B CÁC DẠNG TOÁN
BÀI 3. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG
3. Góc Giữa đường thẳng và mặt phẳng
Định nghĩa 2. Cho đường thẳng dvà mặt phẳng(α). Trường hợp đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (α) thì ta nói rằng góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng(α)bằng90◦.
Trường hợp đường thẳng d không vuông góc với mặt phẳng(α)thì góc giữa đường thẳngdvà hình chiếud0 của nó trên (α) gọi là góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng(α).
A
O H
d
d0 ϕ α
4
! Chú ý:Nếu ϕlà góc giữa đường thẳngdvà mặt phẳng(α)thì ta luôn có0◦ ≤ ϕ≤90◦.B CÁC DẠNG TOÁN
{DẠNG 3.1. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
Để chứng minh đường thẳng∆ vuông góc với mặt phẳng(α), ta thực hiện theo một trong hai cách sau:
1 Chứng minh∆vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc(α).
a b
∆
α
2 Chứng minh∆song song với đường thẳng(d), trong đó(d)vuông góc với(α).
∆
α
d
Để chứng minh đường thẳng (∆) vuông góc với đường thẳng(d), ta thực hiện theo một trong các cách sau:
1 Chứng minh(∆)vuông góc với mặt phẳng(α)chứa(d).
d
∆
α
2 Sử dụng định lý ba đường vuông góc.
d
∆
α
3 Nếu hai đường thẳng cắt nhau thì ta có thể sử dụng các phương pháp chứng minh hai đường thẳng vuông góc trong mặt phẳng.
VÍ DỤ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau. Gọi I là giao điểm của ACvàBD. Chứng minh rằngSI ⊥(ABCD).
L Lời giải
A
D
B
C S
I
Để chứng minhSI vuông góc với mặt phẳng (ABCD) ta cần chứng minhSI vuông góc với hai cạnh cắt nhau trong mặt phẳng đó.
Theo giả thiết,4SACvà4SBD là tam giác cân tạiS. Hơn nữa I = AC∩BDlà trung điểm của
ACvàBD(do ABCDlà hình vuông). Từ đó ta có:
SI ⊥ AC SI ⊥ BD AC∩BD= I
⇒SI ⊥(ABCD)
VậySI ⊥(ABCD).
VÍ DỤ 2. Cho lăng trụ ABCD.A0B0C0D0 có đáy ABCD là hình bình hành, các cạnh bên vuông góc với mặt đáy.4ACDvuông tạiA,AC = AA0. Chứng minh rằng AC0 ⊥(A0D0C).
L Lời giải
D0
D
A
A0 B0
C0
B
C
Theo giả thiết ta có
®AA0C0Clà hình chữ nhật AA0 = A0C0
⇒ AA0C0Clà hình vuông⇒ AC0 ⊥ A0C(1)
Lại cóAA0 ⊥ (A0B0C0D0) ⇒ AA0 ⊥ A0D0. Lại có4D0A0C0vuông tại A0 nên A0D0 ⊥ A0C0. Từ đó ta được
A0D0 ⊥(AA0C0C) ⇒ A0D0 ⊥ AC0(2).
Từ (1) và (2) ta cóAC0 ⊥(A0D0C).
VÍ DỤ 3. Cho hình chópS.ABC với đáy ABClà tam giác đều cạnha,SA ⊥ (ABC), SA = a√
3
2 . GọiI,Klần lượt là trung điểm BC,SI. Chứng minh rằng AK ⊥(SBC). L Lời giải
A
B
C I
K S
Theo giả thiết4ABClà tam giác đều cạnha,Ilà trung điểmBCsuy raAI ⊥BC(1) vàAI = a
√3 2 . Lại cóSA ⊥(ABC)⇒ SA⊥ BC(2).
Từ (1) và (2) ta cóBC ⊥(SAI) ⇒BC ⊥ AK. (3) Tam giácSAIcóSA = AI = a
√3
2 nên 4SAI là tam giác cân tạiA, hơn nữa Klà trung điểm SI suy raAK ⊥SI.(4)
Từ (3) và (4) ta cóAK ⊥(SBC).
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 1. Cho hình chópS.ABCD, đáy ABCDlà hình vuông cạnha. Mặt bênSABlà tam giác đều, SCDlà tam giác vuông cân đỉnhS. GọiM, Nlần lượt là trung điểm của ABvàCD.
1 Chứng minhSM ⊥(SCD), SD⊥ MC.
2 GọiHlà hình chiếu vuông góc củaStrênMN. Chứng minhSH ⊥BN. TínhSH.
Lời giải.
C
M H
A S
D N B
1 ∆SABđều cạnhacó Mlà trung điểm của ABnênSM ⊥ ABvàSM = a
√3 2 .
∆SCD vuông cân tạiScóCD= a, Nlà trung điểmCDsuy raSN = a 2. Xét∆SMNcóSM2+SN2= 3a
2
4 +a
2
4 =a2= MN2.
Suy raSM ⊥SN. MàSM ⊥CD(vìCD k AB). Do đóSM⊥(SCD). CóSD⊥SMvàSD ⊥SCnênSD⊥ MC.
2 CóCD⊥ MN,CD ⊥SN suy raCD ⊥(SMN) ⇒CD⊥SH.
MàSH ⊥ MNnên SH⊥(ABCD). Do đóSH ⊥MC.
SH = SM.SN MN =
a√ 3 2 .a
2 a = a
√3 4 .
BÀI 2. Cho hình lăng trụ ABC.A0B0C0có đáy là tam giác đều cạnha, cạnh bên bằng2a. Biết hình chiếu củaA0lên(ABC)là trung điểmHcủaAB. Gọi H0là trung điểm củaA0B0, Mlà điểm thuộc cạnhB0C0 sao choB0C0 =4B0M.
1 Chứng minhB0C0 ⊥(BMH0).
2 Tứ giácCHH0C0là hình gì? Tại sao? TínhCH0. Lời giải.
H B A0
H0 B0
C0
C M
A
1 ∆A0B0C0đều nên H0Msong song với đường cao kẻ từ A0, do đóH0M⊥ B0C0. Lại cóBH0 k A0HmàA0H ⊥(ABC)nên BH0 ⊥BC. Suy raBH0 ⊥B0C0. Do đóB0C0 ⊥(BMH0).
2 CóCH ⊥ AB;CH ⊥ A0HnênCH ⊥(ABB0A0), suy raCH ⊥HH0. Hình bình hànhCHH0C0có÷H0HC =90◦nênCHH0C0 là hình chữ nhật.
CH0 =√
HH02+CH2 =
4a2+3a
2
4 = a
√19 2 .
BÀI 3. Trong mặt phẳng(P), cho tam giác MABvuông tạiM. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tạiA, ta lấy hai điểmC,Dkhác phía so với A. GọiC0 là hình chiếu củaCtrên MD, Hlà giao điểm củaAMvàCC0.
1 Chứng minhCC0 ⊥(MBD).
2 GọiKlà hình chiếu củaHtrên AB. Chứng minhKlà trực tâm tam giácBCD.
Lời giải.
D K H C0
B C
A M
1 CóBM ⊥ AM, BM⊥CD⇒ BM⊥(CC0D) ⇒BM ⊥CC0. Lại cóCC0 ⊥MD, suy raCC0 ⊥(MBD).
2 CóHK⊥ AB, HK⊥ AD, suy raHK ⊥BD.
Theo ý trên, lại cóCH ⊥BD. Do đóCK⊥BD.
∆CBDcóBK ⊥CD,CK⊥ BDnên nhậnKlàm trực tâm.
BÀI 4. Hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD tâm I, có cạnh bằng a và đường chéo BD = a. CạnhSC = a
√6
2 vuông góc với mặt phẳng(ABCD). Thiết diện của hình chópS.ABCD cắt bởi mặt phẳng(α)đi qua Ivà vuông góc với đoạnSAlà hình gì?
Lời giải.
A
B I S
H
C D
VìABCDlà hình thoi nênBD⊥ AC.
VìSC ⊥(ABCD)nênSC ⊥ BD.
Suy raBD ⊥(SAC), do đóBD⊥SA.
Trong mặt phẳng(SAC)hạI H ⊥SAtạiH, suy raSA⊥(BDH). NốiBH,DH, ta được mặt phẳng (α)chính là tam giácDHB.
Xét hai tam giác vuông AH IvàACSđồng dạng vì có chung góc nhọn Anên:
I H
AI = SC
AS ⇒ I H = AI.SC AS .(∗) VìBD =anên∆ABD là tam giác đều, do đó:
AI = a
√3
2 ⇐ AC =2AI = a√ 3.
SA=pAC2+SC2 = 3a 2 2 .
Từ(∗)ta có I H = a
2 = BD 2 .
Tam giácBHDcó trung tuyến I Hứng với cạnhBDbằng BD
2 nên đó là tam giác vuông tại H.
BÀI 5. Tứ diện S.ABCcó SAvuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H vàK lần lượt là trực tâm của các tam giácABCvàSBC. Chứng minh rằngHK ⊥(SBC).
Lời giải.
C H S
K
B A0 A
VìKlà trực tâm của tam giácSBCnên BK ⊥SC.(1)
Có H là trực tâm của tam giác ABC nên BH ⊥ AC và SA ⊥ (ABC) nên BH ⊥ SA . Do đó BH ⊥(SAC)nên BH ⊥SC.(2)
Từ (1) và (2) ta suy raSC ⊥(BHK), nênSC ⊥ HK. (*) GọiA0 là giao điểm củaAHvàBC.
CóAA0 ⊥BCvàBC⊥SAnên BC ⊥(SAA0), suy raBC⊥SA0. Do đó cóSA0 là đường cao của tam giácSBCnênSA0 đi quaK.
VậyBC ⊥ HK(**).
Từ (*) và (**) suy ra HK⊥(SBC).
BÀI 6. Cho hình chóp S.ABCcó đáy là tam giác ABC vuông tại B, 4SAB,4SACcân tạiS. I, J, Klần lượt là trung điểm của AB,BC,CA. Chứng minh rằng:
1 SK ⊥(ABC).
2 BC ⊥(SK J).
Lời giải.
A
B I
C J
S
K
1 Ta có4SABcân tạiS, Ilà trung điểm ABnênSI ⊥ AB.(1)
Lại cóIKlà đường trung bình của tam giác ABCsuy ra IKk BC ⇒ IK ⊥ AB(2) (do4ABC vuông tạiB.)
Từ (1) và (2) ta cóAB⊥(SIK) ⇒ AB⊥SK. (3)
Tam giácSACcân tạiS,Klà trung điểmAC nênSK ⊥ AC.(4) Từ (3) và (4) ta cóSK ⊥(ABC).
2 Theo(a)ta cóSK ⊥(ABC)⇒SK ⊥BC.
Lại cóK Jlà đường trung bình của4ABCnênK J k AB⇒K J ⊥BC.
Vậy ta đượcBC ⊥(SK J).
{DẠNG 3.2. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Cho đường thẳngdvà mặt phẳng(P)cắt nhau.
Nếu d⊥(P)thì(d,(P)) = 90◦.
A
O H
d
d0 ϕ
α
Nếu d6⊥(P)thì để xác định góc giữadvà(P), ta thường làm như sau 1 Xác định giao điểmOcủadvà(P).
2 Lấy một điểm Atrênd(AkhácO). Xác định hình chiếu vuông góc (vuông góc) Hcủa A lên (P). Lúc đó(d,(P)) = (d,d0) = AOH.’
4
! 0◦ ≤(d,(P))≤90◦.VÍ DỤ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a√
6 vàSA vuông góc(ABCD). Hãy xác định các góc giữa
1 SC và(ABCD). 2 SC và(SAB). 3 SBvà(SAC). 4 AC và(SBC). L Lời giải
A D
B C
S
O M
1 VìAClà hình chiếu vuông góc củaSClên(ABCD)nên góc giữaSC và(ABCD)làSCA.‘ Trong tam giácSCA, ta cótanSCA‘ = SA
SC =√
3nên(SC,(ABCD)) = SCA‘ =60◦. 2 VìBC ⊥(SAB)tạiBnênSBlà hình chiếu vuông góc củaSClên(SAB).
Do đó(SC,(SAB)) = (SC,SB) = CSB.‘ Trong tam giácSCB, ta cótanCSB‘ = BC
SB = a a√
7 nên(SC,(SAB)) =arctan 1
√7. 3 VìBO ⊥(SAC)tạiOnên SOlà hình chiếu vuông góc củaSBlên(SAC).
Do đó(SB,(SAC)) = (SB,SO) = BSO.‘ Trong tam giácSBO, ta cósinBSO‘ = BO
SB = a√
2 2 a√
7 = √1
14 nên(SB,(SAC)) = arcsin 1
√14. 4 Gọi M là hình chiếu vuông góc của A lên SB. Lúc đó AM ⊥ SB và AM ⊥ BC (vì BC ⊥
(SAB) vàAM ⊂ (SAB)) nên AM ⊥ (SBC)tại M. Do đó MC là hình chiếu vuông góc của AClên(SBC).
Suy ra(AC,(SBC)) = (AC,MC) = ACM.’ Trong tam giácSAB, ta có AM= SA.AB
SB = a
√6
√7 và trong tam giác ACM, ta cósinACM’ = MA
AC =
√21
7 nên(AC,(SBC)) =arcsin
√21 7 .
VÍ DỤ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tâm O, SO vuông góc (ABCD). GọiM,Nlần lượt là trung điểmSA,BC. Biết rằng góc giữaMNvà(ABCD)bằng 60◦. Tính góc giữa MN và(SBD).
L Lời giải
O
A B
N H
S
M
K
C D
Gọi Hlà trung điểm AO. Ta có MH k SOnên MH ⊥ (ABCD), suy ra HN là hình chiếu vuông góc củaMNlên(ABCD). Do đó(MN,(ABCD)) = (MN,KN) = ÷MNK=60◦.
Trong tam giácHCN, ta cóHN2 = HC2+CN2−2HC.CN. cosHCN, suy ra’ HN = a
√10 4 . Mà trong tam giác MNH, ta có√
3 =tan÷MNH = MH
HN nên MH = a
√30
4 , suy raSO =2MH = a√
30 2 .
GọiKlà trung điểmSD.
Ta cóMKCN là hình bình hành nênMN song songKC. Do đó(MN,(SBD)) = (KC,(SBD)). MàCO ⊥ (SBD)tạiO(doCO ⊥ DO vàCO ⊥ SO) nên KOlà hình chiếu vuông góc củaKClên (SBD). Suy ra(KC,(SBD)) = (KC,KO) = ’CKO.
Ta cóOK = 1
2SD = 1 2
√OD2+OS2= a√ 2.
Mặt khác, trong tam giácCOK, ta cótan’CKO = OC OK = 1
2, suy ra(KC,(SBD)) = arctanCKO’ = arctan1
2 ≈26◦330.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 1. Cho hình chópS.ABCcó đáyABC là tam giác đều cạnha,SA =2avàSAvuông góc với đáy. Tính góc giữa
1 SCvà(ABC). 2 SCvà(SAB). Lời giải.
A C
B S
M
1 VìAClà hình chiếu vuông góc củaSClên(ABC)nên (SC,(ABC)) = (SC,AC) = SCA.‘ Ta cótanSCA‘ = SA
AC =2nên(SC,(ABC)) =arctan 2≈63◦.
2 GọiMlà trung điểmAB. Vì
®CM ⊥ AB
CM ⊥SA(vìSA ⊥(ABC)) nênCM ⊥(SAB)tạiM.
Suy raSMlà hình chiếu vuông góc củaSClên(SAB). Do đó(SC,(SAB)) = (SC,SM) =CSM.’
Trong tam giácSMC, ta cótanCSM’ = MC
SM = √ MC
SA2+AM2 =
a√ 3 2
4a2+a
2
4
=
√51 17 .
Vậy(SC,(SAB)) =arctan
√51
17 ≈23◦.
BÀI 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a, SO vuông góc (ABCD)vàSO =a√
6.
1 Tính góc giữa cạnh bênSCvà mặt đáy.
2 Tính góc giữaSOvà(SAD).
3 GọiIlà trung điểm BC. Tính góc giữaSI và(SAD). Lời giải.
O
A B
I K
S
E
H D C
1 VìOClà hình chiếu vuông góc củaSClên(ABCD)nên(SC,(ABCD)) = (SC,OC) = SCO.‘ Trong tam giácSOC, ta cótanSCO‘ = SO
OC =2√
3, do đó(SC,(ABCD)) =arctan 2√
3≈74◦. 2 GọiK là trung điểm AD và H là hình chiếu vuông góc của Olên SK. Ta cóOH ⊥ SK và OH ⊥ AD(vìAD ⊥(SKO)) nênOH ⊥(SAD), do đóHlà hình chiếu vuông góc củaOlên (SAD), suy raSHlà hình chiếu vuông góc củaSOlên(SAD).
Do đó(SO,(SAD)) = (SO,SH) = ’HSO.
Trong tam giác SOK, ta có tanHSO’ = tanKSO‘ = OK OS =
√3
6 . Suy ra (SO,(SAD)) = arctan
√6
12 ≈12◦.
3 Trong tam giácSKI, kẻ IEvuông gócSKtạiE. Lúc đóIE ⊥(SAD)(doIE kOH). Suy raSE là hình chiếu vuông góc củaSIlên(SAD).
Do đó(SI,(SAD)) = (SI,SE) = ‘ISE=2’HSO≈24◦.
BÀI 3. Cho hình chópS.ABCcó đáy ABClà tam giác vuông cân tạiA, BC =a,SA=SB =SC =
a√ 3
2 . Tính góc giữaSAvà(ABC). Lời giải.
A
S
C H
B
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC). Lúc đó ba tam giác SAH,SBH và SCH bằng nhau (vì chúng là 3 tam giác vuông có chung cạnhSHvà có ba cạnhSA,SB,SCbằng nhau).
Suy ra H A = HB = HCnên H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông ABC, suy ra H là trung điểmBC.
Do đóH Alà hình chiếu vuông góc củaSAlên(ABC), suy ra(SA,(ABC)) = (SA,AH) =SAH.’ Ta cócosSAH = AH
SA = BC
2
SA = √1
3, suy ra(SA,(ABC)) =arccos
√3
3 ≈55◦.
BÀI 4. Cho hình chópS.ABCDcó đáy là hình thang vuông tại AvàB, AB= BC =a, AD =2a.
Cạnh bênSA =a√
2và vuông góc với đáy. Tính góc giữa đường thẳngSBvà mặt phẳng(SAC). Lời giải.
A S
I
C
D
B
O
GọiIlà trung điểm AD. Lúc đó ABCIlà hình vuông, suy ra BI ⊥ AC(tạiO).
MàSA ⊥ (ABCD) nên BI ⊥ SA. Do đó BI ⊥ (SAC) tạiOnên SOlà hình chiếu vuông góc của SBlên(SAC), suy ra(SB,(SAC)) = (SB,SO) = BSO.‘
Trong tam giác SBO, ta có sinBSO‘ = BO SB =
BI
√ 2
SA2+AB2 =
√6
6 , suy ra (SB,(SAC)) = arcsin
√6
6 ≈24◦.
BÀI 5. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A0B0C0 có đáy là tam giác đều cạnhavà AA0 vuông góc (ABC). Đường chéoBC0 của mặt bên(BCC0B0)hợp với(ABB0A0)một góc30◦.
1 TínhAA0.
2 GọiM,N lần lượt là trung điểmACvàBB0. Tính góc giữa MNvà(ACC0A0). Lời giải.
A0 C0
H M0
C B
B0
N A
I
M
1 GọiIlà trung điểm A0B0. Ta cóC0I ⊥ A0B0vàC0I ⊥BB0nênC0I ⊥(ABB0A0)tạiI. Do đóIB là hình chiếu vuông góc củaC0Blên(ABB0A0). Suy ra(BC0,(ABB0A0)) = C‘0BI =30◦. Trong tam giácC0IB, ta cótanC‘0BI = IC
0
IB, suy raIB = 3a
2 . Khi đóAA0 =BB0 =√
IB2−IB02 = a√
2.
2 GọiM0 là trung điểmA0C0vàHlà trung điểm MM0.
Ta có BM ⊥ (ACC0A0) (vì BM ⊥ AC vàBM ⊥ AA0) mà HN k BM nên HN ⊥ (ACC0A0) tạiH. Suy ra MHlà hình chiếu vuông góc của MNlên(ACC0A0).
Do đó(MN,(ACC0A0)) = (MN,MH) = N MH. Mà trong tam giác÷ N MH, ta cótanN MH÷ = HN
MH =
√6 2 .
Vậy(MN,(ACC0A0)) =arctan
√6
2 ≈51◦.
{ DẠNG 3.3. Xác định thiết diện của một khối đa diện cắt bởi mặt phẳng đi qua một điểm và vuông góc với một đường thẳng cho trước
Để xác định thiết diện của một khối đa diện cắt bởi mặt phẳng (α) đi qua điểmMvà vuông góc với
∆cho trước, ta thực hiện như sau:
Dựng hai đường thẳng cắt nhau cùng vuông góc với ∆trong đó có ít nhất một đường thẳng đi qua M. Mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng trên chính là(α). Sau đó ta cần tìm giao tuyến của(α)với các mặt của khối đa diện.
Nếu có sẵn hai đường thẳng chéo nhau hoặc cắt nhau a,b vuông góc với∆thì ta dựng (α) đi qua Mvà song song vớia,b.
VÍ DỤ 1. Cho lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy ABClà tam giác vuông cân đỉnhC,CA = 2avà mặt bên ABB0A0là hình vuông. Gọi (P)là mặt phẳng đi quaCvà vuông góc vớiAB0. Xác định thiết diện của hình lăng trụ đã cho khi cắt bởi mặt phẳng(P)và tính diện tích thiết diện đó.
L Lời giải
GọiHlà trung điểm AB⇒CH ⊥ AB⇒CH ⊥ AB0. DựngHK ⊥AB0, vớiKthuộc cạnh AA0.
Suy ra thiết diện là tam giácCHKvà tam giácCHKvuông tạiH.
SCHK = 1
2CH·HK.
Trong4ABC,CH = AB
2 =a√ 2.
Ta có4AHKvuông cân tạiAvàHK= A
0B·√ 2
2 =2a.
VậySCHK = 1
2CH·HK = 1 2·a√
2·2a=a2√ 2.
B
C B0
C0
H A
A0
K
VÍ DỤ 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABClà tam giác đều cạnha, SA = avà vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi Mlà điểm thuộc cạnh AC sao cho AM = 3MC. Gọi(α) là mặt phẳng qua Mvà vuông góc với cạnh AC. Xác định thiết diện của hình chóp đã cho khi cắt bởi mặt phẳng(α)và tính diện tích thiết diện đó.
L Lời giải
GọiElà trung điểm AC ⇒BE⊥ AC.
Trong(ABC), dựng MN ⊥AC, với Nthuộc cạnhBC ⇒ MN k EB.
Trong(SAC), dựng MP ⊥ AC, với Pthuộc cạnh SC ⇒ MPk SA.
Suy ra thiết diện là tam giác MPN và tam giác MPN vuông tạiM.
SMPN = 1
2MN·PM.
Ta có4SACv4PMC ⇒ PM
SA = CM CA
⇒PM = SA·CM
CA =a· 1 4 = a
4.
Ta cóMNlà đường trung bình của tam giác4BEC
⇒ MN = 1
2EB= 1 2 · a
√3 2 = a
√3 4 . VậySMPN = 1
2MN·PM = 1 2· a
√3 4 · a
4 = a
2√ 3 32 .
S
A
M
N E
C P
B
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; SA = a√
3 và vuông góc với mặt phẳng(ABCD). GọiAH là đường cao của tam giácSAB. Gọi(α)là mặt phẳng qua Avà vuông góc với cạnh SB. Xác định thiết diện của hình chóp đã cho khi cắt bởi mặt phẳng (α) và tính diện tích thiết diện đó.
Lời giải.
Trong (SBC), dựng H I ⊥ SB, với I thuộc cạnh SC ⇒ H I k BC(DoBC ⊥SB).
Ta có
H I ⊂(α) BC⊂(ABCD) H I k BC
Dlà điểm chung của(α),(ABCD)
⇒(α)∩(ABCD) = ADk BC k H I.
Suy ra thiết diện là tứ giácAH ID.
Ta có
®H I k BC k AD
DA ⊥ AH nên tứ giácAH IDlà hình thang vuông tạiAvàH.
SAH ID = 1
2(AD+H I)·AH.
Trong4SAB, ta có:
S
D C
A I B
H
1
AH2 = 1
SA2 + 1
AB2 = 1 3a2 + 1
a2 ⇒ AH = a
√3 2 . Ta có4SH I v4SBC ⇒ H I
BC = SH
SB = SH·SB
SB2 = SA
2
SB2 = SA
2
SA2+AB2 = 3a
2
3a2+a2 = 3 4
⇒ H I = 3
4 ·BC = 3a 4 . VậySAH ID = 1
2(AD+H I)·AH = 1 2 ·
a+3a
4
· a
√3 2 = 7a
2√ 3
16 .
BÀI 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành,SA ⊥ (ABCD),M ∈ SA. Mặt phẳng (P)đi quaMvà vuông góc vớiSA. Xác định thiết diện của mặt phẳng(P)với hình chópS.ABCD.
Lời giải.
A
D E
M
B
C N
F S
I K
VìSA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AD. Trong mặt phẳng(SAD), qua M ∈ SAkẻ ME k ADcắtSDtại E, khi đó ME⊥SA.
Tương tự trong mặt phẳng(SAB)kẻ MFk AB⇒ MF⊥SA.
Vì E ∈ SD,F ∈ SB ⇒ EF ⊂ (SBD). Gọi K là giao của SI và EF, khi đó K ∈ (SAC). Lại có M∈ SA ⇒ M∈ (SAC). Từ đó ta có MK ⊂(SAC)suy raMK∩SC = N.
Ta thấy M ∈ (MENF); ME ⊥ SA,MF ⊥ SA ⇒ SA ⊥ (MENF), hơn nữa qua Mcó một và chỉ một mặt phẳng vuông góc vớiSAdo đó(P)≡(MENF).Vậy MENFlà thiết diện của mặt phẳng
(P)với hình chópS.ABCD.
BÀI 3. Cho hình chópS.ABCcó đáyABC là tam giác đều cạnha,SA =2avàSAvuông góc với đáy. Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi mặt phẳng qua B và vuông góc với SC. Tính diện tích thiết diện đó.
Lời giải.
A C
H
B S
I
GọiIlà trung điểm AC, ta cóBI ⊥ AC. MàBI ⊥SAnên BI ⊥(SAC), suy raBI ⊥SC.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên SC. Lúc đó SC ⊥ (BI H). Do đó tam giác BI H là thiết diện cần tìm.
VìBI ⊥(SAC)nênBI ⊥ I H, suy ra tam giác IBHvuông tạiI.
Ta có∆CH I v∆CASnên I H SA = CI
CS, suy raI H = CI.SA CS = a
√5 5 . Do đóS∆BI H = 1
2I H.IB = a
2√ 15
20 .