PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC
Phương pháp 1
Hai đường thẳng gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng \(90^o\).
Phương pháp 2
\( a \perp b \Leftrightarrow \vec{u}.\vec{v} = 0 \). Với \(\vec{u}, \vec{v}\) lần lượt là hai VTCP của a và b.
Phương pháp 3 (sử dụng định nghĩa)
Nếu đường thẳng \(a \perp (P)\) thì đường thẳng a vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P).
\( \left. \begin{matrix} a \perp (P) \\ b \subset (P), c \subset (P) \end{matrix} \right\} \Rightarrow a \perp b, a \perp c \)
Phương pháp 4 (tính chất 5 - tr 99)
Nếu đường thẳng \(a \parallel (P)\) thì mọi đường thẳng \(b \perp (P)\) đều vuông góc với a.
\( \left. \begin{matrix} a \parallel (P) \\ b \perp (P) \end{matrix} \right\} \Rightarrow b \perp a \)
Phương pháp 5 (HĐ 2 - tr 97)
Nếu một đường thẳng vuông góc với hai cạnh của một tam giác thì nó vuông góc với cạnh còn lại.
\( \left. \begin{matrix} a \perp AC \\ a \perp BC \end{matrix} \right\} \Rightarrow a \perp AB \)
Phương pháp 6 (suy ra từ định nghĩa - nx tr 94-sgk)
Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì nó cũng vuông góc với đường thẳng còn lại.
\( \left. \begin{matrix} b \parallel c \\ a \perp b \end{matrix} \right\} \Rightarrow a \perp c \)
Phương pháp 7 (Định lý ba đường vuông góc - tr 100 - sgk)
Cho đường thẳng a không vuông góc với mp (P) và cho đường thẳng b nằm trong mp (P). Khi đó điều kiện cần và đủ để b vuông góc với a là b vuông góc với hình chiếu a’ của a trên (P).
\( a \not\perp (P), b \subset (P), a' \) là hình chiếu của a trên \( (P) \Rightarrow a \perp b \Leftrightarrow a' \perp b \)
PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG
Bổ sung: (Sử dụng định nghĩa): Một đường thẳng được gọi là vuông góc với một mặt phẳng nếu nó vuông góc với mọi đường nằm trong mặt phẳng đó.
Phương pháp 1 (ĐL 1 - tr 97)
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).
\( \left. \begin{matrix} a \perp b, a \perp c \\ b \subset (P), c \subset (P), b \cap c = I \end{matrix} \right\} \Rightarrow a \perp (P) \)
Phương pháp 2 (Tc 3 - tr 98 - sgk)
Mặt phẳng nào vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì cũng vuông góc với đường thẳng còn lại.
\( \left. \begin{matrix} a \parallel b \\ (P) \perp a \end{matrix} \right\} \Rightarrow (P) \perp b \)
Phương pháp 3 (tc 4 - tr 99 - sgk)
Đường thẳng nào vuông góc với một trong hai mặt phẳng song song thì cũng vuông góc với mặt phẳng còn lại.
\( \left. \begin{matrix} (P) \parallel (Q) \\ a \perp (P) \end{matrix} \right\} \Rightarrow a \perp (Q) \)
Phương pháp 4 (Sử dụng kết quả của HĐ3 - tr 98 - sgk)
Đường thẳng d đi qua hai điểm phân biệt cách đều ba đỉnh của \(\Delta ABC\) thì d vuông góc với mp (ABC).
\( \left. \begin{matrix} MA = MB = MC \\ NA = NB = NC ; M, N \in d \end{matrix} \right\} \Rightarrow d \perp (ABC) \)
Chú ý: Khái niệm trục \(\Delta\) của tam giác ABC: là đường thẳng vuông góc với mp(ABC) tại tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Phương pháp 5 (ĐL 3 - tr 106 - sgk)
Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau thì bất cứ đường thẳng a nào nằm trong (P), vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) đều vuông góc với mặt phẳng (Q).
\( \left. \begin{matrix} (P) \perp (Q), (P) \cap (Q) = c \\ a \subset (P), a \perp c \end{matrix} \right\} \Rightarrow a \perp (Q) \)
Phương pháp 6 (Hệ quả 2 - tr 107)
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.
\( \left. \begin{matrix} (P) \cap (Q) = a \\ (P) \perp (R) ; (Q) \perp (R) \end{matrix} \right\} \Rightarrow a \perp (R) \)
PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH: HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC
Phương pháp 1 (s d đn) Hai mặt phẳng gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng \(90^o\).
Phương pháp 2 (ĐL 2 - tr 105)
Nếu một mặt phẳng chứa một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng khác thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau.
\( \left. \begin{matrix} a \subset (P) \\ a \perp (Q) \end{matrix} \right\} \Rightarrow (P) \perp (Q) \)
Phương pháp 3
Một mặt phẳng vuông góc với một trong hai mặt phẳng song song thì vuông góc với mặt phẳng còn lại.
\( \left. \begin{matrix} (P) \parallel (Q) \\ (R) \perp (P) \end{matrix} \right\} \Rightarrow (R) \perp (Q) \)
KHÁI NIỆM GÓC
1) Góc giữa hai đường thẳng: Góc giữa hai đường thẳng d1 và d2 là góc giữa hai đường thẳng d1’ và d2’ cùng đi qua một điểm và lần lượt song song (hoặc trùng) với d1 và d2.
2) Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
Nếu đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) thì ta nói rằng góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) bằng \(90^o\).
Nếu đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) thì góc giữa a và hình chiếu a’ của nó trên (P) gọi là góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P).
3) Góc giữa hai mặt phẳng:
Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.
Chú ý: Khi hai mặt phẳng (P) và Q cắt nhau theo giao tuyến d, để tính góc giữa chúng, ta chỉ việc xét một mặt phẳng (R) vuông góc với d, lần lượt cắt (P) và (Q) theo các giao tuyến p và q. Lúc đó góc giữa (P) và (Q) bằng góc giữa hai đường thẳng p, q.
QUAN HỆ VUÔNG GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Bài 1: (VD – tr 101 – SGK)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a; SA vuông góc với mp(ABCD).
1. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của điểm A trên các đường thẳng SB và SD.
a/ Chứng minh rằng \(MN \parallel BD\) và \(SC \perp (AMN)\).
b/ Gọi K là giao điểm của SC với mp (AMN). Chứng minh tứ giác AMKN có hai đường chéo vuông góc.
2. Tính góc giữa đường thẳng SC và mp(ABCD) khi \(SA = a\sqrt{2}\), \(AB = a\).
Giải
1.a/ * CMR: \(MN \parallel BD\)
+) Ta có: \(\Delta SAB = \Delta SAD \Rightarrow AM = AN\) (2 đường cao tương ứng) \(\Rightarrow BM = ND\) (do \(\Delta MAB = \Delta NAD\))
+) Xét \(\Delta SBD\) có \(\left\{ \begin{matrix} SB = SD \\ BM = DN \end{matrix} \right. \Rightarrow MN \parallel BD\)
* CMR: \(SC \perp mp(AMN)\)
Cách 1:
+) Vì \(\left\{ \begin{matrix} BC \perp AB \text{ (gt)} \\ BC \perp SA \text{ (do } SA \perp (ABCD)) \end{matrix} \right. \Rightarrow BC \perp (SAB) \Rightarrow BC \perp MA\)
+) Có \(\left\{ \begin{matrix} MA \perp BC \\ MA \perp SB \text{ (gt)} \end{matrix} \right. \Rightarrow MA \perp SC\) (1 đường thẳng \(\perp\) với 2 cạnh của 1 tam giác thì \(\perp\) với cạnh còn lại)
CM tương tự ta có: \(NA \perp SC\)
Vậy \(SC \perp mp(AMN)\)
Cách 2:
+) Vì \(BC \perp (SAB) \Rightarrow\) SB là hình chiếu của SC trên (SAB)
Lại có: \(MA \perp SB \Rightarrow MA \perp SC\) (1)
+) \(CD \perp (SAD) \Rightarrow\) SD là hình chiếu của SC trên (SAD)
Lại có \(AN \perp SD \Rightarrow AN \perp SC\) (2)
Vậy từ (1) và (2) ta có: \(SC \perp mp(AMN)\)
Cách 3:
+) \(MN \parallel BD\). Mà \(BD \perp AC\) với AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) \(\Rightarrow MN \perp SC\).
+) \(AM \perp SC \Rightarrow SC \perp (AMN)\)
b/ CMR: \(AK \perp MN\)
Có \(\left\{ \begin{matrix} BD \perp AC \\ BD \perp SA \end{matrix} \right. \Rightarrow BD \perp (SAC)\)
Mặt khác: \(BD \parallel MN \Rightarrow MN \perp (SAC) \Rightarrow MN \perp AK\)
2. Tính góc giữa đường thẳng SC và mp(ABCD) khi \(SA = a\sqrt{2}\), \(AB = a\)
+) Vì AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) \(\Rightarrow\) góc giữa (ABCD) và SC là góc giữa SC và AC.
+) Vì \(\Delta ASC\) có \(AS = AC = a\sqrt{2} \Rightarrow \widehat{SCA} = 45^o \Rightarrow\) góc cần tìm là \(45^o\).
+) \(\Delta SBC\) vuông tại B có \(SB = a\sqrt{3}, BC = a\).
\(\tan \widehat{CSB} = \frac{BC}{SB} = \frac{a}{a\sqrt{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \widehat{CSB} = 30^o\).
Bài 2: (BT 16 – tr 103 – SGK)
Cho hình tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc và AB = a, BC = b, CD = c.
a/ Tính độ dài AD
b/ Chỉ ra điểm cách đều A, B, C, D
c/ Tính góc giữa đường thẳng AD và mp (BCD), góc giữa đường thẳng AD và mp (ABC)
Giải
a/ Vì \(AB \perp BC\) và \(AB \perp CD\) nên \(AB \perp mp(BCD)\)
Mặt khác \(BC \perp CD\) nên \(AC \perp CD\) (định lý ba đường vuông góc).
Vậy \(AD^2 = AC^2 + CD^2 = AB^2 + BC^2 + CD^2\)
tức là: \(AD = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2}\)
b/ Vì \(\widehat{ABD} = \widehat{ACD} = 90^o\) nên điểm cách đều bốn điểm A, B, C, D là trung điểm O của AD.
Bài 3: (BT 17 – tr 103 – SGK)
Cho hình tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc.
a/ Chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn
b/ Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm O trên mp (ABC) trùng với trực tâm tam giác ABC
c/ Chứng minh rằng \(\frac{1}{OH^2} = \frac{1}{OA^2} + \frac{1}{OB^2} + \frac{1}{OC^2}\)
Giải
a/ Ta có: \(AB^2 = OA^2 + OB^2\); \(BC^2 = OB^2 + OC^2\); \(AC^2 = OA^2 + OC^2\).
Vậy \(BC^2 < AB^2 + AC^2\), tức là góc BAC của tam giác ABC là góc nhọn. Tương tự như trên, ta chứng minh được tam giác ABC có cả ba góc đều nhọn.
b/ * Cách 1: Vì H là hình chiếu của điểm O trên mp (ABC) nên \(OH \perp (ABC)\).
Mặt khác \(OA \perp (OBC)\) nên \(OA \perp BC\).
Vậy \(AH \perp BC\) (định lý ba đường vuông góc), tức là H thuộc một đường cao của tam giác ABC. Tương tự như trên, ta cũng có H thuộc đường cao thứ hai của tam giác ABC. Vậy H là trực tâm của tam giác ABC.
* Cách 2: Nếu K là trực tâm của tam giác ABC thì \(AK \perp BC\), mặt khác \(OA \perp BC\) nên \(BC \perp (AOK)\), suy ra \(BC \perp OK\). Tương tự như trên ta cũng có: \(AB \perp OK\). Vậy \(OK \perp (ABC)\), tức là K trùng với H.
c/ Nếu \(AH \perp BC\) tại \(A'\) thì \(BC \perp OA'\).
Vì OH là đường cao của tam giác vuông \(AOA'\) (vuông tại O) và \(OA'\) là đường cao của tam giác vuông BOC (vuông tại O) nên:
\(\frac{1}{OH^2} = \frac{1}{OA^2} + \frac{1}{OA'^2}\) ; \(\frac{1}{OA'^2} = \frac{1}{OB^2} + \frac{1}{OC^2}\).
Vậy \(\frac{1}{OH^2} = \frac{1}{OA^2} + \frac{1}{OB^2} + \frac{1}{OC^2}\).
Bài 4: (BT 18 – tr 103 – SGK)
Cho hình chóp S.ABC có \(SA \perp mp(ABC)\), các tam giác ABC và SBC không vuông. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC. Chứng minh rằng:
a/ AH, SK, BC đồng quy
b/ \(SC \perp mp(BHK)\)
c/ \(HK \perp mp(SBC)\)
Giải
a/ Gọi \(A'\) là đường cao của tam giác ABC, do \(SA \perp (ABC)\) nên \(SA' \perp BC\) (định lý ba đường vuông góc).
Vì H là trực tâm của tam giác ABC, K là trực tâm của tam giác SBC nên H thuộc \(AA'\), K thuộc \(SA'\).
Vậy AH, SK, BC đồng quy tại \(A'\).
b/ Do H là trực tâm của tam giác ABC nên \(BH \perp AC\), mà \(BH \perp SA\) nên \(BH \perp SC\).
Mặt khác K là trực tâm của tam giác SBC nên \(BK \perp SC\).
Vậy \(SC \perp (BHK)\).
c/ Từ câu b ta suy ra \(HK \perp SC\). Mặt khác \(HK \perp BC\) do \(BC \perp (SAA')\).
Vậy \(HK \perp mp(SBC)\).
Bài 5: (BT 19 – tr 103 – SGK)
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a và SA = SB = SC = b. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
a/ Chứng minh rằng: \(SG \perp mp(ABC)\). Tính SG.
b/ Xét mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng SC. Tìm hệ thức liên hệ giữa a và b để (P) cắt SC tại điểm \(C_1\) nằm giữa S và C. Khi đó hãy tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi mp(P).
Giải
a/ Kẻ \(SH \perp mp(ABC)\), do \(SA = SB = SC\) nên ta có \(HA = HB = HC\).
Mặt khác, ABC là tam giác đều nên H trùng với trọng tâm G của tam giác đó.
Vậy \(SG \perp (ABC)\).
\(SG^2 = SA^2 - AG^2 = b^2 - \left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)^2\).
Từ đó: \(SG = \sqrt{b^2 - \frac{a^2}{3}}\) (Với \(3b^2 > a^2\)).
b/
Dễ thấy \(AB \perp SC\). Vì (P) đi qua A và vuông góc với SC nên AB nằm trong (P). Kẻ đường cao \(AC_1\) của tam giác SAC thì (P) chính là mp\((ABC_1)\).
Do tam giác SAC cân tại S nên điểm \(C_1\) nằm trong đoạn thẳng SC khi và chỉ khi \(\widehat{ASC} < 90^o\).
Điều này tương đương với \(AC^2 < SA^2 + SC^2\) hay \(a^2 < 2b^2\).
Trong trường hợp này, thiết diện của hình chóp bị cắt bởi (P) là tam giác \(ABC_1\).
\(S_{ABC_1} = \frac{1}{2} . AB . C'C_1 = \frac{1}{2} . a . C'C_1\) (Với \(C'\) là trung điểm của AB).
Mặt khác \(C'C_1 . SC = SG . CC' \Rightarrow C'C_1 = \frac{SG . CC'}{SC}\).
Tức là: \(C'C_1 = \frac{\sqrt{b^2 - \frac{a^2}{3}} . \frac{a\sqrt{3}}{2}}{b} = \frac{a\sqrt{3b^2 - a^2}}{2b}\).
Vậy \(S_{ABC_1} = \frac{a^2\sqrt{3b^2 - a^2}}{4b}\).
Bài 6: (BT 23 – tr 111 – SGK)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a.
a/ Chứng minh rằng AC’ vuông góc với hai mặt phẳng (A’BD) và (B’CD’).
b/ Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung trực của AC’. Chứng minh thiết diện tạo thành là một lục giác đều. Tính diện tích thiết diện đó.
Giải
a/ Ta có \(\vec{AC'} = \vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA'}\) và \(\vec{BD} = \vec{AD} - \vec{AB}\).
Vậy \(\vec{AC'} . \vec{BD} = (\vec{AB} + \vec{AD} + \vec{AA'}) . (\vec{AD} - \vec{AB}) = 0\).
Tương tự ta có \(\vec{AC'} . \vec{BA'} = 0\).
Vậy \(AC' \perp (A'BD)\).
Do \((A'BD) \parallel (B'CD')\) nên \(AC' \perp (B'CD')\).
b/ Gọi M là trung điểm của BC thì \(MA = MC'\) (vì cùng bằng \(\frac{a\sqrt{5}}{2}\)) nên M thuộc mặt phẳng trung trực \((\alpha)\) của \(AC'\).
Tương tự, ta chứng minh được N, P, Q, R, S cũng có tính chất đó (N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của CD, DD’, D’A’, A’B’, B’B).
Vậy thiết diện của hình lập phương bị cắt bởi mp \((\alpha)\) là MNPQRS. Dễ thấy đó là lục giác đều cạnh bằng \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\).
Từ đó ta tính được diện tích của thiết diện là: \(S = 6 . \left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)^2 . \frac{\sqrt{3}}{4} = \frac{3\sqrt{3}}{4}a^2\).
Bài 7: (BT 24 – tr 111 – SGK)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và \(SA \perp mp(ABCD)\), SA = x. Xác định x để hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc \(60^o\).
Giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Trong mặt phẳng (SAC) kẻ \(OO_1\) vuông góc với SC, dễ thấy mp\((BO_1D)\) vuông góc với SC.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) bằng góc giữa hai đường thẳng \(BO_1\) và \(DO_1\).
Mặt khác \(OO_1 \perp BD, OO_1 < OC\) mà OC = OB nên \(\widehat{BO_1O} > 45^o\). Tương tự \(\widehat{DO_1O} > 45^o\), tức là \(\widehat{BO_1D} > 90^o\).
Như vậy, hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc \(60^o\) khi và chỉ khi \(\widehat{BO_1D} = 120^o \Leftrightarrow \widehat{BO_1O} = 60^o\) (Vì \(\Delta BO_1D\) cân tại \(O_1\)).
\(\Leftrightarrow BO = OO_1 . \tan 60^o \Leftrightarrow BO = OO_1\sqrt{3}\).
Ta lại có: \(OO_1 = OC . \sin \widehat{OCO_1} = OC . \sin \widehat{ACS} = OC . \frac{SA}{SC}\).
Như vậy \(BO = OO_1\sqrt{3} \Leftrightarrow BO = \sqrt{3} . OC . \frac{SA}{SC} \Leftrightarrow SC = \sqrt{3}SA\).
\(\Leftrightarrow \sqrt{x^2 + 2a^2} = \sqrt{3}x \Leftrightarrow x = a\).
Vậy khi x = a thì hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc \(60^o\).
Bài 8: (BT 27 – tr 112 – SGK)
Cho hai tam giác ACD, BCD nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau và AC = AD = BC = BD = a; CD = 2x. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD.
a/ Tính AB, IJ theo a và x.
b/ Với giá trị nào của x thì hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc?
Giải
a/ Vì J là trung điểm của CD và AC = AD nên \(AJ \perp CD\).
Do \(mp(ACD) \perp mp(BCD)\) nên \(AJ \perp mp(BCD)\).
Mặt khác: AC = AD = BC = BD nên tam giác AJB vuông cân, suy ra \(AB = AJ\sqrt{2}\), \(AJ^2 = a^2 - x^2\) hay \(AJ = \sqrt{a^2 - x^2}\).
Vậy \(AB = \sqrt{2(a^2 - x^2)}\) với a > x.
Do IA = IB, tam giác AJB vuông tại J nên \(JI = \frac{1}{2}AB\), tức là \(IJ = \frac{1}{2}\sqrt{2(a^2 - x^2)}\).
b/ Rõ ràng là CI và DI vuông góc với AB. Vậy \(mp(ABC) \perp mp(ABD) \Leftrightarrow \widehat{CID} = 90^o \Leftrightarrow IJ = \frac{1}{2}CD\).
\(\Leftrightarrow \frac{1}{2}\sqrt{2(a^2 - x^2)} = \frac{1}{2} . 2x \Leftrightarrow x = \frac{a\sqrt{3}}{3}\).
Bài 9: (BT 16 – tr 117 – SBT)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, cạnh bên SA = AB và SA vuông góc với BC.
a/ Tính góc giữa hai đường thẳng SD và BC.
b/ Gọi I, J lần lượt là các điểm thuộc SB và SD sao cho IJ // BD. Chứng minh rằng góc giữa AC và IJ không phụ thuộc vào vị trí của I và J.
Giải
a/ Vì BC // AD nên góc giữa SD và BC bằng góc giữa SD và AD.
Từ giả thiết, ta có \(SA \perp BC\) nên \(SA \perp AD\).
Mặt khác SA bằng cạnh của hình thoi ABCD, nên \(\widehat{SDA} = 45^o\) là góc phải tìm.
Vậy góc giữa BC và SD bằng \(45^o\).
b/ Do ABCD là hình thoi nên \(AC \perp BD\).
Mặt khác IJ // BD nên \(AC \perp IJ\) tức là góc giữa IJ và AC bằng \(90^o\) không đổi.
Bài 10: (BT 26 – tr 119 – SBT)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, và SA = SC, SB = SD. Gọi O là giao điểm của AC và BD.
a/ Chứng minh rằng \(SO \perp mp(ABCD)\).
b/ Gọi d là giao tuyến của mp(SAB) và mp(SCD); \(d_1\) là giao tuyến của mp(SBC) và mp(SAD). Chứng minh rằng \(SO \perp mp(d, d_1)\).
Giải
a/ Vì ABCD là hình bình hành và \(O = AC \cap BD\) nên OA = OC và OB = OD.
Mặt khác SA = SC nên \(SO \perp AC\) và SB = SD nên \(SO \perp BD\).
Vậy \(SO \perp mp(ABCD)\).
b/ Vì AB // CD mà \(d = mp(SAB) \cap mp(SCD)\) nên d // AB và d qua S.
Tương tự \(d_1 // AD\) và \(d_1\) qua S.
Do \(SO \perp mp(ABCD)\) nên \(SO \perp d, SO \perp d_1\).
Vậy \(SO \perp mp(d, d_1)\).
Bài 11: (BT 27 – tr 119 – SBT)
Cho hai hình chữ nhật ABCD, ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác nhau sao cho hai đường chéo AC và BF vuông góc. Gọi CH và FK lần lượt là hai đường cao của hai tam giác BCE và ADF. Chứng minh rằng:
a/ ACH và BFK là các tam giác vuông.
b/ \(BF \perp AH\) và \(AC \perp BK\).
Giải
a/ Ta có \(\left. \begin{matrix} AB \perp (BCE) \\ CH \perp BE \end{matrix} \right\} \Rightarrow CH \perp AH\). (Vì \(AB \perp CH\) do \(CH \subset (BCE)\), và \(CH \perp BE\) giả thiết \(\Rightarrow CH \perp (ABE) \Rightarrow CH \perp AH\))
Vậy ACH là tam giác vuông tại H.
Tương tự, ta có BFK là tam giác vuông tại K.
b/ Ta có \(\left. \begin{matrix} CH \perp BE \\ CH \perp AB \end{matrix} \right\} \Rightarrow CH \perp BF\).
Mặt khác \(AC \perp BF\). Vậy \(BF \perp AH\) (vì BF vuông góc với mp(ACH)).
Tương tự ta có \(AC \perp BK\).
Bài 12: (BT 28 – tr 119 – SBT)
a/ Cho tứ diện DABC có các cạnh bằng nhau. Gọi H là hình chiếu của D trên mp(ABC) và I là trung điểm của DH. Chứng minh rằng tứ diện IABC có IA, IB, IC đôi một vuông góc.
b/ Cho tứ diện IABC có IA = IB = IC và IA, IB, IC đôi một vuông góc; H là hình chiếu của I trên mp(ABC). Gọi D là điểm đối xứng của H qua I. Chứng minh tứ diện DABC có các cạnh bằng nhau.
Giải
a/ Kí hiệu cạnh của tứ diện đã cho là a, dễ thấy H là trọng tâm của tam giác ABC. Từ đó \(DH^2 = DA^2 - AH^2 = a^2 - \left( \frac{a\sqrt{3}}{3} \right)^2 = \frac{6a^2}{9} \Rightarrow DH = \frac{a\sqrt{6}}{3}\).
Do I là trung điểm của DH nên \(IH = \frac{a\sqrt{6}}{6}\).
Khi đó \(IM^2 = IH^2 + HM^2 = \left( \frac{a\sqrt{6}}{6} \right)^2 + \left( \frac{a\sqrt{3}}{6} \right)^2 = \frac{a^2}{4}\).
Tức là: \(IM = \frac{a}{2}\).
Xét tam giác IBC có IM là trung tuyến và \(IM = \frac{1}{2}BC\).
Vậy \(IB \perp IC\).
Tương tự như trên, ta có IA, IB, IC đôi một vuông góc.
b/ Vì IA, IB, IC đôi một vuông góc, IA = IB = IC và H là hình chiếu của I trên mp(ABC) nên ABC là tam giác đều nhận H làm trọng tâm.
Ngoài ra \(\frac{1}{IH^2} = \frac{1}{IA^2} + \frac{1}{IB^2} + \frac{1}{IC^2} = \frac{3}{IA^2}\) hay \(IH = \frac{IA}{\sqrt{3}}\).
Do D là điểm đối xứng với H qua I nên \(DH = \frac{2IA}{\sqrt{3}}\) và DA = DB = DC.
Đặt IA = x thì \(DH = \frac{2x}{\sqrt{3}}, AB = x\sqrt{2}\).
Khi đó \(DA^2 = DH^2 + HA^2 = \frac{4x^2}{3} + \left( \frac{x\sqrt{2}.\sqrt{3}}{3} \right)^2 = \frac{4x^2}{3} + \frac{2x^2}{3} = 2x^2\).
Vậy \(DA = DB = DC = x\sqrt{2}\).
Do đó tứ diện DBCA có các cạnh bằng nhau.
Bài 13: (BT 42 – tr 122 – SBT)
Cho hình vuông ABCD. Gọi S là điểm trong không gian sao cho SAB là tam giác đều và mp(SAB) vuông góc với mp(ABCD).
a/ Chứng minh rằng \(mp(SAB) \perp mp(SAD)\) và \(mp(SAB) \perp mp(SBC)\).
b/ Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).
c/ Gọi h và I lần lượt là trung điểm của AB và BC. Chứng minh rằng \(mp(SHC) \perp mp(SDI)\).
Giải
a/ Gọi H là trung điểm của AB thì \(SH \perp AB\).
Do \((SAB) \perp (ABCD)\) nên \(SH \perp (ABCD) \Rightarrow SH \perp AD\).
Mặt khác \(AD \perp AB\).
Vậy \(AD \perp (SAB)\).
Từ đó \((SAD) \perp (SAB)\).
Tương tự như trên ta có \((SBC) \perp (SAB)\).
b/ Giả sử \((SAD) \cap (SBC) = St\), dễ thấy St // AD, từ đó \(mp(ASB) \perp St\).
Do \(\widehat{ASB} = 60^o\) nên góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) bằng \(60^o\).
c/ Vì ABCD là hình vuông; H, I lần lượt là trung điểm của AB và BC nên \(HC \perp DI\), mặt khác \(DI \perp SH\).
Vậy \(DI \perp (SHC)\), từ đó \((SDI) \perp (SHC)\).
Bài 14: (BT 43 – tr 122 – SBT)
Cho hình chữ nhật ABCD với tâm O, AB = a, BC = 2a. Lấy điểm S trong không gian sao cho SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đặt SO = h. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD.
a/ Tính góc giữa mặt phẳng (SMN) với các mặt phẳng (SAB) và (SCD). Tìm hệ thức liên hệ giữa h và a để mp(SMN) vuông góc với các mặt phẳng (SAB) và (SCD).
b/ Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). Tính h theo a để hai mặt phẳng đó vuông góc.
Giải
a/ Vì \(MN \perp AB, SO \perp AB\) nên \(AB \perp (SMN) \Rightarrow (SAB) \perp (SMN)\).
Vậy góc giữa (SMN) và (SAB) bằng \(90^o\).
Tương tự như trên, góc giữa (SMN) và (SCD) cũng bằng \(90^o\).
Như vậy với AB = a, BC = 2a, h tuỳ ý thì (SMN) vuông góc với cả hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
b/ Dễ thấy \((SAB) \cap (SCD) = St, St // AB\).
Như vậy \(St \perp (SMN)\), từ đó \(\widehat{MSN}\) hoặc \(180^o - \widehat{MSN}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD).
Tính \(\widehat{MSN}\). Ta có: \(SM^2 = SN^2 = h^2 + a^2\).
\(MN^2 = SM^2 + SN^2 - 2SM.SN \cos \widehat{MSN} \Leftrightarrow 4a^2 = h^2 + a^2 + h^2 + a^2 - 2(h^2 + a^2) \cos \widehat{MSN}\).
Tức là \(\cos \widehat{MSN} = \frac{2h^2 - 2a^2}{2(h^2 + a^2)} = \frac{h^2 - a^2}{h^2 + a^2}\).
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là \(\alpha\) mà \(\cos \alpha = \left| \frac{h^2 - a^2}{h^2 + a^2} \right|\).
Từ đó hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) vuông góc khi và chỉ khi h = a.
Bài 15: (BT 44 – tr 122 – SBT)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a, BC = 2a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, SA = a. Tính:
a/ Các góc giữa hai mặt phẳng chứa các mặt bên và mặt phẳng đáy của hình chóp.
b/ Góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt bên liên tiếp hoặc hai mặt bên đối diện của hình chóp.
Giải
a/ Dễ thấy \(\left\{ \begin{matrix} (SAB) \perp (ABCD) \\ (SAD) \perp (ABCD) \end{matrix} \right.\) nên góc giữa mặt bên (SAB) và (SAD) với mp(ABCD) bằng \(90^o\).
Ta có \((SDA) \perp CD\) và SDA là tam giác vuông tại A nên \(\widehat{SDA}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SDC) và (ABCD).
Từ đó \(\tan \widehat{SDA} = \frac{1}{2}\).
Tương tự \(\tan \widehat{SBA} = 1 \Leftrightarrow \widehat{SBA} = 45^o\).
Vậy mp(SCD) tạo với mp(ABCD) góc bằng \(\varphi\) mà \(\tan \varphi = \frac{1}{2}\) và mp(SBC) tạo với mp(ABCD) góc \(45^o\).
b/ Vì \((SAD) \perp (SAB)\) nên góc giữa hai mặt phẳng đó bằng \(90^o\).
Ta cũng có \(CD \perp (SAD)\) nên \((SCD) \perp (SAD)\).
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) bằng \(90^o\). Tương tự, ta cũng có góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng \(90^o\).
Ta cần phải tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SDC).
Trong mp(ABCD), qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AC, nó cắt hai đường thẳng BC và DC lần lượt tại I và J, thì \(IJ \perp SC\).
Do đó, \(\widehat{IC_1J}\) hoặc \(180^o - \widehat{IC_1J}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD).
Ta có: \(AJ = AC . \tan \widehat{ACD} = 2a\sqrt{5}\).
\(\frac{1}{AC_1^2} = \frac{1}{AS^2} + \frac{1}{AC^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{5a^2} = \frac{6}{5a^2} \Rightarrow AC_1 = \frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{6}}\).
Đặt \(\widehat{AC_1J} = \alpha\) thì \(\tan \alpha = \frac{AJ}{AC_1} = \frac{2a\sqrt{5}}{\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{6}}} = 2\sqrt{6}\).
Đặt \(\widehat{AC_1I} = \beta\) thì \(\tan \beta = \frac{AI}{AC_1} = \frac{AC \tan \widehat{ACI}}{AC_1} = \frac{a\sqrt{5} . \frac{1}{2}}{\frac{a\sqrt{5}}{\sqrt{6}}} = \frac{\sqrt{6}}{2}\).
Đặt \(\widehat{IC_1J} = \varphi\) thì \(\tan \varphi = \frac{2\sqrt{6} + \frac{\sqrt{6}}{2}}{1 - 2\sqrt{6} . \frac{\sqrt{6}}{2}} = -\frac{\sqrt{6}}{2}\).
Vậy góc giữa mp(SBC) và (SCD) là \(180^o - \varphi\) mà \(\tan \varphi = -\frac{\sqrt{6}}{2}\).
Bài 16: (BT 46 – tr 123 – SBT)
Trong mp (P), cho hình thoi ABCD với AB = a, \(AC = \frac{2a\sqrt{6}}{3}\). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) tại giao điểm O của hai đường chéo của hình thoi, ta lấy điểm S sao cho SB = a. Chứng minh rằng:
a/ Tam giác ASC vuông.
b/ Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAD) vuông góc với nhau.
Giải
a/ Ta có \(AC^2 + BD^2 = 4a^2, AC = \frac{2a\sqrt{6}}{3}\) nên \(BD^2 = \frac{4a^2}{3} \Rightarrow OB^2 = \frac{a^2}{3}\).
Xét tam giác vuông SOB, ta có \(SO^2 = SB^2 - OB^2 = \frac{2a^2}{3} \Rightarrow SO = \frac{a\sqrt{6}}{3}\).
Vậy tam giác SAC có trung tuyến SO bằng nửa AC nên SAC là tam giác vuông cân tại S.
b/ Trong mặt phẳng (SOA) kẻ \(OA_1\) vuông góc với SA thì \(SA \perp mp(A_1BD)\).
Từ đó \(\widehat{BA_1D}\) hoặc \(180^o - \widehat{BA_1D}\) là góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD).
Ta có \(OA_1 = \frac{OA.OS}{SA} = \frac{OA.OS}{\sqrt{OA^2 + OS^2}} = \frac{1}{2} . \frac{a\sqrt{6}}{3} . \sqrt{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3}\).
Mặt khác \(BD = \frac{2a\sqrt{3}}{3}\), từ đó \(\widehat{BA_1D} = 90^o\) hay hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) vuông góc.
Bài 17: (BT 45 - tr 122 - SBT)
Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mp(DBC). Gọi AE, BF là hai đường cao của tam giác ABC; H và K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và tam giác DBC. Chứng minh rằng:
a) mp(ADE) \(\perp\) mp(ABC) và mp(BFK) \(\perp\) mp(ABC)
c) \(HK \perp mp(ABC)\)
Giải
a) Vì AD vuông góc (DBC) nên AD vuông góc BC.
Mặt khác AE vuông góc BC. Vậy BC vuông góc (ADE), từ đó ta có (ABC) vuông góc (ADE).
Vì K là trực tâm tam giác DBC nên BK vuông góc DC. Theo giả thiết AD vuông góc (DBC).
Vậy BK vuông góc với AC (định lý 3 đường vuông góc).
Kết hợp với BF vuông góc với AC ta có AC vuông góc (BFK) từ đó (ABC) vuông góc (BFK).
b) Từ a) ta có (BFK) vuông góc (ABC) và (ADE) vuông góc (ABC).
HK là giao của (ADE) và (ABC).
Vậy HK vuông góc (ABC).
Bài 18: (BT 51a - tr 124 - SBT)
Trong mặt phẳng (P), cho hình chữ nhật ABCD với AB = b, BC = a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD và BC. Trong mặt phẳng qua EF và vuông góc với (P).
Giải
Vì (SEF) vuông góc (ABCD) và AD vuông góc EF nên AD vuông góc (SEF).
Từ đó (SEF) vuông góc (SBC).
Dễ thấy (SAD) giao (SBC) tại St, St//AD.
Do AD vuông góc (SEF), từ đó St vuông góc (SEF), tức là cung ESF hoặc \(180^o\) - cung ESF là góc giữa hai mặt phẳng (ASD) và (SBC).
Vì S thuộc đường tròn đường kính EF nên cung ESF là \(90^o\).
Bài 19: (BT 52 - tr 124 - SBT)
Hình lập phương ABCD, A'B'C'D' cạnh a
a) Tính góc tạo bởi hai đường thẳng AC' và A'B
b) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh A'B', BC, D'C'. Chứng minh rằng AC' vuông góc với mp(MNP)
Giải
a) Ta có \(C'B' \perp (ABB'A'), B'A \perp A'B\) nên \(A'B \perp AC'\) (định lý ba đường vuông góc).
Vậy góc giữa AC’ và A’B bằng \(90^o\).
b) Ta có \(NP^2 = NC^2 + CD^2 + DP^2 = \frac{a^2}{4} + a^2 + \frac{a^2}{4} = \frac{3a^2}{2}\).
Tương tự, ta có \(MN^2 = MP^2 = \frac{3a^2}{2}\).
Vậy MNP là tam giác đều. Mặt khác \(AN^2 = AP^2 = AM^2 = \frac{5a^2}{4}\).
\(A'N^2 = C'P^2 = C'M^2 = \frac{5a^2}{4}\).
Từ đó \(AC' \perp (MNP)\).
Bài 20: (BT 54 - tr 124 - SBT)
Hình lập phương ABCD, A'B'C'D' cạnh a. Xét tứ diện AB'CD'. Cắt tứ diện đó bằng mặt phẳng đi qua tâm của hình lập phương và song song với mp(ABC). Tính diện tích thiết diện thu được. Hãy xét kết quả của bài toán khi ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật với ba kích thước là a,b,c.
Giải
Vì ABCD.A'B'C'D' là tứ diện đều.
Dễ thấy thiết diện là tứ giác MNPQ. Trong đó M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB', AD', D'C, B'C.
Do AB'CD' là tứ diện đều nên B'D' vuông AC.
Vậy tứ giác MNPQ là hình vuông nên có diện tích là (\(a^2 : 2\)).
Bài 21: (BT 55a - tr 124 - SBT)
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh bằng a. Gọi \(C_1\) là trung điểm của C'C. Tính góc giữa hai đường thẳng \(C_1B\) và A'B'. Tính góc giữa hai mặt phẳng \((C_1AB)\) và (ABC).
Giải
Vì AB//A’B’ nên góc giữa \(BC_1\) và A’B’ là góc giữa \(BC_1\) và AB. Dễ thấy \(AC_1 = BC_1\) nên \(ABC_1\) là tam giác cân. Từ đó \(\widehat{ABC_1} < 90^o\).
Vậy góc giữa AB và \(BC_1\) là \(\widehat{ABC_1}\). Gọi M là trung điểm của AB thì \(MB = \frac{a}{2}, BC_1 = \frac{a\sqrt{5}}{2}, MB \perp MC\).
Từ đó \(\cos \widehat{ABC_1} = \frac{MB}{BC_1} = \frac{1}{\sqrt{5}}\).
Cũng từ kết quả trên, ta có \(C_1M \perp AB\) và \(C_1MC\) là tam giác vuông tại C.
Nên góc giữa mp\((C_1AB)\) và (ABC) là \(\widehat{C_1MC}\).
Ta có \(\tan \widehat{C_1MC} = \frac{C_1C}{MC} = \frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{3}}\).
Vậy \(\widehat{C_1MC} = 30^o\) hay góc giữa mp\((C_1AB)\) và mp(ABC) bằng \(30^o\).
PHẦN ĐỀ BÀI TẬP VỀ NHÀ
Bài 1: (VD – tr 101 – SGK) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a; SA vuông góc với mp(ABCD). 1. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của điểm A trên các đường thẳng SB và SD. a/ Chứng minh rằng \(MN \parallel BD\) và \(SC \perp (AMN)\). b/ Gọi K là giao điểm của SC với mp (AMN). Chứng minh tứ giác AMKN có hai đường chéo vuông góc. 2. Tính góc giữa đường thẳng SC và mp(ABCD) khi \(SA = a\sqrt{2}, AB = a\).
Bài 2: (BT 16 – tr 103 – SGK) Cho hình tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc và AB = a, BC = b, CD = c. a/ Tính độ dài AD. b/ Chỉ ra điểm cách đều A, B, C, D. c/ Tính góc giữa đường thẳng AD và mp (BCD), góc giữa đường thẳng AD và mp (ABC).
Bài 3: (BT 17 – tr 103 – SGK) Cho hình tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc. a/ Chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn. b/ Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm O trên mp (ABC) trùng với trực tâm tam giác ABC. c/ Chứng minh rằng \(\frac{1}{OH^2} = \frac{1}{OA^2} + \frac{1}{OB^2} + \frac{1}{OC^2}\).
Bài 4: (BT 18 – tr 103 – SGK) Cho hình chóp S.ABC có \(SA \perp mp(ABC)\), các tam giác ABC và SBC không vuông. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC. Chứng minh rằng: a/ AH, SK, BC đồng quy. b/ \(SC \perp mp(BHK)\). c/ \(HK \perp mp(SBC)\).
Bài 5: (BT 19 – tr 103 – SGK) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a và SA = SB = SC = b. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. a/ Chứng minh rằng: \(SG \perp mp(ABC)\). Tính SG. b/ Xét mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng SC. Tìm hệ thức liên hệ giữa a và b để (P) cắt SC tại điểm \(C_1\) nằm giữa S và C. Khi đó hãy tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi mp(P).
Bài 6: (BT 23 – tr 111 – SGK) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. a/ Chứng minh rằng AC’ vuông góc với hai mặt phẳng (A’BD) và (B’CD’). b/ Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung trực của AC’. Chứng minh thiết diện tạo thành là một lục giác đều. Tính diện tích thiết diện đó.
Bài 7: (BT 24 – tr 111 – SGK) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và \(SA \perp mp(ABCD)\), SA = x. Xác định x để hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc \(60^o\).
Bài 8: (BT 27 – tr 112 – SGK) Cho hai tam giác ACD, BCD nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau và AC = AD = BC = BD = a; CD = 2x. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. a/ Tính AB, IJ theo a và x. b/ Với giá trị nào của x thì hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc?
Bài 9: (BT 16 – tr 117 – SBT) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, cạnh bên SA = AB và SA vuông góc với BC. a/ Tính góc giữa hai đường thẳng SD và BC. b/ Gọi I, J lần lượt là các điểm thuộc SB và SD sao cho IJ // BD. Chứng minh rằng góc giữa AC và IJ không phụ thuộc vào vị trí của I và J.
Bài 10: (BT 26 – tr 119 – SBT) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, và SA = SC, SB = SD. Gọi O là giao điểm của AC và BD. a/ Chứng minh rằng \(SO \perp mp(ABCD)\). b/ Gọi d là giao tuyến của mp(SAB) và mp(SCD); \(d_1\) là giao tuyến của mp(SBC) và mp(SAD). Chứng minh rằng \(SO \perp mp(d, d_1)\).
Bài 11: (BT 27 – tr 119 – SBT) Cho hai hình chữ nhật ABCD, ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác nhau sao cho hai đường chéo AC và BF vuông góc. Gọi CH và FK lần lượt là hai đường cao của hai tam giác BCE và ADF. Chứng minh rằng: a/ ACH và BFK là các tam giác vuông. b/ \(BF \perp AH\) và \(AC \perp BK\).
Bài 12: (BT 28 – tr 119 – SBT) a/ Cho tứ diện DABC có các cạnh bằng nhau. Gọi H là hình chiếu của D trên mp(ABC) và I là trung điểm của DH. Chứng minh rằng tứ diện IABC có IA, IB, IC đôi một vuông góc. b/ Cho tứ diện IABC có IA = IB = IC và IA, IB, IC đôi một vuông góc; H là hình chiếu của I trên mp(ABC). Gọi D là điểm đối xứng của H qua I. Chứng minh tứ diện DABC có các cạnh bằng nhau.
Bài 13: (BT 42 – tr 122 – SBT) Cho hình vuông ABCD. Gọi S là điểm trong không gian sao cho SAB là tam giác đều và mp(SAB) vuông góc với mp(ABCD). a/ Chứng minh rằng \(mp(SAB) \perp mp(SAD)\) và \(mp(SAB) \perp mp(SBC)\). b/ Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). c/ Gọi h và I lần lượt là trung điểm của AB và BC. Chứng minh rằng \(mp(SHC) \perp mp(SDI)\).
Bài 14: (BT 43 – tr 122 – SBT) Cho hình chữ nhật ABCD với tâm O, AB = a, BC = 2a. Lấy điểm S trong không gian sao cho SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) , đặt SO = h. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. a/ Tính góc giữa mặt phẳng (SMN) với các mặt phẳng (SAB) và (SCD). Tìm hệ thức liên hệ giữa h và a để mp(SMN) vuông góc với các mặt phẳng (SAB) và (SCD). b/ Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). Tính h theo a để hai mặt phẳng đó vuông góc.
Bài 15: (BT 44 – tr 122 – SBT) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a, BC = 2a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, SA = a. Tính: a/ Các góc giữa hai mặt phẳng chứa các mặt bên và mặt phẳng đáy của hình chóp. b/ Góc giữa hai mặt phẳng chứa hai mặt bên liên tiếp hoặc hai mặt bên đối diện của hình chóp.
Bài 16: (BT 46 – tr 123 – SBT) Trong mp (P), cho hình thoi ABCD với AB = a, \(AC = \frac{2a\sqrt{6}}{3}\). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (P) tại giao điểm O của hai đường chéo của hình thoi, ta lấy điểm S sao cho SB = a. Chứng minh rằng: a/ Tam giác ASC vuông. b/ Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SAD) vuông góc với nhau.
Bài 17: (BT 45 - tr 122- SBT) Cho tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mp(DBC). Gọi AE, BF là hai đường cao của tam giác ABC; H và K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và tam giác DBC. Chứng minh rằng: a) mp(ADE) \(\perp\) mp(ABC) và mp(BFK) \(\perp\) mp(ABC). c) \(HK \perp mp(ABC)\).
Bài 18: (BT 51a - tr 124 - SBT) Trong mặt phẳng (P), cho hình chữ nhật ABCD với AB = b, BC = a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AD và BC. Trong mặt phẳng qua EF và vuông góc với (P).
Bài 17 (Đề số 32 – tr 42 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam gíac cân với AB = AC = a và góc \(BAC = 120^o\), cạnh bên BB’ = a. Gọi I là trung điểm CC’. Chứng minh rằng tam giác AB’I vuông ở A. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I).
Lời giải
+) Sẽ tính được: \(IB^2 = IC'^2 + B'C'^2 = \frac{13a^2}{4}\); \(AI'^2 + AB'^2 = \frac{13a^2}{4}\). Vậy \(\Delta AB'I\) vuông tại A.
+) Chú ý rằng \(\Delta ABC\) chính là hình chiếu vuông góc của \(\Delta AB'I\) nên ta có: \(S_{ABC} = S_{AB'I} . \cos \alpha \Rightarrow \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{a^2\sqrt{10}}{10} . \cos \alpha \Rightarrow \cos \alpha = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{30}}{10}\).
Bài 18 (Đề số 34 – tr 45 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, hình chiếu của điểm A’ lên mặt phẳng (ABC) là trực tâm H của tam giác ABC, góc giữa đường thẳng chứa cạnh bên và mặt phẳng đáy của hình lăng trụ bằng \(\alpha\). Chứng minh rằng hai đường thẳng AA’ và BC vuông góc với nhau. Tính diện tích mặt bên BCC’B’ của hình lăng trụ.
Lời giải
Gọi H là trực tâm \(\Delta ABC\). Theo giả thiết \(A'H \perp (ABC)\) nên AH là hình chiếu của AA’ trên mp(ABC) \(\Rightarrow \widehat{A'AH} = \alpha\).
Ta có \(A'H \perp (ABC) \Rightarrow A'H \perp BC\). \(AH \perp BC \Rightarrow BC \perp (A'AH) \Rightarrow BC \perp AA' \Rightarrow BC \perp BB'\).
Mặt bên \(BCC'B'\) là hình chữ nhật \(\Rightarrow S_{BCC'B'} = BB'.BC\).
Trong \(\Delta ABC\) đều cạnh a, H là trực tâm cũng là trọng tâm nên \(AH = \frac{2}{3} . \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3}\).
Trong tam giác vuông \(A'AH\): \(A'A = \frac{AH}{\cos \alpha} = \frac{a\sqrt{3}}{3\cos \alpha} = BB'\).
Vậy \(S_{BCC'B'} = \frac{a^2\sqrt{3}}{3\cos \alpha}\).
Bài 19 (Đề CĐ Giao thông Vận tải 2007) (Đề số 35 – tr 46 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vuông tại A, biết AB = AC = AA’ = a (a > 0). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BC’.
Lời giải
Chọn trục hệ toạ độ Oxyz sao cho các đỉnh của hình lăng trụ có toạ độ là: A(0;0;0), B(a;0;0), C(0;a;0), C'(0;a;a).
Có \(\vec{AC} = (0;a;0)\), \(\vec{BC'} = (-a;a;a)\), \(\vec{AB} = (a;0;0)\).
\([\vec{AC}, \vec{BC'}] = (a^2; 0; a^2) \Rightarrow [\vec{AC}, \vec{BC'}] . \vec{AB} = a^3 \neq 0\). Suy ra AC, BC' chéo nhau.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BC' là: \(d(AC, BC') = \frac{|[\vec{AC}, \vec{BC'}] . \vec{AB}|}{|[\vec{AC}, \vec{BC'}]|} = \frac{a^3}{\sqrt{a^4 + 0 + a^4}} = \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}\).
Bài 20 (Đề CĐ Khối A - 2007) (Đề số 37 – tr 49 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng \(a\sqrt{3}\), cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 2a. Tính khoảnh cách từ A đến mặt phẳng (SBC) theo a.
Lời giải
Gọi M là trung điểm của BC, ta có \(BC \perp AM\) (\(\Delta ABC\) đều) (1).
Kẻ \(AH \perp SM\) tại H, \(AH \perp BC\) theo (1) \(\Rightarrow AH \perp (SBC)\). Vậy \(d(A, (SBC)) = AH\).
Có AM là đường cao của \(\Delta\) đều ABC cạnh \(a\sqrt{3} \Rightarrow AM = \frac{(a\sqrt{3})\sqrt{3}}{2} = \frac{3a}{2}\).
Có AH là đường cao của \(\Delta\) vuông SAM, ta có: \(\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{AM^2} + \frac{1}{SA^2} = \frac{1}{\frac{9a^2}{4}} + \frac{1}{4a^2} \Rightarrow AH = \frac{6a}{5}\).
Bài 21 (Đề CĐ cơ khí luyện kim - 2007) (Đề số 38 – tr 49 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều cạnh a, AD vuông góc BC, AD = a và khoảng cách từ D đến BC bằng a. Gọi H, I lần lượt là trung điểm của BC và AH. Chứng minh BC vuông góc mặt phẳng (ADH) và tính độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AD, BC.
Lời giải
Theo giả thiết \(\Delta ABC\) đều. Và \(HB = HC \Rightarrow BC \perp AH\).
Mặt khác: \(BC \perp AD\) (gt) \(\Rightarrow BC \perp (ADH)\). Suy ra \(BC \perp mp(SAM)\) (lỗi OCR: nên là mp(ADH)).
Trong mặt phẳng (ADH) dựng \(KH \perp AD\). Vì \(BC \perp (ADH) \Rightarrow BC \perp HK \Rightarrow KH\) là đường vuông góc chung của AD và BC.
Theo gt ta có: \(DH = a \Rightarrow \Delta DHA\) cân tại D \(\Rightarrow DI \perp AH\).
\(2S_{\Delta ADH} = DI . AH = HK . AD \Rightarrow HK = \frac{DI . AH}{AD}\).
Mà \(AD = a; AH = \frac{a\sqrt{3}}{2}; DI = \sqrt{DA^2 - AI^2} = \sqrt{a^2 - \left( \frac{a\sqrt{3}}{4} \right)^2} = \frac{a\sqrt{13}}{4}\).
Vậy \(HK = \frac{a\sqrt{39}}{8}\).
Bài 22 (Đề CĐ sư phạm VP K D-B - 2007) (Đề số 39 – tr 51 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’, M và N là trung điểm BC và C’D’. Mặt phẳng (AMN) cắt đường thẳng B’C’ ở P. Tính tỉ số \(\frac{PC'}{B'C'}\).
Lời giải
Nối AM cắt CD tại Q. Gọi \(I = CD' \cap QN \Rightarrow P = MI \cap B'C'\).
\(MB = MC \Rightarrow CQ = BA\) (Talét) \(\Rightarrow CQ = CD\).
\(\Rightarrow NC' = \frac{1}{2}C'D' = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}QC\).
\(\Delta IC'N\) đồng dạng \(\Delta ICQ \Rightarrow \frac{IC'}{IC} = \frac{1}{2}\).
\(\Delta IC'P\) đồng dạng \(\Delta ICM \Rightarrow \frac{PC'}{MC} = \frac{IC'}{IC} = \frac{1}{2}\).
\(MC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}B'C' \Rightarrow \frac{PC'}{B'C'} = \frac{1}{4}\).
Bài 23 (Đề CĐ khối -B - 2007) (Đề số 40 – tr 52 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và có SA = SC, SB = SD. Chứng minh rằng SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
Lời giải
\(\Delta SAC\) cân và \(OA = OC \Rightarrow SO \perp AC\).
\(\Delta SBD\) cân và \(OB = OD \Rightarrow SO \perp BD\).
\(AC \cap BO = O\). Vậy \(SO \perp (ABCD)\).
Bài 24 (Đề CĐ khối -D - 2007) (Đề số 41 – tr 53 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh bằng a và \(SA = a\sqrt{3}\). Tính góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp S.ABCD.
Lời giải
Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB và CD, ta có: \(SH \perp AB, SK \perp CD\).
\(\Rightarrow \widehat{HSK} = 60^o \Rightarrow \Delta HSK\) là tam giác đều cạnh bằng a.
Gọi \(I = SK \cap (ABMN) \Rightarrow HI = (SHK) \cap (ABMN)\).
do \((ABMN) \perp (SCD)\) và \((SHK) \perp (SCD) \Rightarrow HI \perp (SCD) \Rightarrow HI \perp SK\).
\(\Rightarrow\) I là trung điểm của SK và M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD.
Tứ giác ABMN là hình thang cân, có diện tích là: \(S = \frac{1}{2}(AB + MN).HI = \frac{3\sqrt{3}a^2}{8}\).
Bài 25 (Đề CĐ Công nghiệp Tp HCM 2007) (Đề số 42 – tr 54 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Các mặt bên (SAB) và (SCD) tạo với nhau một góc \(60^o\). Qua AB dựng mặt phẳng \((\alpha)\) vuông góc với mặt phẳng (SCD), cắt SC và SD lần lượt tại M và N. Tính diện tích thiết diện ABMN.
Lời giải
Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB và CD ta có: \(SH \perp AB, SK \perp CD \Rightarrow \widehat{HSK} = 60^o \Rightarrow \Delta HKS\) là tam giác đều cạnh a.
Gọi \(I = SK \cap (ABMN) \Rightarrow HI = (SHK) \cap (ABMN)\).
Do (ABMN) vuông góc với (SCD) và (SHK) vuông góc với (SCD) suy ra \(HI \perp (SCD) \Rightarrow HI \perp SK\).
\(\Rightarrow I\) là trung điểm của SK và M, N lần lượt là trung điểm của SC, SD.
Tứ giác ABMN là hình thang cân, có diện tích là: \(S = \frac{1}{2}(AB + MN).HI = \frac{3\sqrt{3}a^2}{8}\).
Bài 26 (Đề CĐ KTKT- 2007) (Đề số 44 – tr 57 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho tứ diện ABCD có: AB = CD = a; AC = BD = b; BC = AD = c. Chứng minh rằng bốn mặt của tứ diện là các tam giác có 3 góc nhọn.
Lời giải
Vì 4 mặt của tứ diện là các tam giác bằng nhau nên \(\widehat{BAC} = \widehat{ACD}, \widehat{BAD} = \widehat{ADC}\).
Xét tam giác ACD có: \(\widehat{ACD} + \widehat{CAD} + \widehat{ADC} = 180^o \Leftrightarrow \widehat{BAC} + \widehat{CAD} + \widehat{DAB} = 180^o\).
Tại góc tam diện đỉnh A có: \(\widehat{BAC} < \widehat{CAD} + \widehat{DAB}\) (1).
Cộng 2 vế của (1) dốc \(\widehat{BAC}\) ta có: (1) \(\Leftrightarrow 2\widehat{BAC} < \widehat{CAD} + \widehat{DAB} + \widehat{BAC} = 180^o \Leftrightarrow \widehat{BAC} < 90^o\), các góc khác chứng minh tương tự.
Vậy 4 mặt tứ diện là các tam giác có 3 góc nhọn.
Bài 27 (Đề CĐ SP – HD - 2006) (Đề số 54 – tr 67 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, đường cao \(SH = a\sqrt{3}\). Tính góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp SABCD.
Lời giải
Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB và CD, ta có: \(SH \perp AB, SK \perp CD \Rightarrow \widehat{HSK} = 60^o \Rightarrow \Delta SHK\) là tam giác đều cạnh bằng a.
Gọi \(I = SK \cap (ABMN) \Rightarrow HI = (SHK) \cap (ABMN)\).
Do \((ABMN) \perp (SCD)\) và \((SHK) \perp (SCD) \Rightarrow HI \perp (SCD) \Rightarrow HI \perp SK\).
\(\Rightarrow\) I là trung điểm của SK và m, N lần lượt là trung điểm của SC, SD.
Tứ giác ABMN là hình thang cân, có diện tích là: \(S = \frac{1}{2}(AB + MN).HI\), với AB=a, \(MN = \frac{a}{2}, HI = \frac{a\sqrt{3}}{2}\).
Ta có \(S = \frac{3\sqrt{3}a^2}{8}\).
Bài 28 (Đề CĐ HV – 2006) (Đề số 55 – tr 69 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.
Lời giải
Ta có \(SA \perp BD \Rightarrow BD \perp (SAC)\) và \(AC \perp BD \Rightarrow BD \perp (SAC)\) tại O trong mặt phẳng (SAC), kẻ \(AI \perp SC\) và kẻ \(OK \perp SC\) tại K; \(OK \perp BD\).
\(\Rightarrow OK\) là đường vuông góc chung của SC và BD.
\(\Rightarrow\) Khoảng cách d(SC;BD) = OK = \(\frac{1}{2}AI\) (vì OK//AI, qua O là trung điểm AC).
Trong tam giác vuông AIC, ta có: \(\frac{1}{AI^2} = \frac{1}{AS^2} + \frac{1}{AC^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{1}{2a^2} = \frac{3}{2a^2} \Rightarrow AI = \frac{a\sqrt{6}}{3}\).
Vậy d(BD; SC) = OK = \(\frac{AI}{2} = \frac{a\sqrt{6}}{6}\).
Bài 29 (Đề ĐH Khối A – 2002) (Đề số 19 – tr 26 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Lời giải
Gọi K là trung điểm của BC và \(I = SK \cap MN\). Từ giả thiết \(\Rightarrow MN = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2}\).
MN // BC \(\Rightarrow\) I là trung điểm của SK và MN.
Ta có \(\Delta AMN\) cân tại A suy ra \(AI \perp MN\).
Mặt khác \(\left\{ \begin{matrix} (SBC) \perp (AMN) \\ (SBC) \perp (AMN) = MN \\ AI \subset (AMN) \\ AI \perp MN \end{matrix} \right. \Rightarrow AI \perp (SBC) \Rightarrow AI \perp SK\).
Suy ra \(\Delta SAK\) cân tại A \(\Rightarrow SA = AK = \frac{a\sqrt{3}}{2} = SB\).
\(SK^2 = SB^2 - BK^2 = \frac{3a^2}{4} - \frac{a^2}{4} = \frac{a^2}{2}\).
\(\Rightarrow AI = \sqrt{SA^2 - SI^2} = \sqrt{SA^2 - \left( \frac{SK^2}{2} \right)^2} = \sqrt{\frac{3a^2}{4} - \frac{a^2}{8}} = \frac{a\sqrt{10}}{4}\).
Ta có \(S_{\Delta SAK} = \frac{1}{2} MN . AI = \frac{a^2\sqrt{10}}{16}\).
Bài 30 (Đề ĐH Khối B – 2002) (Đề số 20 – tr 28 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 có các cạnh bằng a.
a. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A1B và B1D.
b. Gọi M, N, P lần lượt là các trung điểm của các cạnh B1B, CD, A1D1. Tính góc giữa hai đường thẳng MP và C1N.
Lời giải
a) Tìm khoảng cách giữa A1B và B1D.
Chọn hệ tọa độ đề các vuông góc Oxyz sao cho A(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0), A’(0,0,a).
\(\Rightarrow C(a;a;0); B'(a;0;a); C'(a;a;a), D'(0;a;a)\).
\(\Rightarrow \vec{A'B} = (a,0,-a), \vec{B'D} = (-a;a;-a), \vec{A'B'} = (a;0;0)\) và \([\vec{A'B}, \vec{B'D}] = (a^2; 2a^2; a^2)\).
Vậy \(d(A'B, B'D) = \frac{|[\vec{A'B}, \vec{B'D}] . \vec{A'B'}|}{|[\vec{A'B}, \vec{B'D}]|} = \frac{a^3}{a^2\sqrt{6}} = \frac{a}{\sqrt{6}}\).
b) từ trên ta tìm được M, N, P.
\(\vec{MP} = \left(-a, \frac{a}{2}, \frac{a}{2} \right), \vec{NC'} = \left( \frac{a}{2}, 0, a \right) \Rightarrow \vec{MP}.\vec{NC'} = 0\).
Vậy MP vuông góc với C’N.
Bài 31 (Đề ĐH Khối D – 2002) (Đề số 20 – tr 28 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC = AD = 4cm; AB = 3 cm; BC = 5 cm. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD).
Lời giải
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông tại A, do đó \(AB \perp AC\).
Lại có \(AD \perp mp(ABC) \Rightarrow AD \perp AB\) và \(AD \perp AC\) nên AB, AC, AD đôi một vuông góc nhau. Do đó có thể chọn hệ tọa độ đề các vuông góc, gốc A sao cho B(3;0;0), C(0;4;0), D(0;0;4). Mặt phẳng (BCD) có phương trình: \(\frac{x}{3} + \frac{y}{4} + \frac{z}{4} - 1 = 0\).
Khoảng cách cần tính là \(\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{9} + \frac{1}{16} + \frac{1}{16}}} = \frac{6\sqrt{34}}{17}\).
Bài 32 (Đề ĐH Khối D – 2003) (Đề số 18 – tr 25 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau, có giao tuyến là đường thẳng \(\Delta\). Trên \(\Delta\) lấy hai điểm A, B với AB = a. Trong mặt phẳng (P) lấy điểm C, trong mặt phẳng (Q) lấy điểm D sao cho AC, BD vuông góc với \(\Delta\) và AC = BD = AB. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD) theo a.
Lời giải
Ta có \((P) \perp (Q)\) và \(\Delta = (P) \cap (Q)\). Mà \(AC \perp \Delta \Rightarrow AC \perp (Q) \Rightarrow AC \perp AD\). Hay \(\widehat{CAD} = 90^o\).
Tương tự ta có \(BD \perp \Delta\) nên \(BD \perp (P)\) do đó \(\widehat{CBD} = 90^o\).
Vậy A và B nằm trên mặt cầu là: \(R = \frac{CD}{2} = \frac{1}{2}\sqrt{BC^2 + BD^2} = \frac{1}{2}\sqrt{AB^2 + AC^2 + DB^2} = \frac{a\sqrt{3}}{2}\).
Gọi H là trung điểm của BC \(\Rightarrow AH \perp BC\). Do \(BD \perp (P)\) nên \(BD \perp AH \Rightarrow AH \perp (BCD)\).
Vậy AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD) và \(AH = \frac{1}{2}BC = \frac{a\sqrt{2}}{2}\).
Bài 33 (Đề ĐH Khối D – 2007) (Đề số 6 – tr 11 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, \(\widehat{ABC} = \widehat{BAD} = 90^o\), BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và \(SA = a\sqrt{2}\). Gọi H là hình chiếu vuông của A trên SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD).
Lời giải
Tìm m để tồn tại duy nhất P thuộc d mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới đường tròn (C) sao cho tam giác PAB đều.
Đường tròn (C): \((x - 1)^2 + (y + 2)^2 = 9\) tâm I(1;-2); bán kính R=3 tam giác PAB đều trên \(\widehat{API} = \widehat{BPI} = 30^o \Rightarrow PI = 2IA = 2R = 6 \Rightarrow\) P thuộc đường tròn bán kính R’=6, tâm I.
Mặt khác P thuộc d nên tọa độ của P là nghiệm của hệ \(\left\{ \begin{matrix} (x - 1)^2 + (y + 2)^2 = 36 \\ 3x - 4y + m = 0 \end{matrix} \right.\).
Theo giả thiết hệ có nghiệm duy nhất, tức d phải tiếp xúc với (C’), tức khoảng cách từ tâm I của (C’) tới d bằng 6.
\(H(I, d) = \frac{|3x_I - 4y_I + m|}{\sqrt{3^2 + 4^2}} = 6 \Leftrightarrow \frac{|3 - 4(-2) + m|}{5} = 6 \Leftrightarrow |m + 11| = 30 \Leftrightarrow \left[ \begin{matrix} m = 19 \\ m = -41 \end{matrix} \right.\).
Bài 34 (Đề ĐH Khối B – 2007) (Đề số 5 – tr 10 - stt ĐTTS 2002-2003 đến 2008-2009)
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 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
Gọi P là trung điểm của SA. Theo giả thiết ta có MP//AD//NC và MP=NC nên MPCN là hình bình hành. Suy ra MN//PC.
\(\left\{ \begin{matrix} BD \perp AC \\ BD \perp SO \end{matrix} \right. \Rightarrow BD \perp (SAC) \Rightarrow BD \perp PC \Rightarrow BD \perp MN\).
Vì \(MN // PC \subset (SAC)\) nên \(d(MN, AC) = d(MN, (SAC)) = d(N, (SAC)) = NI = \frac{a\sqrt{2}}{4}\).
Bài 35 (Đề ĐH Đà Nẵng Khối A-2001 - tr 83 - sttdt 2001)
Cho tứ diện SABC có \(SC = CA = AB = a\sqrt{2}, SC \perp (ABC)\), tam giác ABC vuông tại A, các điểm M thuộc SA và N thuộc BC sao cho AM = CN = t (0 < t < 2a).
1. Tính độ dài đoạn thẳng MN.
2. Tìm giá trị của t để đoạn MN ngắn nhất.
3. Khi đoạn thẳng MN ngắn nhất, chứng minh MN là đường vuông góc chung của BC và SA.
Lời giải
1. Kẻ MH//SC. Thì MH và (ABC) vuông góc.
Ta có \(MN^2 = MH^2 + NH^2\). Do giả thiết tam giác SAC vuông cân ở C, \(SC = CA = a\sqrt{2}\). Suy ra \(\Delta MAH\) vuông cân ở H có cạnh huyền AM = t suy ra \(AH = MH = \frac{t}{\sqrt{2}}\).
Trong tam giác có \(\widehat{C} = 45^o\), \(CH = AC - AH = a\sqrt{2} - \frac{t}{\sqrt{2}} = \frac{2a - t}{\sqrt{2}}\).
Vì CN = t, \(NH^2 = t^2 + \left( \frac{2a - t}{\sqrt{2}} \right)^2 - 2t . \frac{2a - t}{\sqrt{2}} . \frac{\sqrt{2}}{2} = t^2 + \frac{(t - 2a)^2}{2} - t(2a - t)\).
Do đó \(MN = \sqrt{\frac{t^2}{2} + t^2 + \frac{(t - 2a)^2}{2} - t(2a - t)} = \sqrt{3t^2 - 4at + 2a^2}\).
2. MN ngắn nhất \(\Leftrightarrow t = \frac{2a}{3}\).
3. Khi MN ngắn nhất thì \(t = \frac{2a}{3} \Rightarrow MN^2 = \frac{2a^2}{3}\). \(MA = t = \frac{2a}{3} \Rightarrow MA^2 = \frac{4a^2}{9}\).
Trong tam giác CNA ta có \(AN^2 = CN^2 + CA^2 - 2CN.CA.\cos 45^o = \frac{10a^2}{9}\).
Xét tam giác AMN có \(AN^2 = \frac{10a^2}{9}, AM^2 = \frac{4a^2}{9}, MN^2 = \frac{2a^2}{3} \Rightarrow AN^2 = AM^2 + MN^2 \Rightarrow MN \perp SA\).
Tương tự ta cũng có \(MN \perp BC\). Vậy MN là đường vuông góc chung của BC và SA.
Bài 36 (Đề ĐH GTVT Khối A-2001 - tr 90 - sttdt 2001)
Cho tam giác ABC vuông cân có AB = AC = a, M là trung điểm của cạnh BC. Trên các nửa đường thẳng AA’ và MM’ vuông góc với mp(ABC) về cùng một phía, lấy tương ứng các điểm N và I (\(N \in AA'; I \in MM'\)) sao cho 2MI = NA = a. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống NB. Chứng minh rằng AH vuông góc với NI.
Lời giải
Gọi D là giao điểm của NI và AM. Ta có AN//MI. Xét \(\Delta AND\), theo định lí Ta-lét: \(\frac{DM}{DA} = \frac{MI}{AN} = \frac{1}{2}\). Vậy M là trung điểm của AD.
Mà M là trung điểm của BC (gt) \(\Rightarrow ABCD\) là hình chữ nhật.
Ta có: \(AN \perp (ABCD) \Rightarrow AN \perp DB\).
Do ABCD là hình vuông \(\Rightarrow DB \perp (ABN), AH \subset (ABN) \Rightarrow AH \perp (NBD)\) và \(AH \perp NI\).
