ABCD cạnh a nằm trong hai mặt phẳng
vuông góc với nhau. Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD và E, F lần lượt là trung điểm của SA và SB.
1. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD). Tính tan góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
2. Gọi G là giao điểm của CE và DF. Chứng minh CE ⊥ SA, DF ⊥ SB. Tính tan của
góc giữa hai mặt phẳng (GEF) và (SAB).
3. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác SHK. Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng (SCD).
4. Gọi M là điểm di động trên đoạn SA. Tìm tập hợp những điểm là hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng (CDM). Lời giải. 244
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN S
1. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD). Ta có DC ⊥ HK, DC ⊥ SH Q nên DC ⊥ (SHK). Suy ra x F (SCD) ⊥ (SHK). L I Trong mặt phẳng (SHK), E dựng HQ ⊥ SK, (Q ∈ SK). Khi đó, HQ ⊥ (SCD). N G P B C Như thế, d(H, (SCD)) = HQ. H M K Tam giác SHK vuông tại K nên A D 1 1 1 4 1 7 = + = + = . HQ2 HS2 HK2 3a2 a2 3a2 √ a 21 Suy ra, HQ = và 7 √ a 21 d(H, (SCD)) = . 7 Vì AH k CD nên AH k (SCD). Vậy d(A, (SCD)) = √ a 21 d(H, (SCD)) = . 7
∗) Tính tan góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
Ta có (SAB) ∩ (SCD) = Sx, (Sx k AB k CD) và SH ⊥ AB, SK ⊥ CD  ®  SH ⊥ Sx SH ⊂ (SAB), SK ⊂ (SCD) ⇒ ⇒ ((SAB), (SCD)) = ’ KSH. SK ⊥ Sx  Sx k AB k CD √ HK a 2 3
Tam giác SHK vuông tại H nên tan √ ’ KSH = = = . HS a 3 3 2
2. Chứng minh CE ⊥ SA, DF ⊥ SB. √ √ a2 a 5
Tam giác HBC vuông tại B nên HC = HB2 + BC2 = + a2 = . 4 2 √ 3a2 5a2 √
Tam giác SHC vuông tại H nên SC = HS2 + HC2 = + = a 2. 4 4 √
Xét 4SAC có CA = CS = a 2 nên tam giác SAC cân tại C và có CE là đường trung
tuyến, suy ra CE cũng là đường cao. Vậy CE ⊥ SA.
Chứng minh tương tự thì DF ⊥ SB.
∗) Tính tan góc giữa hai mặt phẳng (GEF) và (SAB).
Gọi I = SH ∩ EF. Khi đó, I là trung điểm của EF.
Ta có CDEF là hình thang cân và I, F lần lượt là trung điểm của hai đáy EF và CD nên IK ⊥ EF.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 245 (SAB) ∩ (CDEF) = EF   Như thế, SH ⊥ EF, KI ⊥ EF ⇒ ((SAB), (CDEF)) = ‘ H IK. 
SH ⊂ (SAB), K I ⊂ (CDEF) √ HK a 4 3
Tam giác HIK vuông tại H nên tan √ ‘ H IK = = = . H I a 3 3 4
3. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác SHK.
Vì CDEF là hình thang cân nên G ∈ KI.
Trong hình thang cân CDEF ta có tỉ lệ đồng dạng GF GE GI EF 1 1 = = = = , (vì EF = AB, AB = CD). GD GC GK DC 2 2 2 Suy ra, GK = 2GI ⇔ KG = KI. 3
Mà KI là đường trung tuyến của tam giác SHK. Vậy G là trọng tâm của tam giác SHK.
Trong mặt phẳng (SHK), gọi L = HG ∩ SK. Ta có, √ d(G, (SCD)) GL 1 1 a 21 = =
⇒ d(G, (SCD)) = d(H, (SCD)) = . d(H, (SCD)) HL 3 3 21 √ a 21 Vậy d(G, (SCD)) = . 21
4. Tìm tập hợp những điểm là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (CDM).
Ta có CD ⊥ (SHK) ⇒ (CDM) ⊥ (SHK). S
Dựng MN k CD, N ∈ SH. Ta được, (CDM) ∩ (SHK) = KN.
Dựng SP ⊥ KN ⇒ SP ⊥ (CDM).
Do đó, P là hình chiếu của S trên mặt phẳng (CDM). N P Ta có ‘
SPK = 90◦ nên P thuộc đường tròn đường kính SK trong mặt phẳng (SHK). H K
Mặt khác, M di động trên đoạn SA nên N di động trên đoạn SH. _
Ta suy ra điểm P chạy trên cung SH của đường tròn đường kính SK.
Bài 32. Hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, các cạnh bên đều bằng √ a 3.
1. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD).
2. Gọi (α) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC. Hãy xác định thiết diện của
hình chóp với mặt phẳng (α). Tính diện tích của thiết diện này.
3. Gọi ϕ là góc giữa AB và mặt phẳng (α). Tính sin ϕ. Lời giải. 246
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN S C0 D0 H K C D B0 O F A B
1. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD thì SO là khoảng cách từ S đến (ABCD). √ 2a2 10a2 a 10
Ta có: SO2 = SC2 − OC2 = 3a2 − = ⇒ SO = . 4 4 2
2. Vì BD ⊥ (SAC) nên BD ⊥ SC.
Trong (SAC) dựng AC0 ⊥ SC. Gọi H là giao điểm của AC0 và SO.
Trong (SBD), đường thẳng qua H và song song với BD cắt SB và SD lần lượt tại B0 và D0. Ta có: B0D0 ⊥ SC.
Vậy SC ⊥ mp(AB0C0D0) và (α) là mặt phẳng (AB0C0D0).
BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ AC0 ⇒ B0D0 ⊥ AC0. 1
Do đó: SAB0C0D0 = AC0 · B0D0. 2 Ta có: √ a 10 √ √ √ SO · AC · a 2 a 5 a 15 AC0 = = 2 √ = √ = ; SC a 3 3 3 5a2 4a2 2a SC02 = SA2 − AC02 = 3a2 − = ⇒ SC0 = √ . 3 3 3 2a √ √ · a 3 SC0.SC 3
Từ hai tam giác vuông đồng dạng SOC và SC0H, ta có: SH = = √ = SO a 10 2 4a √ . 10 B0D0 SH 4a 2 8 4 4 √ Vì B0D0 k BD nên = = √ · √ = = ⇒ B0D0 = a 2. BD SO 10 a 10 10 5 5 √ √ 1 a 5 4 √ 2a2 30 Vậy SAB0C0D0 = · √ · a 2 = . 2 3 5 15 √ √ 2a a 3
3. Gọi ϕ là góc (AB, (α)). Ta có: CC0 = SC − SC0 = a 3 − √ = . 3 3 √ 1 a 3
Dựng OK k CC0 với K ∈ AC0, thì OK ⊥ (α) và OK = CC0 = . 2 6
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 247 √ − → −→ a 3
Dựng BF = OK thì BF ⊥ (α) và BF = . 6 √ a 3 √ √ BF 3 3 Ta có: (AB, ( 6 α)) = ‘ BAF = ϕ; sin ‘ BAF = = = ⇒ sin ϕ = . BA a 6 6
Bài 33. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên (SAB) là
tam giác đều. Gọi E, F là trung điểm của AB và CD.
1. Cho biết tam giác SCD vuông cân tại S. Chứng minh: SE ⊥ (SCD) và SF ⊥ (SAB).
2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên EF. Chứng minh: SH ⊥ AC.
3. Tính góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (SAD). Lời giải. S Q P A D M K E F O H B C
1. Chứng minh: SE ⊥ (SCD) và SF ⊥ (SAB). - Chứng minh SE ⊥ (SCD):
Do 4SCD cân tại S có F là trung điểm của CD ⇒ CD ⊥ SF.
Mà CD ⊥ EF (theo tính chất của hình vuông) ⇒ CD ⊥ (SEF).
Lại có SE ⊂ (SEF) ⇒ SE ⊥ CD (1)
Ta chứng minh 4SEF vuông tại S bằng cách sử dụng định lý Pytago như sau: 1 a
4SCD vuông tại S có SF là đường trung tuyến nên SF = CD = . √ 2 2 a 3
4SAB đều cạnh a có SE là trung tuyến nên SE = ; EF = a. 2 √ Ç a 3å2 a 2 Có SE2 + SF2 = + = a2 = EF2. 2 2
Vậy 4SEF vuông tại S ⇒ SE ⊥ SF (2)
Từ (1) và (2) ⇒ SE ⊥ (SCD). - Chứng minh SF ⊥ (SAB):
Ta có CD ⊥ (SEF), mà AB k CD ⇒ AB ⊥ (SEF) ⇒ SF ⊥ AB (3)
Từ (2) và (3) ⇒ SF ⊥ (SAB). 248
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN 2. Chứng minh SH ⊥ AC
Ta có CD ⊥ (SEF) (theo chứng minh trên), mà SH ⊂ (SEF) ⇒ SH ⊥ CD.
Hơn nữa, SH ⊥ EF (gt) ⇒ SH ⊥ (ABCD).
Mà AC ⊂ (ABCD) ⇒ SH ⊥ AC.
3. Tính góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (SAD).
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.
Theo tính chất của hình vuông ABCD, ta có AC, BD, EF đồng quy tại O.
Vì SE > SF nên H thuộc đoạn OF.
Trong mặt phẳng (ABCD), qua H vẽ đường thẳng song song với CD cắt AD, OD lần lượt tại M và K.
Vậy góc giữa BD và mặt phẳng (SAD) là góc giữa KD và (SAD).
Ta có: AD ⊥ MH, AD ⊥ SH (do SH ⊥ (ABCD)) ⇒ AD ⊥ (SHM) ⇒ (SAD) ⊥ (SHM).
Mà (SAD) ∩ (SHM) = SM. Vẽ KP ⊥ SM(P ∈ SM) ⇒ KP ⊥ (SAD) tại P.
Nhận xét: Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng
này và vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia.
⇒ Hình chiếu của K lên (SAD) là P ⇒ Hình chiếu của KD lên (SAD) là PD.
⇒ (BD, (SAD)) = (KD, (SAD)) = (KD, PD) = ’ KDP. Để tìm góc ’ KDP, ta đi tìm KD và KP.
4SEF vuông tại S có SH là đường cao nên ta có: √ 1 1 1 1 1 1 1 16 a 3 = + = √ + = + = ⇒ SH = . SH2 SE2 SF2 Ç a 2 3 å2 a 3a2 a2 3a2 4 2 2 4 4 √ 3a2 3a2 3a
4SEH vuông tại H nên ta có: EH = SE2 − SH2 = − = . 4 16 4 3a a a a a a OH = EH − OE = − = ⇒ HF = OF − OH = − = . 4 2 4 2 4 4
⇒ H là trung điểm của OF, mà HK k DF nên HK là đường trung bình của 4FOD. √ √ 1 1 a 2 a 2 √
⇒ K là trung điểm của OD ⇒ KD = OD = · = (Do BD = a 2). 2 2 2 4 1 1 a a a a a HK = DF = · = ; MK = MH − HK = − = . 2 2 2 4 2 4 4
⇒ K là trung điểm của MH.
Trong (SHM), vẽ HQ ⊥ SM (Q ∈ SM), mà KP ⊥ SM ⇒ KP k HQ. 1
Mà K là trung điểm của MH nên KP là đường trung bình của 4MHQ ⇒ KP = HQ. 2
4SHM vuông tại H có HQ là đường cao, ta có: √ 1 1 1 1 1 1 1 28 a 21 = + = √ + = + = ⇒ HQ = . HQ2 HS2 HM2 Ç a 2 3 å2 a 3a2 a2 3a2 14 4 2 16 4 √ 1 a 21 ⇒ KP = HQ = . 2 28
Trong 4KPD vuông tại P, ta có: √ a 3 √ √ √ KP 4 7 42 42 sin √ ’ KDP = = = ⇒ ’ KDP = arcsin . KD a 2 14 14 4
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 249 √42 Vậy (BD, (SAD)) = ’ KDP = arcsin . 14
Bài 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD) và SA = 2a.
1. Chứng minh (SAC) ⊥ (SBD); (SCD) ⊥ (SAD).
2. Tính góc giữa SD và (ABCD), SB và (SAD), SB và (SAC).
3. Tính d(A, (SCD)), d(B, (SAC)). Lời giải. S 2a H A D O B a C
1. - Chứng minh (SAC) ⊥ (SBD).
Ta có: BD ⊥ AC (hai đường chéo của hình vuông ABCD); BD ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)).
⇒ BD ⊥ (SAC) , mà BD ⊂ (SBD). ⇒ (SAC) ⊥ (SBD).
- Chứng minh (SCD) ⊥ (SAD).
Ta có: CD ⊥ AD (hai cạnh kề của hình vuông ABCD). CD ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)).
⇒ CD ⊥ (SAD) mà CD ⊂ (SCD). ⇒ (SCD) ⊥ (SAD).
2. - Tính góc giữa SD và (ABCD).
Ta có: SA ⊥ (ABCD) tại A nên hình chiếu của S lên mp (ABCD) là A.
⇒ Hình chiếu của SD lên mặt phẳng (ABCD) là AD.
⇒ (SD, (ABCD)) = (SD, AD) = ’ SDA. SA 2a
Trong 4SAD vuông tại A, tan ’ SDA = = = 2 ⇒ ’ SDA = arctan 2. AD a Vậy (SD, (ABCD)) = ’ SDA = arctan 2.
- Tính góc giữa SB và (SAD).
Ta có: BA ⊥ SA, BA ⊥ AD ⇒ BA ⊥ (SAD) tại A nên hình chiếu của B lên (SAD) là A.
⇒ Hình chiếu của SB lên mặt phẳng (SAD) là SA. 250
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
⇒ (SB, (SAD)) = (SB, SA) = ‘ BSA. AB a 1 1
Trong 4SAB vuông tại A, có tan ‘ BSA = = = ⇒ ‘ BSA = arctan . SA 2a 2 2 1 Vậy (SB, (SAD)) = ‘ BSA = arctan . 2
- Tính góc giữa SB và (SAC).
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.
Theo chứng minh trên: BD ⊥ (SAC) tại O nên hình chiếu của B lên (SAC) là O.
⇒ Hình chiếu của SB lên (SAC) là SO ⇒ (SB, (SAC)) = (SB, SO) = ‘ BSO. √ √ 1 a 2 BD = a 2 ⇒ BO = BD = . 2 2 √ √ 4SAB vuông tại A nên SB = SA2 + AD2 = p(2a)2 + a2 = a 5. √ a 2 BO 1 1
Trong 4SOB vuông tại O, ta có: sin 2 √ √ √ ‘ BSO = = = ⇒ ‘ BSO = arcsin . SB a 5 10 10 1 Vậy (SB, (SAC)) = √ ‘ BSO = arctan . 10 3. - Tính d(A, (SCD)).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD. Ta có: AH ⊥ SD.
Theo chứng minh ở câu a, CD ⊥ (SAD).
Mà AH ⊂ (SAD) ⇒ AH ⊥ CD ⇒ AH ⊥ (SCD) ⇒ d(A, (SCD)) = AH.
4SAD vuông tại A có AH là đường cao. 1 1 1 1 1 2a Ta có: = + = + ⇒ AH = √ . AH2 AD2 AS2 a2 4a2 5 2a Vậy d(A, (SCD)) = AH = √ . 5
Nhận xét: Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì đường thẳng nào nằm trong mặt
phẳng này và vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia.
Trong ý trên, do (SAD) ⊥ (SCD) và có giao tuyến là SD nên khi kẻ AH ⊥ SD thì AH ⊥ (SCD). - Tính d(B, (SAC)).
Theo chứng minh trên BD ⊥ (SAC) tại O nên hình chiếu của B lên (SAC) là O. √ a 2 ⇒ d(B, (SAC)) = BO = . 2
Bài 35. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, góc b B = 60◦, AB = a, hai
mặt bên (SAB) và (SBC) vuông góc với đáy; SB = 2a. Hạ BH ⊥ SA (H ∈ SA); BK ⊥ SC (K ∈ SC). 1. Chứng minh SB ⊥ (ABC). 2. Chứng minh SC ⊥ (BHK).
3. Chứng minh tam giác BHK vuông.
4. Tính cô-sin của góc tạo bởi SA và (BHK). Lời giải.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 251
Nhận xét. Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì giao tuyến của chúng (nếu có)
vuông góc với mặt phẳng đó, tức là
®(α) ∩ (β) = d ⇒ d ⊥ (γ).
(α) ⊥ (γ); (β) ⊥ (γ) S ®(SAB) ∩ (SBC) = SB 1. Ta có: ⇒ SB ⊥
(SAB) ⊥ (ABC); (SBC) ⊥ (ABC) K (ABC).
2. Ta có AC ⊥ AB (do 4ABC vuông tại A)
và AC ⊥ SB (do SB ⊥ (ABC)) H
⇒ AC ⊥ (SAB) ⇒ BH ⊥ AC (do BH ⊂ (SAB)). B C 60◦
mặt khác BH ⊥ SA (giả thiết)
⇒ BH ⊥ (SAC) ⇒ SC ⊥ BH (do SC ⊂ (SAC)).
Ta lại có SC ⊥ BK (giả thiết) A Suy ra SC ⊥ (BHK).
3. Ta có BH ⊥ (SAC), mà HK ⊂ (SAC) nên suy ra BH ⊥ HK. Vậy tam giác BHK vuông tại H.
4. Ta có SC ⊥ (BHK) tại K nên HK là hình chiếu vuông góc của SH trên (BHK). Do đó
(SA, (BHK)) = (SH, (BHK)) = (SH, HK) = ’ SHK. AC Vì ’ SHK = ‘ SCA nên cos ’ SHK = cos ‘ SCA = . SC √ √
Tam giác ABC vuông tại A, có AC = AB · tan 60◦ = a 3, BC = a2 + 3a2 = 2a. √ √
Tam giác SBC vuông tại B nên SC = SB2 + BC2 = 2 2a. √ √ AC a 3 6 Suy ra cos (SA, (BHK)) = = √ = . SC 2 2a 4 √ a 5
Bài 36. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng . Gọi 2
O là tâm của hình vuông ABCD, và M là trung điểm của SC.
1. Chứng minh (MBD) ⊥ (SAC).
2. Tính góc giữa SA và mặt phẳng (ABCD).
3. Tính góc giữa giữa hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD).
4. Tính góc giữa giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD). Lời giải. 4 !
Hình chóp đều là hình chóp có các cạnh bên bằng nhau và có đáy là đa giác đều. Do đó, trong
hình chóp đều, tâm của đa giác đáy trùng với hình chiếu của đỉnh S lên mặt đáy. 252
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN S
1. Vì hình chóp S.ABCD đều nên SO ⊥ (ABCD).
mà BD ⊂ (ABCD) nên BD ⊥ SO.
Ta lại có BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ (SAC).
mà BD ⊂ (MBD), suy ra (MBD) ⊥ (SAC).
2. Vì SO ⊥ (ABCD) nên OA là hình chiếu
vuông góc của SA lên (ABCD). Suy ra M (SA, (ABCD)) = (SA, AO) = ’ SAO. √ √ a 5 √ a 2 A D Ta có SA = ; AC = a 2 ⇒ AO = . 2 2
Tam giác SAO vuông tại O có E O √ √ B C AO 10 10 cos ’ SAO = = ⇒ ’ SAO = arccos . SA 5 5
3. Ta có (MBD) ∩ (ABCD) = BD (1)
mà BD ⊥ (SAC), OM ⊂ (SAC) ⇒ OM ⊥ BD (2) và OC ⊥ BD (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ ((MBD), (ABCD)) = (OM, OC) = ’ MOC (do ’ MOC là góc nhọn). 1
Tam giác SOC vuông tại O có OM là đường trung tuyến nên OM = CM = SC = √ √ 2 1 a 5 a 5 · = . 2 2 4
Áp dụng định lý cô-sin trong tam giác COM, ta có: √ √ √ Ç a 5å2 Ç a 2å2 Ç a 5å2 + − √ OM2 + OC2 − CM2 4 2 4 10 cos √ ’ MOC = = √ = . 2OM · OC a 5 a 2 5 2 · · 4 2 √10 Vậy ((MBD), (ABCD)) = ’ COM = arccos . 5
4. Ta có (SAB) ∩ (ABCD) = AB. Gọi E là trung điểm của AB.
Khi đó OE ⊥ AB, mà SO ⊥ AB ⇒ SE ⊥ AB.
Suy ra, ((SAB), (ABCD)) = (SE, OE) = ‘ SEO (vì ‘ SEO nhọn). Ã √ √ √ √ Ç a 5å2 Ç a 2å2 a 3
Tam giác SCO vuông tại O nên SO = SC2 − OC2 = − = . 2 2 2 √ SO a 3 a √
Tam giác SEO vuông tại O, ta có tan ‘ SEO = = : = 3 ⇒ ‘ SEO = 60◦. OE 2 2 Vậy ((SAB), (ABCD)) = 60◦.
Bài 37. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0 có AA0 ⊥ (ABC) và AA0 = a, đáy ABC là tam √
giác vuông tại A có BC = 2a, AB = a 3.
1. Tính khoảng cách từ AA0 đến mặt phẳng (BCC0B0).
2. Tính khoảng cách từ A đến (A0BC).
3. Chứng minh rằng AB ⊥ (ACC0 A0) và tính khoảng cách từ A0 đến mặt phẳng (ABC0).
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 253 Lời giải. C0 B0
1. Vì AA0 k BB0 ⇒ AA0 k (BCC0B0)
nên d(AA0, (BB0C0C)) = d(A, (BB0C0C)). A0
Vì AA0 ⊥ (ABC) nên (ABC) ⊥ (BCC0B0) theo giao tuyến BC.
Kẻ AH ⊥ BC tại H, suy ra AH ⊥ (BCC0B0). O Do đó, d(A, (BB0C0C)) = AH. √ √ K Ta có AC = BC2 − AB2 = 4a2 − 3a2 = a.
Tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao nên H C B √ √ AB · AC a · a 3 a 3 AH = √ = = . AB2 + AC2 2a 2 A √ a 3 Vậy d(AA0, (BB0C0C)) = . 2
2. Kẻ AK ⊥ A0H tại K. Ta có AA0 ⊥ BC và AH ⊥ BC ⇒ (A0 AH) ⊥ BC ⇒ AK ⊥ BC.
Suy ra AK ⊥ (A0BC). Do đó d(A, (A0BC)) = AK.
Tam giác A0 AH vuông tại A có AK là đường cao nên √ a 3 √ AA0 · AH a · a 21 AK = √ = 2 = . AA02 + AH2 3a2 7 a2 + 4 √ a 21 Vậy d(A, (A0BC)) = . 7
Cách 2. Vì AA0, AB, AC đôi một vuông góc nên gọi d là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A0BC), ta có √ 1 1 1 1 7 a 21 = + + = ⇒ d = . d2 AA02 AB2 AC2 3a2 7
3. Ta có AB ⊥ AC, AB ⊥ AA0 (do AA0 ⊥ (ABC)) ⇒ AB ⊥ (ACC0 A0).
Gọi O giao điểm của A0C và AC0.
Ta có A0O ⊥ AC0 (do ACC0 A0 là hình vuông)
mặt khác A0O ⊥ AB (do A0O ⊂ (ACC0 A0) và AB ⊥ (ACC0 A0)) ⇒ A0O ⊥ (ABC0) tại O. √ A0C a 2 Do đó, d(A0, (ABC0)) = A0O = = . 2 2
Nhận xét. Để tính khoảng cách từ điểm M đến (α), nếu đề bài cho không xác định được trực tiếp
hình chiếu vuông góc của M lên (α) thì ta làm như sau:
• Tìm mặt phẳng (β) đi qua M và (β) ⊥ (α).
• Tìm giao tuyến ∆ = (α) ∩ (β).
Kẻ MH ⊥ ∆ tại H ⇒ MH ⊥ (α) ⇒ d(M, (α)) = MH.
Bài 38. Cho hình thang ABCD vuông tại A và B, có AD = 2a, AB = BC = a. Trên
đường thẳng Ax vuông góc với mặt phẳng (ABCD) lấy điểm S. Gọi C0 và D0 lần lượt 254
CHƯƠNG 3. QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
là hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên SC và SD. 1. Chứng minh ‘ SBC = ’ SCD = 90◦.
2. Chứng minh ba đường thẳng AD0, AC0, AB cùng nằm trên mặt phẳng. Từ đó
chứng minh C0D0 luôn đi qua một điểm cố định khi S chạy trên Ax. √
3. Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AB và SC khi SA = a 2. Lời giải. S
1. Ta có BC ⊥ BA, BC ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD)) ⇒ BC ⊥ SB.
Gọi I là trung điểm AD ⇒ ABCI là D0 hình vuông
⇒ I A = ID = IC ⇒ 4ACD vuông tại C.
Ta có CD ⊥ AC, CD ⊥ SA (do C0 I SA ⊥ (ABCD)) A D ⇒ CD ⊥ SC. Vậy ‘ SBC = ’ SCD = 90◦.
2. • AB ⊥ AD, AB ⊥ SA (do SA ⊥ B C (ABCD)) ⇒ AB ⊥ SD. (1) ® AC0 ⊥ SC • M
AC0 ⊥ CD (do CD ⊥ (SAC), AC0 ⊂ (SAC)) ⇒ AC0 ⊥ SD. (2)
• AD0 ⊥ SD (giả thiết). (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ AB, AC0, AD0 cùng
nằm trong mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với SD.
Do đó C0D0 đi qua một điểm cố định
là giao điểm I của AB và CD khi
điểm S di động trên đường thẳng Ax.
6. HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU 255 S
3. Ta có CI k AB ⇒ AB k (SCI). Kẻ AH ⊥ SI tại H.
Ta có AH ⊥ SI, AH ⊥ CI (do CI ⊥ (SAD)) ⇒ AH ⊥ (SCI).
Kẻ HK k CI (K ∈ SC) và lấy điểm E trên H
cạnh AB sao cho AE = HK. Khi đó AHKE
là hình bình hành ⇒ AH k KE. K I
Suy ra, KE ⊥ AB (do AB ⊥ (SAD) ⇒ A D AB ⊥ AH)
và KE ⊥ SC (do AH ⊥ (SCI) ⇒ AH ⊥ E SC). B
Do đó, KE là đoạn vuông góc chung của C AB và SC.
Tam giác SAI vuông tại A có AH là đường cao nên √ √ SA · AI a 2 · a a 6 AH = √ = √ = . SA2 + AI2 2a2 + a2 3 √ a 6 Vậy d(AB, SC) = KE = AH = . 3
Document Outline

  • ĐẠI CƯƠNG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
    • Tóm tắt lý thuyết
      • Bài tập rèn luyện
      • Dạng 0.1. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng
      • Dạng 0.2. Tìm thiết diện của hình (H) khi cắt bởi mặt phẳng (P)
      • Dạng 0.3. Tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng
      • Dạng 0.4. Tìm thiết diện của hình (H) khi cắt bởi mặt phẳng (P).
      • Dạng 0.5. Chứng minh ba điểm thẳng hàng, ba đường thẳng đồng qui, chứng minh một điểm thuộc một đường thẳng cố định.
  • QUAN HỆ SONG SONG
    • HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG
      • Tóm tắt lý thuyết
    • ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG VỚI MẶT PHẲNG
      • Tóm tắt lý thuyết
      • Bài tập rèn luyện
      • Dạng 2.1. Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng song song với mặt phẳng …
      • Dạng 2.2. Thiết diện của hình chóp bị cắt bởi mặt phẳng () và song song với một đường thẳng cho trước. Tính diện tích thiết diện
    • HAI MẶT PHẲNG THẲNG SONG SONG
      • Tóm tắt lý thuyết
      • Bài tập rèn luyện
    • KHỐI LĂNG TRỤ
    • BÀI TẬP TỔNG HỢP CHƯƠNG II
  • QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
    • ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG
      • Tóm tắt lý thuyết
      • Bài tập rèn luyện
    • HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC
      • Tóm tắt lý thuyết
      • Bài tập rèn luyện
      • Dạng 2.1. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc
    • GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG
      • Tóm tắt lý thuyết
      • Bài tập rèn luyện
      • Dạng 3.1. Tính góc giữa hai đường thẳng
    • GÓC GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG
      • Góc giữa hai đường thẳng
      • Bài tập rèn luyện
      • Dạng 4.1. Tính góc giữa hai đường thẳng
      • Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
      • Dạng 4.2. Xác định và tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
      • Bài tập rèn luyện
      • Góc giữa hai mặt phẳng
      • Dạng 4.3. Tính góc giữa hai mặt phẳng
      • Bài tập rèn luyện
    • KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG
      • Phương pháp giải toán
      • Bài tập mẫu
      • Dạng 5.1. Tính khoảng cách nhờ tính chất của tứ diện vuông
    • HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU
      • Tóm tắt lý thuyết
      • Bài tập rèn luyện
      • Dạng 6.1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
      • Dạng 6.2. Xác định đường vuông góc chung