C BÀI TẬP TỔNG HỢP
Cách 1: Chứng minh mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia. Cách 2:
Ta cóSABCD = 1
2 ·AC·BD = a
2√ 2 2 .
Do AB0C0D0 là hình chiếu của ABCD lên (P) và BD k B0D0 nên BD = B0D0 = a. Mà AB0C0D0 là hình vuông nên suy ra AB0 = a
√2 2 . Do đóSAB0C0D0 = AB0·AD0 = a
√2 2
!2
= a
2
2. Mặt khácSAB0C0D0 =SABCD·cosϕ
⇒cosϕ= 2a
2
2a2√ 2 =
√2
2 ⇒ ϕ=45◦.
A
E
F
C
C0 D0
B0
D
B
b. Trong mặt phẳng(CC0D0D)gọiFlà giao điểm củaCDvàC0D0, trong mặt phẳng(BB0C0C)gọi Elà giao điểm củaBCvàB0C0.
Dễ thấy
BDk B0D0
BD⊂(ABCD);B0D0 ⊂(P) (P)∩(ABCD) = FE
⇒FE k BDk B0D0, suy raBDFEvàB0D0FElà các hình thang cân.
Lại có ADk BE⇒ ADBElà hình bình hành, tương tự cũng có ABDFcũng là hình hình hành.
Suy raEF =2B0D0 =2a. Do đóSEFD0B0 = 1
2(B0D0+EF)· AC
0
2 = 3a
2
4 . MàSEFD0B0 =SEFDB·cosϕ⇒SEFDB = SEFD0B0
cosϕ = 3a
2
4 cos 45◦ = 3a
2√ 2 4 .
{DẠNG 4.3. Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc
VÍ DỤ 2. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vuông, SA ⊥ (ABCD). Gọi Mvà Nlần lượt là hình chiếu của AlênSBvàSD. Chứng minh rằng(SAC) ⊥(AMN).
L Lời giải
Ta cóBD⊥ AC, BD⊥SA(vìSA ⊥(ABCD)).
Do đóBD⊥(SAC). MàMN k BD(do SM
SB = SN
SD) nênMN ⊥(SAC). Vì vậy(SAC) ⊥(AMN).
A
B C
O
D N
S
M
VÍ DỤ 3. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, SA ⊥ (ABC). Gọi H vàK lần lượt là hình chiếu củaBtrên các đường thẳngSAvàSC. Chứng minh rằng:
1 (SAC) ⊥(SAB). 2 (SAC) ⊥(BHK).
L Lời giải
1 Ta cóAC ⊥ AB, AC ⊥SA(vìSA⊥(ABC)).
Do đóAC ⊥(SAB). Vì vậy(SAC) ⊥(SAB). 2 Ta cóSC ⊥BK.
Mặt khácBH ⊥SAvàBH ⊥ AC(vì AC ⊥(SAB)).
Do đóBH ⊥(SAC), suy raSC ⊥BH.
Từ đóSC ⊥(BHK). Vì vậy(SAC)⊥(BHK).
S
A
B C
H K
VÍ DỤ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O với AB = a, AC =
2a√ 6
3 ,SO⊥(ABCD),SB=a. Chứng minh rằng(SAB) ⊥(SAD).
L Lời giải
GọiMlà hình chiếu củaOlênSA.
Khi đó SA ⊥ (MBD). Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và(SAD) chính là góc giữa hai đường thẳng MB vàMD.
Ta cóBD= √2a
3,SO = a
√6 3 . Suy raOM = √a
3 = 1 2BD.
Vì thế tam giácMBDvuông cân tạiM, từ đóBMD’ =90◦hay(SAB)⊥(SAD).
S
C
D A
B M
O
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 1.
Cho hình chópS.ABCDcó đáyABCDlà hình thoi vàSA =SB= SC. Chứng minh rằng(SBD) ⊥(ABCD).
Lời giải.
Ta cóAC ⊥BD.
GọiOlà tâm hình thoi ABCD.
VìSA =SCnên AC ⊥SO.
Do đóAC ⊥(SBD). Vì vậy(ABCD) ⊥(SBD).
S
A
B C
D
O
BÀI 2.
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a, SA ⊥ (ABC). GọiIlà trung điểm của BC. Chứng minh rằng(SAI)⊥(SBC). Lời giải.
Ta cóSA ⊥(ABC)nên BC ⊥SA.
VìAB= ACnên BC ⊥AI.
Do đóBC ⊥(SAI). Vì vậy(SBC)⊥(SAI).
S
A
B
C I
BÀI 3. Trong mặt phẳng(P)cho hình vuông ABCD. GọiSlà một điểm không thuộc(P)sao cho SABlà tam giác đều và(SAB) ⊥(ABCD). Chứng minh rằng(SAD)⊥(SAB).
Lời giải.
GọiHlà trung điểm AB.
Ta cóSABlà tam giác đều nênSH ⊥ AB.
Mà(SAB)⊥(ABCD)nên SH ⊥(ABCD), suy raAD⊥SH.
Mặt khácAD⊥ AB. Do đó AD⊥(SAB). Từ đó(SAD)⊥(SAB).
S
A
B C
D H
BÀI 4. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có AB= AC = a, AC = a√
2. Gọi Mlà trung điểm củaAC. Chứng minh rằng(BC0M)⊥(ACC0A0).
Lời giải.
VìAB= ACnên BM⊥ AC.
ABC.A0B0C0 là lăng trụ đứng nênBM⊥ AA0. Do đóBM⊥(ACC0A0).
Vì vậy(BC0M)⊥(ACC0A0).
A A0
M C C0
B B0
BÀI 5. Cho hình chópS.ABCcóSA⊥(ABC). GọiHvàKlần lượt là trực tâm các tam giácABC vàSBC. Chứng minh rằng(SBC)⊥(CHK).
Lời giải.
GọiI = AH∩BC. Khi đóBC ⊥(SAI), suy raBC ⊥SI. Do đóS, K, I thẳng hàng.
Ta cóSB⊥CK.
Mặt khácCH ⊥ AB,CH ⊥SAsuy raCS⊥(SAB). Từ đóSB⊥SH.
Do đóSB ⊥(CHK). Vì vậy(SBC) ⊥(CHK).
S
A
B
C
I H
K
BÀI 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = a√
2 và SA ⊥(ABCD). GọiMlà trung điểm AD. Chứng minh rằng(SAC)⊥(SMB).
Lời giải.
GọiI = AC∩BM.
VìSA ⊥(ABCD)nênBM ⊥SA.
Theo giả thiết ta suy raAC2=3a2, AI2 = a
2
3 . MI2 = 1
9MB2 = a
2
6 Do đóAI2+MI2 = MA2. Từ đóBM⊥ AC.
Suy raBM ⊥(SAC). Vì vậy(SBM) ⊥(SAC).
S
A
B C
M D I
BÀI 7. Cho hình vuông ABCDvà tam giác đềuSABcạnhanằm trong hai mặt phẳng vuông góc nhau. Gọi IvàFlần lượt là trung điểmABvàAD. Chứng minh rằng(SID)⊥(SFC).
Lời giải.
GọiK =CF∩ID.
Tam giácSABđều nênSI ⊥AB.
Mà(SAB)⊥(ABCD)nên SI ⊥(ABCD), suy raCF ⊥SI.
Mặt khác’KFD+’KDF=KFD’+KCD’ =90◦. Suy raCF⊥ ID. Do đóCF⊥(SID).
Vì vậy(SFC) ⊥(SID).
S
A
B C
D I
F K
{DẠNG 4.4. Thiết diện chứa một đường thẳng và vuông góc với một mặt phẳng
Xác định mặt phẳng(β)chứa đường thẳngdvà vuông góc với mặt phẳng(α)cho trước bằng cách:
1 Từ điểm Abất kì thuộc đường thẳng ddựng AH ⊥ (α). Mặt phẳng (AH,d) là mặt phẳng (β).
2 Tìm giao điểm của mặt phẳng (β) và các cạnh của hình chóp, hình lăng trụ . . . Từ đó suy ra thiết diện.
VÍ DỤ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA vuông góc với mặt đáy. Gọi(P)là mặt phẳng chứaADvà vuông góc với mặt phẳng(SBC). Xác định thiết diện do mặt phẳng(P)cắt hình chóp.
L Lời giải
Kẻ AH ⊥SB(H∈ SB). Ta có
®AD⊥SA(SA ⊥(ABCD)) AD⊥ AB
⇒ AD⊥(SAB) ⇒ AD⊥SB.
Ta có AD ⊥ SBvà AH ⊥ SB nên SB ⊥ (ADH), suy ra (SBC) ⊥(ADH).
Do đó, mặt phẳng (P) chứa AD và vuông góc với mặt phẳng(SBC)là(ADH).
Trong mặt phẳng(SBC)dựng HK k BC(K ∈ BC), suy ra HKk AD(do cùng song song vớiAD).
A D
C
B H
S
K
Vậy thiết diện là hình thangADKHcó hai đáy là ADvàHK.
VÍ DỤ 2. Cho tứ diện OABC có các cạnhOA,OB,OC đôi một vuông góc nhau và OA = OB=OC =a. GọiMlà điểm trên cạnh ACsao cho AC =3MC. GọiHlà hình chiếu củaO lên mặt phẳng(ABC). Gọi(α)là mặt phẳng chứaOMvà vuông góc với mặt phẳng(ABC). Xác định và tính diện tích thiết diện do mặt phẳng(α)cắt tứ diện.
L Lời giải
Ta cóOA⊥OBvàOA ⊥OC nênOA ⊥(OBC).
VìOH ⊥BC(doOH ⊥ (ABC)) vàOA⊥ BC(doOH ⊥(ABC)) nên BC ⊥(OAH), suy raBC ⊥ AH(1).
Tương tự ta cóAC ⊥ BH(2).
Từ(1)và(2)suy raH là trực tâm của4ABC.
Ta cóOH ⊥ (ABC) nên mặt phẳng (α)chứaOM và vuông góc với mặt phẳng(ABC)là(OHM).
Trong mặt phẳng(ABC)gọi N là giao điểm của HM và AB, suy ra thiết diện của mặt phẳng(OHM)và tứ diện là4OMN.
DoOA = OB = OC = a vàOA,OB,OC đôi một vuông góc nhau nên AB= AC =BC =a√
2, suy ra4ABCđều.
O E B
N A
C H M
MàHlà trực tâm của4ABCnên AH cắtBCtại trung điểm của đoạnBC.
GọiElà trung điểmBC.
Ta cóHlà trọng tâm4ABCnên3HE = AE. Do đó,MN k BC, suy raMN = 2
3BC = 2a
√3 3 . Vì4AOEvuông tại Anên 1
OH2 = 1
OA2 + 1
OE2 = 3
4a2, suy raAH = a
√3 3 . VậyS4OMN = 1
2 ·MN·OH = 2a
2√ 6 9 .
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
BÀI 1. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình vuông có tâmO, cạnha,SAvuông góc với mặt đáy vàSA =2a. GọiI là trung điểm củaSB,(α)là mặt phẳng chứaOI và vuông góc với mặt phẳng(ABCD). Xác định và tính diện tích thiết diện do mặt phẳng(α)cắt hình chóp.
Lời giải.
Trong(SAC)kẻOJ kSA(J ∈ SC)⇒ Jlà trung điểmSC.
Ta cóOJ ⊥(ABCD). Mp(α)là(OI J).
Gọi K là trung điểm AB. Trong (ABCD) gọi M là giao điểm củaOKvàCD.
Thiết diện là hình thangI J MKvuông tạiIvàK.
IK =a,I J = a
2,KM =a.
SI J MK = 3a
2
4 .
S
D M C
O A K
J
B I
BÀI 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCDlà hình thang vuông tại A vàB, AD = 2a, AB = BC = a, SA vuông góc với đáy, SA = a√
2. Gọi E là trung điểm BC. Xác định và tính diện tích thiết diện của mặt phẳng chứaSEvà vuông góc với mặt phẳng(SAC)với hình chóp.
Lời giải.
Gọi I là trung điểm của AD ⇒ ABCI là hình vuông⇒ AC ⊥ BI(1). Ta có BCDI là hình bình hành⇒ BI k CD(2). Từ (1) và (2) suy raAC ⊥CD. Ta cóCD ⊥(SAC).
Kẻ EF k CD(F ∈ AD). Suy ra EF ⊥(SAC)⇒(SEF) ⊥(SAC).
Mp chứa SE và vuông góc (SAC) là mặt phẳng(SEF).
Thiết diện của mp(SEF) với hình chóp là tam giácSEF.
GọiH = AC∩EF.
S
H B E C
A I F D
A I F D
B E C H
Ta cóEF⊥SH.
Ta cóEFDClà hình bình hành⇒EF =CD =a√ 2.
AH = AF·cos 450= 5
√2a
4 .Vậy S4SEF = 1
2SH·EF= 5a
2
4 .
BÀI 3. Cho hình chópS.ABC có đáy là tam giác vuông cân tạiC,SA ⊥ (ABC),SA = AC = a.
Gọi I lần lượt là trung điểm của SB. Lấy điểm M trên cạnh AC sao cho3AM = AC. Gọi(α) là mặt phẳng chứaI Mvà vuông góc với mặt phẳng(SAC). Xác định và tính diện tích thiết diện của mặt phẳng(α)và hình chóp.
Lời giải.
Trong mặt phẳng (ABC), kẻ MN k BC (N ∈ AB). Ta có BC ⊥ (SAC). Mà MN k BC nên MN ⊥(SAC). Suy ra(I MN) ⊥(SAC).
Mặt phẳng chứa I Mvà vuông góc với mặt phẳng (SAC)là mặt phẳng(I MN).
Gọi Jlà trung điểm SC. Ta có I J k MN. Suy ra thiết diện cắt bởi (I MN)và hình chóp là hình thangI J MNvuông tại Mvà J.
Ta cóMN = 1
3BC = a
3, I J = BC 2 = a
2, OM2 =
»
JC2+MC2−2JC·MC·cos’JCM
= 20a
2
36 ⇒ J M= 2a
√5
6 = a
√5 3 . Vậy SMN J I = 1
2(MN+I J)MJ = 1 2
a 3 +a
2 · a
√5
3 = 5
√5a3 36 .
S
C
A B
M
N I J
BÀI 4. Cho hình chópS.ABCDcó đáy ABCDlà hình thang vuông tại AvàD, AB = 2a, AD = CD = SA = a, SA vuông góc với đáy. Gọi I,M lần lượt là trung điểm SB,AD. Gọi (P) là mặt phẳng chứaI Mvà vuông góc(SAD. Tính diện tích thiết diện do(P)cắt hình chóp.
Lời giải.
GọiNlà trung điểmBC. Ta cóMN k ABk CDvàMN ⊥AD.
Ta cóMN ⊥(SAD) ⇒(I MN)⊥(SAD). Mặt phẳng(P)là(I MN).
Kẻ IK k AB(K ∈ SA). Thiết diện là hình thang IKMNvuông tại K vàM.
MN = 3a
2 ,IK =a,KM = a
√2
2 suy raSIKMN = 5
√2a2 8 .
S
D C
A M K
B N I
BÀI TẬP TỔNG HỢP
BÀI 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = BC = a, AD=2a,SA⊥(ABCD). Chứng minh rằng(SAC)⊥(SCD).
Lời giải.
VìSA ⊥(ABCD)nênCD ⊥SA.
GọiIlà trung điểm AD.
Khi đóABCIlà hình vuông và tam giác ICDvuông cân tạiI.
Từ đóACD’ =90◦hayCD ⊥ AC.
Do đóCD ⊥(SAC). Vì vậy(SCD) ⊥(SAC).
S
A
B C
I D
BÀI 6. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A0B0C0D0 có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, AA0 = b.
Gọi Mlà trung điểm của CC0. Xác định tỉ số a
b để hai mặt phẳng(A0BD) và(MBD)vuông góc với nhau.
Lời giải.
GọiOlà tâm ABCD.
VìA0B= A0Dnên A0O ⊥BD.
VìMB= MDnên MO⊥BD.
Suy ra góc giữa (A0BD) và (MBD) là góc giữa A0O và MO.
Do đó(A0BD) ⊥(MBD)khi
A÷0OM=90◦ ⇔ A0O2+OM2 = A0M2. Ta có: A0O2=b2+ a
2
2. OM2 = b
2
4 +a
2
2. A0M2 =2a2+b
2
4 .
Vì vậy để(A0BD) ⊥(MBD)thì 5b2
4 +a2 =2a2+ b
2
4 ⇔b =a.
Vậy b
a =1thì(A0BD) ⊥(MBD).
O A
A0
B B0
C C0
D D0
M
BÀI 7. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A0B0C0 có đáy là tam giác vuông cân tại Bvà BB0 = a√
2.
GọiM,Nlần lượt là trung điểmAC,AA0. GọiI,Jlần lượt là trung điểm AB,CM.
1 Chứng minh(AC0B) ⊥(BMN).
2 Xác định thiết diện do mặt phẳng(P)chứaI J và vuông góc(BMN)với hình lăng trụ.
Lời giải.
1 Ta có AC = a√
2 và AA0 = a√
2, Suy ra AA0C0C là hình vuông. Do đó AC0 ⊥ A0C. Mà MN k A0C nên MN ⊥ AC0 (1)
Ta cóBM ⊥ AC (do 4ABC vuông cân tại B và Mlà trung điểm AC) và BM ⊥ AA0 (do AA0 ⊥ (ABC)).
Suy raBM ⊥(AA0C0C). Do đóBM ⊥ AC0(2)
Từ (1) và (2) suy ra AC0 ⊥ (BMN). Vậy (AC0B0) ⊥(BMN).
2 Kẻ JK k AC0(K ∈ CC0). Ta có JK ⊥ (BMN). Suy ra (I JK) ⊥(BMN). Mp(α)là(I JK).
Trong (ABC) gọi D = I J ∩ BC, trong (BB0C0C) gọi E =DK∩BB0. Thiết diện là tứ giác I JKE.
A A0
N
B0
I
C C0
K E
B
M J
D