Quan hệ vuông góc trong không gian

Page
1

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012

QUAN HỆ VUÔNG GÓC
BIÊN SOẠN GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
PHẦN MỘT: VÉC TƠ TRONG KHÔNG GIAN
Những kiến thức cơ bản cần nhớ
⊻
Các quy tắc trong hình học phẳng:
•
Với ba điểm bất kỳ ta luôn có:
+
AB BC AC
+ =
  

+
AC AB BC
− =
  

+
2
AB AC AM
+ =
  

với
M
là trung điểm của
BC

•
Nếu
ABCD
là hình bình hành ta có:

AB AD AC
+ =
  

•
Điều kiện để 3 điểm
, ,
A B C
thẳng hàng là với mọi điểm
O
ta có:
OA mOB nOC
= +
  
với
1
m n
+ =

Hoặc

AB kBC
=
 

•
Nếu
G
là trọng tâm của tam giác
ABC
thì
+
0
GA GB GC
+ + =
   

+ Với mọi điểm
M
ta có 3
MA MB MC MG
+ + =
   

•
Điểm
M
được gọi là chia đoạn
AB
theo tỷ số
k

khi
MA kMB
=
 
khi đó với mọi điểm
O
bất kỳ ta luôn có:
1
OA kOB
OM
k
−
=
−
 


⊻
Các quy tắc trong hình không gian.
Các quy tắc trong hình phẳng thì cũng đúng trong hình không gian. Ngoài ra ta cần
nắm thêm các tính chất sau:


Page
2

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
•
Cho ba véc tơ

, ,
a b c
  
không đồng phẳng. Khi đó với mọi véc tơ
d

ta luôn có:
d ma nb pc
= + +
   
. Trong đó bộ ba số
, ,
m n p
là duy nhất. Điều đó có nghĩa là
Nếu tồn tại một cách biễu diễn khác
d xa yb zc
= + +
   
thì ta suy ra
m x
n y
p z
=


=


=


•
Điều kiện để
, ,
a b c
  
đồng phẳng là tồn tại duy nhất cặp số
,
m n
sao cho
a mb nc
= +
  

Hoặc tồn tại 3 số
, ,
m n p
sao cho
0
ma nb pc
+ + =
   

•
Bốn điểm
, , ,
A B C D
đồng phẳng khi tồn tại các số
,

m n
sao cho
AB mAC nAD
= +
  

Hoặc
OD mOA nOB pOC
= + +
   
trong đó:
1
m n p
+ + =

•
Để chứng minh đường thẳng
( )
d
song song với mặt phẳng
( )
P
ta làm như sau: Trên
( )
d
lấy một véc tơ
a

, Trên
( )

P
lấy 2 véc tơ
,
b c
 
sau đó chứng minh
, ,
a b c
  
đồng phẳng.
Tức là
a mb nc
= +
  

PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN BẰNG VÉC TƠ:
+ Chọn một hệ véc tơ cơ sở gồm 3 véc tơ:
, ,
a b c
  
không đồng phẳng;
+ Biểu diễn các véc tơ thông qua
, ,
a b c
  

+ Dựa vào các tính chất véc tơ để tìm điều kiện, hoặc tính toán các kết quả.

Ví dụ 1: Cho tứ diện
,

ABCD M
và
N
là các điểm lần lượt thuộc
AB
và
CD
sao cho
2 , 2
MA MB ND NC
= − = −
   
; các điểm
, ,
I J K
lần lượt thuộc
, ,
AD MN BC
sao cho
IA kID
=
 
,
KB kKC
=
 
. Chứng minh rằng các điểm
, ,
I J K
thẳng hàng.

Lời giải:


Page
3

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012

Cách 1: Ta có
IJ IA AM MJ
= + +
   
(1);
IJ ID DN NJ
= + +
   
(2)
Từ (2) ta có:
kIJ kID kDN kNJ
= + +
   
hay
kIJ IA kDN MJ
= + +
   
(3)
Từ (1) và (3) ta có:
(
)

1
k IJ AM kDN
− = −
  
hay
1 1
1 1
IJ AM DN
k k
= −
− −
  

Chứng minh tương tự trên ta có:
1 1
1 1
JK MB NC
k k
= −
− −
  

Mặt khác
2 , 2
MA MB ND NC
= − = −
   
nên
2 2
1 1

k
IJ MB NC
k k
= −
− −
  

Từ đó ta có
2
IJ JK
=
 
. Vậy ba điểm
, ,
I J K
thẳng hàng.
Cách 2: Vì
2
MA MB
= −
 
nên với điểm
O
bất kỳ thì
2
3
OA OB
OM
+
=

 


Tương tự
2
; ; ;
3 1 1 1
OD OC OA kOD OB kOC OM kON
ON OI OK OJ
k k k
+ − − −
= = = =
− − −
       
   

Từ đó ta có:
(
)
( ) ( )
1 1 1 1
. 2 2 . 1 2 1
1 3 1 3
OJ OA OB kOD kOC k OI k OK
k k
 
= + − − = − + −
 
− −
      

(
)
1 1 2
2
3 3 3
OI OK OI OK
= + = +
   

Mặt khác
1 2
1
3 3
+ =

Vậy ba điểm
, ,
I J K
thẳng hàng.
K
J
I
N
M
D
C
B
A

Page
4

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Ví dụ 2: Cho hình hộp
' ' ' '
ABCDA B C D
; các điểm
,
M N
lần lượt thuộc các đường thẳng
CA
và
'
DC
sao cho
, '
MC mMA ND mNC
= =
   
. Xác định
m
để các đường thẳng
MN
và
'
BD

song song với nhau. Khi ấy, tính
MN
biết



0
' ' 60
ABC ABB CBB= = = và
, ' ,
BA a BB b BC c
= = =
.
Lời giải:
Xác định
m
:
Đặt
, ' ,
BA a BB b BC c
= = =
     
thì '
BD a b c
= + +
   

Do
MC mMA
=

 
nên
1 1
BC mBA c ma
BM
m m
− −
= =
− −
   


Tương tự ta có:
(
)
' 1
1 1 1 1
a c m b c
BD mBC m
BN a b c
m m m m
+ − +
−
= = = − +
− − − −
   
 
   

Từ đó

1
1 1 1
m m m
MN BN BM a b c
m m m
+
= − = − −
− − −
     

Do
, '
AC BD
chéo nhau và
', '
DC BD
chéo nhau nên:
/ / ' '
MN BD MN kBD MN ka kb kc
⇔ = ⇔ = + +
     

Mặt khác
, ,
a b c
  
không đồng phẳng nên điều ấy xảy ra khi và chỉ khi
1
1
1

1
m
k
m
m
k
m
m
k
m
+

=

−


=

−


=

−


Suy ra
1
1

2
m m m
+ = − ⇔ = −
.
Từ đó ta có
1
3
k
=

Vậy
1
2
m
= −
thì
/ / '
MN BD

Tính
:
MN



Page
5

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012

Khi ấy:
(
)
1
3
MN a b c
= + +
   
do đó
(
)
2 2 2 2
1
2 . 2 . 2 .
9
MN a b c a b a c b c
= + + + + +
         

Hay
( )
2 2 2 2
1
9
MN a b c ab ac bc
= + + + + +
tức là
2 2 2
1
3

MN a b c ab bc ca
= + + + + +
.

Ví dụ 3: Cho lăng trụ
' ' '
ABCA B C
. Gọi
I
và
J
lần lượt là trung điểm của
'
BB
và
' '
A C
.
Điểm
K
thuộc
' '
B C
sao cho
' 2 '
KC KB
= −
 
. Chứng minh rằng bốn điểm
, , ,

A I J K
cùng
thuộc một mặt phẳng.
Lời giải:


A
B
C
D
A'
B'
C'
D'
M
N
I J
K
A
B
C
A'
B'
C'
M


Page
6

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Đặt
' , ,
AA a AB b AC c
= = =
     
.
Ta có
(
)
(
)
(
)
1 1 1
' 2
2 2 2
AI AB AB b a b a b
= + = + + = +
       
(1)

(
)
(
)
(
)
1 1 1

' ' 2
2 2 2
AJ AA AC a a c a c
= + = + + = +
       
(2)

(
)
2
' 2 ' 3 2
3 3 3
a c a b
AC AB a b c
AK
+ + +
+ + +
= = =
   
    

(3)
Từ (1),(2),(3) ta có
(
)
2
3
AK AI AJ
= +
  

Vậy
, ,
AI AJ AK
  
đồng phẳng tức là các điểm
, , ,
A I J K
cùng thuộc một mặt phẳng.
Chú ý: Có thể chứng minh các điểm
, , ,
A I J K
thuộc một mặt phẳng bằng cách chứng
minh
AI
và
JK
cắt nhau tại
M
.
Ví dụ 4: Cho hình chóp
SABCD
có đáy là hình bình hành. Một mặt phẳng
(
)
P
bất kỳ
không qua
S
, cắt các cạnh

, , ,
SA SB SC SD
lần lượt tại các điểm
1 1 1 1
, , ,
A B C D
. Chứng minh
rằng:
1 1 1 1
SA SC SB SD
SA SC SB SD
+ = +

Lời giải:
Vì
ABCD
là hình bình hành nên
SA SC SB SD
+ = +
   
hay
SD SA SC SB
= + −
   

Đặt
1 1 1 1
; ; ;
SA aSA SB bSB SC cSC SD dSD
= = = =

       
(với
, , ,
a b c d
là các số lớn hơn 1)
Khi đó:
1 1 1 1
;
SA SC SB SD
a c b d
SA SC SB SD
+ = + + = +

Và
(
)
(
)
1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
. .
a c b
SD SD SA SC SB aSA cSC bSB SA SC SB
d d d d d d
= = + − = + − = + −
          


Mặt khác các điểm
1 1 1 1

, , ,
A B C D
thuộc mặt phẳng, nên từ đẳng thức đó suy ra
1
a c b
d d d
+ − =
tức là
a c b d
+ = +
. Như vậy
1 1 1 1
SA SC SB SD
SA SC SB SD
+ = +
.


Page
7

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Ví dụ 5: Cho hình lập phương
' ' ' '
ABCDA B C D
. Gọi
M
và
N

lần lượt là các điểm
thuộc
'
AD
và
DB
sao cho
(
)
'; 0, 1
MA kMD ND kNB k k
= = ≠ ≠
   

a) Chứng minh rằng
MN
luôn song song với mp
(
)
'
A BC

b) Khi đường thẳng
MN
song song với đường thẳng
'
A C
, chứng tỏ rằng
MN
vuông

góc với
'
AD
và
DB
.
Lời giải:

a) Đặt
' ; ;
AA a AB b AD c
= = =
     
. Khi đó ta có:
. . . 0
a b bc c a
= = =
     
và
2 2 2
a b c
= =
  

Vì
'
MA kMD
=
 
nên

(
)
'
MA k MA AD
= +
  

Vậy
(
)
1
k
AM a c
k
= +
−
  

Tương tự ta có:
1
1 1 1
AD k AB k
AN b c
k k k
−
= = − +
− − −
 
  

Từ đó
(
)
1
1 1
k k
MN AN AM c a b
k k
+
= − = + −
− −
     
hay
1
'
1 1
k k
MN BC BA
k k
+
= +
− −
  
.
Như vậy ba véc tơ
, , '
MN BC BA
  
đồng phẳng
A

B
C
D
A'
B'
C'
D'
M
N


Page
8

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Mặt khác
',
AD DB
cắt mp
(
)
' '
A BCD
, các điểm
,
M N
lần lượt thuộc
',
AD DB

với
0, 1
k k
≠ ≠
nên
MN
không thuộc mp
(
)
'
A BC
. Vậy
MN
song song mp
(
)
'
A BC
.
b) Ta có:
' ; ' , '
A C a b c A C AD
= − + +
   
chéo nhau;
' ,
A C BD
chéo nhau mà
',
M AD N DB

∈ ∈
.
Do đó đường thẳng
MN
song song với đường thẳng
'
A C
khi và chỉ khi
'
MN mA C
=
 
,
tức là:
1
1 1 1
k k k
a b c ma mb mc
k k k
+
− + = − + +
− − −
     

Do
, ,
a b c
  
là ba véc tơ không đồng phẳng nên đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi
1

1
1
1
k
m
k
k
m
k
k
m
k

= −

−


− =

−

+

=

−


Suy ra

1
1
2
k k k
− = + ⇔ = −

Vậy khi
1
2
k
= −
thì
MN
song song với
'
A C

Khi đó
(
)
1
3
MN a b c
= − −
   

Mặt khác
' ,
AD a c DB b c
= + = −

     

Vậy
(
)
(
)
2 2 2 2
1 1
. ' 0; . 0
3 3
MN AD a c MN DB b c
= − − = = − − + =
       

Điều này khẳng định
MN
vuông góc với
'
AD
và
DB
.
Ví dụ 6: Cho tứ diện
ABCD
. Lấy các điểm
, , ,
M N P Q
lần lượt thuộc
, , ,

AB BC CD DA
sao
cho
1 2 1
, , ,
3 3 2
AM AB BN BC AQ AD DP kDC
= = = =
       
. Hãy xác định
k
để bốn điểm
, , ,
P Q M N

cùng nằm trên một mặt phẳng.


Page
9

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Lời giải:

Cách 1: Từ
1
3
AM AB
=

 
, ta có
2
3
BM BA
=
 
. Mặt khác
2
3
BN BC
=
 
nên
/ /
MN AC

Nếu có
k
các điểm
, , ,
M N P Q
thuộc một mặt phẳng thì mp
(
)
MNQ
cắt mp
(
)
ACD

theo
giao tuyến
PQ
nên
/ /
PQ AC

Mặt khác
1
2
AQ AD
=
 
nên
1
2
DP DC
=
 

Vậy
1
2
k
=
thì các điểm
, , ,
M N P Q
cùng thuộc một mặt phẳng.
Cách 2: Đặt

, ,
DA a DB b DC c
= = =
     
khi đó
,
BC c b AB b a
= − = −
     

Do
1
3
AM AB
=
 
nên
(
)
1 1 1
3 3 3
AM b a a b
= − = − +
    


(
)
2 1 2
3 3 3

AN AB BN b a c b a b c
= + = − + − = − + +
         


AP AD DP a kDC a kc
= + = − + = − +
      


1
2
AQ a
= −
 

Khi đó:
2 2 2 1 1 1
; ;
3 3 3 3 6 3
MN a c MP a b kc MQ a b
= − + = − − + = − −
         

A
B
C
D
M
N

P
Q


Page
10

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Các điểm
, , ,
M N P Q
thuộc một mặt phẳng khi và chỉ khi có số
,
x y
sao cho
MP xMN yMQ
= +
  

2 1 2 2 1
3 3 3 3 6 3
a b kc xa xc ya yb
⇔ − − + = − + − −
      

Do
, ,
a b c
  

không đồng phẳng nên điều đó tương đương với
2 1 2
3 6 3
1 1
3 3
2
3
x y
y
x k

− − = −



− = −



=



3 1
1, ,
4 2
y x k
⇒ = = =

Vậy

1
2
k
=
thì các điểm
, , ,
M N P Q
cùng thuộc một mặt phẳng.
Ví dụ 7: Cho hình hộp
' ' ' '
ABCDA B C D
. Một đường thẳng
∆
cắt các đường thẳng
', , ' '
AA BC C D
lần lượt tại
, ,
M N P
sao cho
2
NM NP
=
 
. Tính
'
MA
MA

Lời giải:

P
N
M
D'
C'
B'
A'
D
C
B
A


Page
11

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Đặt
, , '
AD a AB b AA c
= = =
     
. Vì
M
thuộc đường thẳng
'
AA
nên

'
AM k AA kc
= =
  

N
là điểm thuộc đường thẳng
BC
nên
BN la
=
 

P
là điểm thuộc đường thẳng
' '
C D
nên
'
C P mb
=
 

Với
, ,
k l m
là những số thực. Ta có:

( )
' ' ' ' 1

NM NB BA AM la b kc
NP NB BB B C C P la c a mb l a mb c
= + + = − − +
= + + + = − + + + = − + +
      
           

Do
2
NM NP
=
 
nên ta có
(
)
2 1
1
1 2 2, , 2
2
2
l l
m k m l
k
− = −


− = ⇒ = = − =


=



Vậy
2
'
MA
MA
=
.
Ví dụ 8: Cho hai tam giác
ABC
và
DBC
có chung cạnh đáy
BC
và nằm trong hai mặt
phẳng khác nhau.
a) Chứng minh rằng
AD
vuông góc với
CB

b) Gọi
M
và
N
là các điểm lần lượt thuộc các đường thẳng
AB
và
DB

sao cho
MA kMB
=
 
,
ND kNB
=
 
. Tính góc giữa hai đường thẳng
MN
và
BC
.
Lời giải:

N
M
D
C
B
A
I


Page
12

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
a)Gọi

I
là trung điểm của
BC
thì
,
AI BC DI BC
⊥ ⊥

Ta có
AD AI ID
= +
  

Xét
(
)
. . . . 0
BC AD BC AI ID BC AI BC ID
= + = + =
        

Vậy
BC AD
⊥

b) Từ giả thiết
MA kMB
=
 
,

ND kNB
=
 
ta có
/ /
MN AD

Vậy góc giứa hai đường thẳng
MN
và
BC
bằng góc giữa hai đường thẳng
AD
và
BC
.
Theo câu a thì
AD
vuông góc với
BC
, nên góc giữa
MN
và
BC
bằng
0
90
.
Ví dụ 9: Cho
M

và
N
lần lượt là trung điểm của các cạnh
1 1
,
AB A D
của hình hộp
1 1 1 1
ABCDA B C D
.
a) Xác định giao điểm
P
và
Q
của mp
(
)
CMN
với các đường thẳng
1 1
B C
và
1
DB

b) Hãy biểu thị các véc tơ
,
AP AQ
 
qua các véc tơ

, ,
a b c
  
trong đó
1
, ,
b AB c AD a AA
= = =
     

Lời giải:

a)Đặt
1
, ,
AA a AB b AD c
= = =
     
.
P
là giao điểm của mp
(
)
CMN
với đường thẳng
1 1
B C
khi
và chỉ khi
, , ,

C M N P
thuộc một mặt phẳng và
P
thuộc đường thẳng
1 1
B C
.
Ta có các điểm
, , ,
M N C P
thuộc một mặt phẳng nên tồn tại các số
, ,
x y z
sao cho
1
x y z
+ + =
(*) và
AP xAM yAN zAC
= + +
   

N
M
D1
C1
B1
A1
D
C

B
A


Page
13

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Ta có
( )
.
2 2 2 2
b c x y
AP x y a z b c ya z b z c
 
   
= + + + + = + + + +
 
   
   
 
 
      
(1)
Vì
P
thuộc đường thẳng
1 1
B C

nên
1 1 1
B P tB C
=
 
. Từ đó
AP b a tc
= + +
   
(2)
Từ (1), (2) và do
, ,
a b c
  
không đồng phẳng nên
1
1
2
2
y
x
z
y
z t


=


+ =




+ =


(**)
Kết hợp (*) và (**) ta có:
1
1
2
1 2
2
2
1
y
x
z
x
z x x x
y
z t
x y z
=



+ =

⇒

= −
⇒
− =
⇒
= −


+ =


+ + =


5
2,
2
z t
⇒ = =

Vậy giao điểm của mp
(
)
CMN
với đường thẳng
1 1
B C
là điểm
P
xác định bởi
1 1 1

5
2
B P B C
=
 

Tương tự như trên, nếu gọi
Q
là giao điểm của mp
(
)
CMN
với dường thẳng
1
B D
thì ta
có
1
x y z
+ + =
và
2 2
x y
AQ xAM yAN zAC ya z b z c
   
= + + = + + + +
   
   
      

Mặt khác
(
)
( ) ( )
1
1 1
AQ b a tB D a b t a b c t a t b tc
= + + = + + − − + = − + − +
           



Page
14

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Ta có hệ phương trình sau:
1
0
1
2
2
1
2 1
2
2 2
1
y t
x

y z
x
z t
x y z
y
z t
x y
z
x y z
= −



− + =


+ = −


⇔ + + =
 
 
+ =
 
+ + =


+ + =


1 2 4 5
1 2 4 ; ;
3 9 9 9
z z z x y t
⇒ − = − ⇔ = ⇒ = = =
.
Vậy giao điểm
Q
của đường thẳng
1
B D
với mp
(
)
CMN
được xác định bởi
1 1
5
9
B Q B D
=
 

b) Từ kết quả câu a, ta có:
5 4 4 5
;
2 9 9 9
AP a b c AQ a b c
= + + = + +
       

.
Ví dụ 10: Cho lăng trụ tam giác
' ' '
ABCA B C
. Lấy các điểm
1 1 1
, ,
A B C
lần lượt thuộc các
cạnh bên
', ', '
AA BB CC
sao cho
1 1 1
3
' ' ' 4
AA BB CC
AA BB CC
= = =
. Trên các đoạn thẳng
1
CA
và
1
'
A B

lần lượt lấy các điểm
,
I J

sao cho
1
/ / '
IJ B C
. Tính tỉ số
1
'
IJ
B C

Lời giải:
Đặt
' , ,
AA a AB b AC c
= = =
     
. Theo giả thiết ta có:
1 1 1
3 3 3
; ;
4 4 4
AA a BB a CC a
= = − = −
     

Ta có:
1 1 1 1
3 3
; ' ' ' ' ;
4 4

CA CA AA a c A B A B B B a b
= + = − = + = − +
         
1 1
3
' ' ' ' ' '
4
B C B A A C C C a b c
= + + = − − +
      

Vì
I
thuộc
1
CA
nên
1
3
4
CI tCA ta tc
= = −
   

Do
J
thuộc
1
'
A B

nên
1
3
' '
4
A J mA B ma mc
= = − +
   

Mặt khác
( )
3 3 3 3
' ' 1 1
4 4 4 4
IJ IC CA A J ta tc a c ma mb t m a mb t c
 
= + + = − + + − − + = − − + + −
 
 
            



Page
15

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Ta có
1 1

3 3 3
1
4 4 4
/ / ' '
1
t m k
IJ B C IJ kB C m k
t k

− − = −


⇔ = ⇔ = −


− =


 

Suy ra
( )
3 3 3 1 3 1 2 1
1 1 0 ,
4 4 4 4 4 3 3 3
k k k k k t m
− + + = − ⇔ + = ⇔ = − ⇒ = =

Vậy điểm
I

thuộc
1
AC
được xác định bởi
1
2
3
CI CA
=
 
và
J
thuộc
1
'
A B
được xác định
bởi
1
1
' '
3
A J A B
=
 
.
Khi đó ta có
1
1
' 3

IJ
B C
=
.

Ví dụ 11: Cho
,
M N
lần lượt là trung điểm của các cạnh
AB
và
CD
của tứ diện
;
ABCD P
là điểm thuộc đường thẳng
AD
sao cho
,
PA kPD k
=
 
là số cho trước
(
)
1
k
≠
.
Xác định điểm

Q
thuộc đường thẳng
BC
sao cho
PQ
và
MN
cắt nhau. Khi đó hãy tính
tỉ số
QB
QC

Lời giải:
C
1
B
1
A
1
C'
B'
A'
C
B
A
J
I


Page

16

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012

MN
cắt
PQ
nên các điểm
, , ,
M N P Q
cùng thuộc một mặt phẳng. điều này tương đương
với các số
,
x y
sao cho
MP xMN yMQ
= +
  

Đặt
, ,
DA a DB b DC c
= = =
     
. Khi đó:

(
)
(

)
1 1
2 2
MN AD BC a b c
= + = − − +
     

( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 1
2
1 1 2 2 1 2 2
MA kMD k k
MP a b a b a a b a b
k k k
−
   
= = − − − − = − + −
   
− − −
   
 
         


( )
( ) ( )
( )
1 1 1
1 1
2 1 2 1 2

k
k a k b a b
k k
+
 
= + + − = −
 
− −
   

( ) ( )
1 1 1
2 2 2
MQ MB BQ b a t b c a t b tc
 
= + = − + − + = − + − +
 
 
         

Từ đó ta có:
( )
1 1 1
2 1 2 2
1 1 1 1 2
1, 1 ,
2 2 2 1 1 1
1
0
2

k
x y
k
k k k
MP xMN yMQ x y t y x t
k k k
x yt
+

= − −

−


+
 
= + ⇔ − = − + −
⇒
= − = + = =

 
− − −
 


= +


  

Như vậy
( )
1
1 1 1 1
k k k k
BQ BC BQ QC BQ QC
k k k k
 
= = + ⇔ − =
 
− − − −
 
     

Q
P
A
B
C
D
M
N


Page
17

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012

.
QB
QB k QC k
QC
⇔ − = ⇔ =
 
.
Ví dụ 12: Cho tứ diện
ABCD
. Gọi
1 1 1 1
, , ,
A B C D
là các điểm lần lượt thuộc các đường
thẳng
AB
, ,
BC CD DA
sao cho
1 1 1 1 1 1 1 1
, , ,
A A k A B B B kB C C C kC D D D kD A
= = = =
       
. Với giá trị
nào của
k
thì bốn điểm
1 1 1 1
, , ,

A B C D
cùng thuộc một mặt phẳng?
Lời giải:

Cách 1: Đặt
, ,
DA a DB b DC c
= = =
     
thì
, ,
a b c
  
không đồng phẳng. các điểm
1 1 1 1
, , ,
A B C D

cùng thuộc một mặt phẳng khi và chỉ khi các số
,
m n
để
1 1 1 1 1 1
D B mD A nD C
= +
  
(1)
Từ hệ thức
1 1
B B kB C

=
 
, ta có
1 1
1 1
1
D B kD C
D B
k
−
=
−
 

hay
(
)
1 1
1 1 1
1 1
1 1 1
D D DB k D D DC
D B D D b c
k k k
+ − +
= = + −
− − −
   
   

Mặt khác
(
)
1 1 1 1
1
k
D D kD A k D D DA D D a
k
= = + ⇒ =
−
     

Vậy
1 1
1
1 1 1
k k
D B a b c
k k k
= + −
− − −
   
(2)
Tương tự như trên ta có:
D
1
C
1
B
1

A
1
A
B
C
D


Page
18

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
(
)
1 1
1 1
1 1 1
1
1 1 1 1
D D DA k D D DB
D A kD B
k
D A D D a b
k k k k
+ − +
−
= = = + −
− − − −
   

 
   
hay
1
1
1 1
k k
D A a b
k k
+
= −
− −
  
(3)
1 1 1 1
1 1 1
1
1 1 1
D C kD D D D DC kD D
D C D D c
k k k
− + −
= = = +
− − −
    
  

Do đó
1 1
1

1 1
k
D C a c
k k
+ +
− −
  
(4)
Từ (1),(2),(3),(4) ta có các điểm
1 1 1 1
, , ,
A B C D
cùng thuộc một mặt phẳng khi và chỉ khi:
(
)
ka b kc mk nk m a mkb nc
+ − = + + − +
     

Do
, ,
a b c
  
không đồng phẳng nên đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi có các số
,
m n
để
1
k mk nk m
mk

k n
= + +


= −


− =


Điều đó tương đương với
2
1
1k k
k
= − − −
hay
3 2
1 0
k k k
+ + + =
hay
1
k
= −

Vậy với
1
k
= −

thì các điểm
1 1 1 1
, , ,
A B C D
cùng thuộc một mặt phẳng.
Cách 2:
, ,
DA a DB b DC c
= = =
     
. Tìm
k
để các điểm
1 1 1 1
, , ,
A B C D
cùng thuộc một mặt
phẳng tương đương với việc tìm
k
để có biểu diễn:
1 1 1 1
DA xDB yDC zDD
= + +
   
, với
1
x y z
+ + =
(a)
Từ hệ thức

1 1
A A kA B
=
 
ta có:
1
1
1 1 1
DA kDB k
DA a b
k k k
−
= = −
− − −
 
  
(1)
Tương tự như trên ta cũng có:
1
1
1 1
k
DB b c
k k
= −
− −
  
(2)
Mặt khác từ
1 1

C C kC D
=
 
ta có
1 1 1
1
1
C D DC kC D DC c
k
+ = ⇔ =
−
    
(3)


Page
19

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Tương tự
1 1
D D kD A
=
 
, ta cũng có
1
1
k
D D a

k
=
−
 
(4)
Từ (1),(2),(3),(4) ta suy ra
2
1 1 1 1
1
DA DD kDB k DC
k
= − − −
   
(b)
Từ (a) và (b) ta có các điểm
1 1 1 1
, , ,
A B C D
cùng thuộc một mặt phẳng khi và chỉ khi:
2 3 2
1
1 1 0 1
k k k k k k
k
− − − = ⇔ + + + = ⇔ = −

Vậy với
1
k
= −

thì các điểm
1 1 1 1
, , ,
A B C D
cùng thuộc một mặt phẳng.


PHẦN HAI:
CHỨNG MINH CÁC QUAN HỆ VUÔNG GÓC
Những vấn đề chung:
Dấu hiệu nhận biết đường cao khối chóp:
- Dấu hiệu 1: Khối chóp có 1 cạnh góc vuông với đáy đó chính là chiều cao.
- Dấu hiệu 2: Khối chóp có 1 mặt bên vuông góc với đáy thì đường cao chính là
đường vuông góc kẻ từ đỉnh đến giao tuyến của mặt bên và đáy.
- Dấu hiệu 3: Khối chóp có 2 mặt kề nhau cùng vuông góc với đáy thì đường cao
chính là giao tuyến của 2 mặt kề nhau đó.
- Dấu hiệu 4: Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên cùng tạo
với đáy 1 góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp
đáy.
- Dấu hiệu 5: Khối chóp có các mặt bên đều tạo với đáy 1 góc bằng nhau thì chân
đường cao chính là tâm vòng tròn nội tiếp đáy.
Sử dụng các giả thiết mở:
- Hình chóp
SABCD
có mặt phẳng
( )
SAB
và
( )
SAC

cùng tạo với đáy góc
α
thì
chân đường cao hạ từ đỉnh
S
thuộc phân giác trong góc
BAC

- Hình chóp
SABCD
có
SB SC
=
hoặc
,
SB SC
cùng tạo với đáy một góc
α
thì chân
đường cao hạ từ
S
rơi vào đường trung trực của
BC



Page
20

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN

2012
Việc nhận biết đường cao một khối chóp chính là chìa khóa quan trọng nhất để giải
quyết các bài toán trong quan hệ vuông góc:
Các dấu hiệu 1,2,3 là những tính chất quen thuộc trong hình không gian.
Đối với các dấu hiệu 4, 5: Ta có thể chứng minh nó như sau:
Dấu hiệu 4: Xét khối chóp
1 2 3

n
SA A A A
có
1 2
, , ,
n
SA SA SA
tạo với đáy các góc bằng nhau
hoặc
1 2

n
SA SA SA
= = =

•
Ta hạ
1 2 1 2 1 2
( )
n n n
SH A A A vSHA vSHA vSHA HA HA HA
⊥

⇒
∆ = ∆ = = ∆
⇒
= = =

Điều đó chứng tỏ
H
là tâm vòng tròn ngoại tiếp đa giác
1 2

n
A A A

Dấu hiệu 5: Xét khối chóp
1 2 3

n
SA A A A
có
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 2 3 1 1
, , , ,
n n n

SA A SA A SA A SA A
−

•
Ta hạ
1 2
( )
n
SH A A A
⊥
, sau đó từ
H
dựng
1 2
, , ,
n
HM HM HM
lần lượt vuông góc với
1 2 2 3 1
, , ,
n
A A A A A A

Khi đó các tam giác
1 2 1 2

n n
vSHM vSHM vSHM HM HM HM
∆ = ∆ = = ∆
⇒

= = =

Điều đó chứng tỏ
H
là tâm vòng tròn nội tiếp đáy
1 2

n
A A A
.
Vấn đề 1: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc, đường thẳng vuông góc với mặt
phẳng, hai mặt phẳng vuông góc
1) Để chứng minh hai đường thẳng
,
a b
vuông góc với nhau ta có thể dùng các cách:
- Chứng minh góc tạo bởi
2
đường thẳng
,
a b
bằng
0
90

- Chứng minh
( )
a P
⊥
trong đó

( )
P
chứa đường thẳng
b

- Dùng phương pháp véc tơ để chứng minh
. 0
m n
=
 
trong đó các véc tơ
,
m n
 
có giá
cùng phương với đường thẳng
,
a b

- Dùng tính chất bắc cầu:
{
/ /
a c
a b
b c
⊥
⇒ ⊥

2) Để chứng minh một đường thẳng
a

vuông góc với mặt phẳng
( )
P
ta có thể dùng
một trong các cách sau:


Page
21

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
- Xác định góc tạo bởi đường thẳng
a
và mặt phẳng
( )
P
và chỉ ra góc đó bằng
0
90

- Chứng minh đường thẳng
a
vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt
phẳng
( )
P

- Dựa vào các dấu hiệu nhận biết đường cao khối chóp.
3) Để chứng minh hai mặt phẳng

( ),( )
P Q
vuông góc với nhau ta có thể chọn các
phương pháp sau
- Xác định góc tạo bởi 2 mặt phẳng
( ),( )
P Q
và chỉ ra góc đó bằng
0
90

- Chứng minh mặt phẳng
( )
P
chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
( )
Q

Ví dụ 1) Cho hình chóp
OABC
có



0 0 0
, 120 , 60 , 90
OA OB OC AOC BOA BOC= = = = =
.
Chứng minh rằng:
a)

ABC
là tam giác vuông
b)
(
)
(
)
OAC ABC
⊥

Lời giải:

a) Đặt
OA OB OC a
= = =
, ta có tam giác
BOA
đều nên
AB a
=
. Tam giác
OBC
vuông
cân tại
O
nên
2
BC a
=

Áp dụng định lý hàm số cô-sin trong tam giác
AOC
ta có:
M
C
B
A
O


Page
22

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012


2 2 2 2
2 . .cos 3
AC OA OC OAOC AOC a
= + − =

Vậy
2 2 2
AC AB BC
= +
. Do đó tam giác
ABC
vuông tại
B

.
b) Gọi
M
là trung điểm của
AC
. Ta có
OM AC
⊥
(1)
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 1 3
;
4 4 4 4
a a a
OM OC MC a BM AC= − = − = = =

Suy ra
2 2 2 2
OM BM a OB
+ = =
. Do đó tam giác
OMB
vuông tại
M

Suy ra
OM BM
⊥
. (2)

Từ (1) và (2) suy ra
(
)
OM ABC
⊥
do đó
(
)
(
)
OAC ABC
⊥
.
Trong ví dụ này chắc các em học sinh sẽ đặt ra câu hỏi tại sao ta biết gọi điểm
M
là
trung điểm của
AC

Thực ra ta đã dựa vào dấu hiệu 4: Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh
bên cùng tạo với đáy 1 góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm vòng tròn ngoại
tiếp đáy.

Vì vậy khi đã chứng minh được tam giác
ABC
vuông tại
M
ta có thể chứng minh
( ) ( )
OAC ABC

⊥
theo cách:

•
Hạ
( )
OM ABC
⊥
thể thì
OMA OMB OMC MA MB MC
∆ = ∆ = ∆
⇒
= =
. Nói các khác
M

là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác
ABC

Do tam giác
ABC
vuông tại
B
nên
M
là trung điểm của
AC
từ đo suy ra
( ) ( )
OAC ABC

⊥


Ví dụ 2) Cho hình chóp
SABCD
có đáy là hình vuông cạnh
a
, tam giác
SAB
đều,
2
SC a
=
. Gọi
K
là trung điểm của
AD
. Chứng minh rằng:
a)
(
)
(
)
SAB ABCD
⊥

b)
,
AC SK CK SD
⊥ ⊥

Lời giải:


Page
23

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012

a) Ta có
SB AB BC a
= = =
, do đó
2 2 2 2
2
SB BC a SC
+ = =

Suy ra tam giác
SBC
vuông cân tại
B
.
Vậy
BC SB
⊥
mà
BC AB
⊥

nên
(
)
BC SAB
⊥

Do đó
(
)
(
)
SAB ABCD
⊥
.
b) Gọi
H
là trung điểm của
AB
. Suy ra
SH AB
⊥
mà
(
)
(
)
SAB ABCD
⊥
nên
(

)
SH ABCD
⊥

Ta có
( )
AC SH
AC SHK AC SK
AC HK
⊥

⇒
⊥
⇒
⊥

⊥


Trong hình vuông
ABCD
có
CK DH
⊥
. Lại có
CK SH
⊥
nên
(
)

CK SHD
⊥
suy ra
CK SD
⊥
.
Chú ý ta có thể chứng minh
( ) ( )
SAB ABCD
⊥
dựa vào dấu hiệu 3 nhận biết đường cao
như sau:
Ta thấy rằng
SH AB
⊥
là giao tuyến của 2 mặt phẳng
( ) ( )
SAB ABCD
⊥
. Như vậy ta cần
chứng minh
( )
SH ABCD SH HC
⊥ ⇔ ⊥
. Nhưng công việc này hoàn toàn đơn giản vì ta
tính được:
2 2 2
SC SH HC
= +

Ví dụ 3) . Cho tứ diện
SABC
có
SA
vuông góc với
(
)
ABC
. Gọi
,
H K
lần lượt là trực tâm
,
ABC SBC
∆ ∆
. Chứng minh:
a)
, ,
AH SK BC
đồng qui.
K
H
A
D
C
B
S

Page
24

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
b)
(
)
SC BHK
⊥

c)
(
)
HK SBC
⊥

Giải:

a) Chứng minh
, ,
AH SK BC
đồng qui
Gọi
J AH BC
= ∩

(
)
SA ABC

⊥
,
( )
AJ BC ABC
⊥ ⊂
suy ra
( )
BC SAJ SJ BC
⊥ ⇒ ⊥

K SJ
⇒
∈
, tức là
, ,
AH SK BC
đồng qui tại
J
.
b) Chứng minh
(
)
SC BHK
⊥

Ta có:
( )
BH AC
BH SAC SC SC BH
BH SA

⊥

⇒
⊥ ∈
⇒
⊥

⊥


Mặt khác:
(
)
SC BK SC BHK
⊥ ⇒ ⊥

c) Chứng minh
(
)
HK SBC
⊥

Vì
(
)
SC BHK HK HK SC
⊥ ∈ ⇒ ⊥

Mặt khác dễ thấy
(

)
BC SAJ HK HK BC
⊥ ∈ ⇒ ⊥

J
H
N
K
M
C
B
A
S


Page
25

QUAN HỆ VUÔNG GÓC LỚP 11- GV NGUYỄN TRUNG KIÊN
2012
Vậy
(
)
HK SBC
⊥
.
Ví dụ 4) Cho lăng trụ
' ' '
ABCA B C
có tam giác

ABC
đều cạnh
a
, cạnh bên
'
CC
vuông
góc với đáy và
'
CC a
=
.
a) Gọi
I
là trung điểm của
BC
. Chứng minh
'
AI BC
⊥
.
b) Gọi
M
là trung điểm của
'
BB
. Chứng minh
'
AM BC
⊥

c) Lấy
N
thuộc
' '
A B
sao cho
'
4
a
NB
=
và gọi
J
là trung điểm của
' '
B C
. Chứng minh
(
)
AM MNJ
⊥

Giải:
a) Chứng minh
'
AI BC
⊥

(

)
' '
CC ABC AI AI CC
⊥ ∈ ⇒ ⊥

ABC
∆
đều
IB IC AI BC
=
⇒
⊥

(
)
' ' ' '
AI BB C C BC AI BC
⇒ ⊥ ∈ ⇒ ⊥

b) Chứng minh
'
AM BC
⊥

/ / '
'
' '
MI B C
BC MI
B C BC


⇒
⊥

⊥


Theo câu a thì
(
)
' '
BC AI BC AMI AM
⊥ ⇒ ⊥ ∈

'
AM BC
⇒
⊥

c) Chứng minh
(
)
AM MNJ
⊥

Vì
' '
AA B B
là hình vuông
AM BH

⇒
⊥
(
H
là trung điểm của
' '
A B
), theo trên
(
)
' '
AM BC AM BHC
⊥ ⇒ ⊥
(1)
Mặt khác
( ) ( )
/ /
/ / '
/ / '
MN BH
MNJ BHC
MJ BC

⇐


(2)
Từ (1) và (2) suy ra
(
)

AM MNJ
⊥
.