chinh phục hình học không gian 2016

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

CHINH PHỤC HÌNH KHÔNG GIAN 2016
Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH]
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
Câu 1: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a , tam giác ABC đều, hai mặt phẳng
( SAB ) và ( SAC ) cùng vuông góc với đáy và mặt phẳng ( SBC ) tạo với đáy một góc 600 . Tính khoảng
cách giữa các đường thẳng sau:
a) SA và BD.
b) BD và SC.
Lời giải:
( SAB ) ⊥ ( ABC )
a) Ta có: 
⇒ SA ⊥ ( ABC ) .
( SAC ) ⊥ ( ABC )
 AI ⊥ BD
Gọi I là tâm hình thoi ta có: 
 SA ⊥ AI
nên AI là đường vuông góc chung do vậy ta có:
AC
d ( SA; BD ) = AI =
=a.
2
 BD ⊥ SA
b) Ta có: 
⇒ BD ⊥ ( SAC ) .
 BD ⊥ AC
Dựng IK ⊥ SC ta có IK là đường vuông góc
chung của BD và SC. Dựng AE ⊥ BC , ta có

BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAE ) ⇒ SEA = 600 .
Do ∆ABC đều nên AE = AB sin 600 = a 3 .
Suy ra SA = AE tan 600 = 3a .
AF
1
1
1
6a
Khi đó dựng AF ⊥ SC suy ra IK =
. Mặt khác
= 2+
⇒ AF =
.
2
2
2
AF
SA
AC
13
3a
Do vậy d ( SC ; BD ) =
.
13
Câu 2: [ĐVH]. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AB = 2a; AD = a , hình chiếu

vuông góc của S trên mặt đáy là trung điểm H của AB. Biết SC tạo với đáy một góc 600 , tính khoảng cách
giữa 2 đường thẳng SD và HC.
Lời giải:

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

Ta có H là trung điểm của AB nên HA = HB = a .
Khi đó HC = HB 2 + BC 2 = a 2 .
Lại có SCH = 600 ⇔ SH = HC tan 600 = a 6 .
Dễ thấy HD = HC = a 2; CD = AB = 2a nên tam
CH ⊥ DH
giác DHC vuông cân tại H ta có 
suy ra
CH ⊥ SH

CH ⊥ ( SHD ) , dựng HK ⊥ SD suy ra HK là đường
vuông góc cung của HC và SD.
1
1
1
a 6
=
+
⇒ HK =
.
Ta có :
2
2
2
HK
HD

SH
3
a 6
Vậy d =
.
3
Câu 3: [ĐVH]. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD )
cùng vuông góc với đáy. Biết góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng 600 . Tính:
a) Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA , AD và SB .
b) Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC .
Lời giải:
( SAB ) ∩ ( SAD ) = SA
a) Ta có 
( SAB ) , ( SAD ) ⊥ ( ABCD )
⇒ SA ⊥ ( ABCD )

( SB, ( ABCD ) ) = SBA = 60

0

 AB ⊥ BC
Ta có 
⇒ AB = d ( SA, BC ) = a
 AB ⊥ SA
Kẻ AH ⊥ SB
 AD ⊥ SA
Ta có 
⇒ AD ⊥ ( SAB ) ⇒ AD ⊥ AH
 AD ⊥ AB
 SB ⊥ AH

⇒ AH = d ( SB, AD )

 AD ⊥ AH
Mà AH = AB.sin SBA = a.sin 600 =

a 3
a 3
⇒ d ( SB, AD ) =
2
2

b) Kẻ Cx / / BD ⇒ d ( BD, SC ) = d ( BD, ( SCx ) ) = d ( O, ( SCx ) ) =

1
d ( A, ( SCx ) )
2

Kẻ AK ⊥ SC
Cx ⊥ SA
Ta có 
⇒ Cx ⊥ ( SAC ) ⇒ Cx ⊥ AK mà AK ⊥ SC ⇒ AK ⊥ ( SCx ) ⇒ AK = d ( A, ( SCx ) )
Cx ⊥ AC
Ta có SA = AB. tan SBA = a. tan 600 = a 3 , AC =

AB 2 + BC 2 = a 2 + a 2 = a 2

1
1
1
1

1
5
a 6
a 6
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AK =
⇒ d ( BD, SC ) =
2
2
2
AK
AS
AC
3a
2a
6a
5
2 5
Câu 4: [ĐVH]. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của
AB, CD, AD, AC .
a) Chứng minh rằng MN ⊥ PQ . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng MN , PQ .
b) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AG , BC .
Lời giải:
Xét ∆SAC :


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

a) Gọi K là trung điễm của BC , O là giao điễm của
PK và MN
Ta có MD = MC ⇒ MN ⊥ DC ⇒ MN ⊥ PQ (1)

NA = NB ⇒ MN ⊥ AB ⇒ MN ⊥ KQ ( 2 )

Từ (1) , ( 2 ) ⇒ MN ⊥ ( PQK )
Kẻ OH ⊥ PQ

Vì MN ⊥ ( PQK ) ⇒ MN ⊥ OH mà OH ⊥ PQ

⇒ OH = d ( MN , PQ )

Ta có PK =

AK 2 − AP 2 =

a

2
Tam giác PQK cân tại Q ⇒ QO ⊥ PK
a
OQ = PQ 2 − OP 2 =
2 2
1
1
1
1
Xét ∆POQ :

=
+
= 2
2
2
2
OH
OP
OQ
4a

⇒ OH = 2a = d ( MN , PQ )

b) G là trọng tâm tam giác BCD ⇒ AG ⊥ ( BCD )

GK ⊥ AG
Ta có 
⇒ GK = d ( AG, BC )
GK ⊥ BC
a 3
2
a 3
Mà DK =
⇒ GK = DK =
= d ( AG, BC )
2
3
3
Câu 5: [ĐVH]. Cho hình lập phương ABCDA′B′C ′D′ cạnh a . Tính khoảng cách giữa các cặp đường
thẳng sau:

a) AC ′ và BD .
b) AC ′ và DA′ .
Lời giải:
a) Gọi O là giao điễm của AC và
BD , M là trung điễm của CC '
Ta có OM / / AC '

⇒ d ( AC ', BD ) = d ( AC ', ( MBD ) )
= d ( A, ( MBD ) ) = d ( C , ( MBD ) )
Kẻ CH ⊥ MO

⇒ CH = d ( C , ( MBD ) )
Xét ∆OCM :

1
1
1
6
a
=
+
= 2 ⇒ CH =
= d ( AC ', BD )
2
2
2
CH
CO
CM
a

6

b) Kẻ AN / / A ' D ⇒ d ( AC ', DA ') = d ( A ' D, ( ANC ') ) = d ( A ', ( ANC ') )
Kẻ A ' E ⊥ C ' N , A ' F ⊥ AE ⇒ A ' F ⊥ ( ANC ') ⇒ A ' F = d ( A ', ( ANC ') )
Xét ∆AEA ' :

1
1
1
6
a
=
+
= 2 ⇒ A' F =
= d ( AC ', DA ' )
2
2
2
A' F
A' E
A' A
a
6


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

Câu 6: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C có BC = AC = 3a . Hình chiếu

vuông góc của đỉnh S trên mặt đáy trung với điểm H sao cho HC = 2 HA , biết tam giác SAC là tam giác
vuông tại S. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng SB và AC.
Lời giải:
Ta có: AC = 3a ⇒ HA = a; HC = 2a .
Lại có ∆SAC vuông tai S có đường cao SH nên ta có:
SH 2 = HA = HC = 2a 2 ⇒ SH = a 2 .
Dựng Bx / / AC , dựng HE ⊥ Bx , HF ⊥ SE
Ta có Bx ⊥ SH ⇒ BE ⊥ ( SHE ) ⇒ BE ⊥ HF .
Mặt khác HF ⊥ SE ⇒ H F ⊥ ( SBE ) .

Do Bx / / AC ⇒ d ( SB; AC ) = d ( AC ; ( SBE ) )

= d ( H ; ( SBE ) ) = HF .

1
1
1
=
+
, trong đó HE = BC = 3a suy ra
2
2
HF
SH
HE 2
3a 22
3a 22
HF =
⇒ ( SB; AC ) =
.

11
22

Lại có:

Câu 7: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB là tam giác đều
cạnh 2a và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy , biết mặt phẳng ( SCD ) tạo với đáy một góc 600 . Tính
khoảng cách giữa 2 đường thẳng SA và BD.
Lời giải:
Gọi H là trung điểm của AB ta có AH ⊥ AB , mặt
khác ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) nên SH ⊥ ( ABCD ) .
Dựng HK ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( SHK ) ⇒ SKH = 600 .
Ta có: SH = a 3 , mặt khác HK tan 600 = SH
Suy ra HK = a ; SA = AB = 2a .
Dựng Ax / / BD , dựng HE ⊥ Ax , HF ⊥ SE
Ta có Ax ⊥ SH ⇒ AE ⊥ ( SHE ) ⇒ AE ⊥ HF .
Mặt khác HF ⊥ SE ⇒ H F ⊥ ( SAE ) .

Do Ax / / ABD ⇒ d ( SA; BD ) = d ( BD; ( SAE ) )

= d ( B; ( SAE ) ) = 2d ( H ( SAE ) ) = 2 HF .

Dựng HM ⊥ BD; AN ⊥ BD ta có:
1
AB. AD
2a
HE = HM = AN =
=
.
2

2
2
5
AB + AD

1
1
1
3
3
=
+
⇒ HF = 2a
⇒ d = 4a
.
2
2
2
HF
SH
HE
19
19
Câu 8: [ĐVH]. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a , cạnh
Khi đó:

SA = 2a và SA ⊥ ( ABC ) . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, SC .

a) Chứng minh rằng MN ⊥ AB .
b) Tính khoảng cách giữa AB, SC .

Lời giải:


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

 BC ⊥ AB
a) Ta có: 
⇒ SB ⊥ BC .
 SA ⊥ BC
1
Khi đó ta có: BN = AN = SC ( tính chất trung tuyến trong
2
tam giác vuông)
Do đó tam giác NAB cân tại N có trung tuyến NM suy ra
MN ⊥ AB ( dpcm ) .

b) Kẻ Cx / / AB ⇒ d ( AB; SC ) = d ( AB; SCx ) = d ( A; ( SCx ) ) .

CE ⊥ AE
⇒ CE ⊥ AF từ đó
Dựng AE ⊥Cx; AF ⊥ SE . Do 
CE ⊥ SA
suy ra AF ⊥ ( SCE ) . Ta có: AE = BC = 2a .
AE.SA

Do vậy d ( AB; SC ) = AF =

=a 2.

AE 2 + SA2
Câu 9: [ĐVH]. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Tam giác SAD đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách giữa các cặp đường thẳng sau:
a) AC và SB .
b) AD và SB .
Lời giải
a) Gọi H là trung điểm của AD ta có SH ⊥ AD .
Mặt khác ( SAD ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) .
a 3
.
2
Dựng Bx / / AC ⇒ d ( AC ; SB ) = d ( AC ; ( SBx ) ) .

Trong đó SH = S A.sin 600 =

Gọi G = AO ∩ BH ⇒ G là trọng tâm tam giác ABD.
3
Khi đó d ( AC ; ( SBx ) ) = d ( G; ( SBx ) ) = d ( H ; ( SBx ) ) .
2
 BE ⊥ HE
Dựng HE ⊥Bx; HF ⊥ SE . Do 
⇒ BE ⊥HF
 BE ⊥ SH
từ đó suy ra HF ⊥ ( SBE ) . Gọi K = AO ∩ HE ta có:
1
3OB
3a
HE = HK + KE = OD + OB =
=
2

2
2 2
3a
9a
⇒ d ( AC ; SB ) =
.
4 5
SH 2 + HE 2 2 5
Câu 10: [ĐVH]. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A′B′C ′ có đáy ABC là tam giác cân tại
A, BAC = 1200 , AB = BB′ = a . Tính khoảng cách giữa các cặp đường thẳng sau:
a) BB′ và AC .
b) BC và AC ′ .
Lời giải:
Khi đó HF =

SH .HE

=


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

a) Ta có: BB '/ / CC ' ⇒ BB '/ / ( ACC ')

do vậy d ( BB '; AC ) = d ( BB '; ACC ') .
Dựng BE ⊥ AC , mặt khác BE ⊥ CC ' suy ra
BE ⊥ ( ACC ') ⇒ d ( BB '; ( ACC ') ) = BE .
a 3

.
2
b) Dựng Ax / / BC ⇒ d ( BC ; C ' A) = d ( BC ; ( CAx ) )

Mặt khác BE = BA sin BAE = BA sin 600 =

= d ( C ; ( C ' Ax ) ) .

 AE ⊥ CE
Dựng CE ⊥ Ax; AF ⊥ C ' E . Do 
 AE ⊥ CC '
⇒ AE ⊥CF từ đó suy ra CF ⊥ ( C ' AE ) .
Trong đó CE = d ( A; BC ) = AB sin ABC =

Do vậy CF =

CE.CC '
CE + CC '
2

2

=

a
2

a
a
⇒ d ( BC ; AC ') =

.
5
5

Câu 11: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC cân tại A. Gọi
H là trực tâm tam giác ABC.

a) Chưng minh rằng BH ⊥ ( SAC ) và CH ⊥ ( SAB ) .
b) Gọi K là trực tâm tam giác SBC chứng minh rằng: SC ⊥ ( HBK ) và HK ⊥ ( SBC ) .
Lời giải:
a) Do H là trực tâm tam giác ABC nên ta có: BH ⊥ AC
Mặt khác BH ⊥ SA nên suy ra BH ⊥ ( SAC ) .

CH ⊥ AB
Tương tự ta có: 
⇒ CH ⊥ ( SAB ) .
CH ⊥ SA

b) Ta có : K là trực tâm tam giác SBC nên BK ⊥ SC
Mặt khác BH ⊥ ( SAC ) ⇒ BH ⊥ SC do vậy SC ⊥ ( BHK ) .

 AM ⊥ BC
Ta có M là trung điểm của BC thì 
 SA ⊥ BC

 BC ⊥ ( SAM )
. Khi đó K là trực tâm tam giác SBC nên K
⇒
 BC ⊥ SM
thuộc đường cao SM suy ra BC ⊥ HK .

Mặt khác do SC ⊥ ( BHK ) ⇒ SC ⊥ HK do vậy

HK ⊥ ( SBC ) ( dpcm ) .
Câu 12: [ĐVH]. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, tam giác ABC là tam giác đều và
hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm H của tam giác ABC.

a) Chứng minh rằng: AC ⊥ ( SBD ) , AB ⊥ ( SHC ) .


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

b) Gọi M là hình chiếu vuông góc của A trên SD chứng minh rằng SC ⊥ ( AMC ) .
a) Do ABCD là hình thoi nên ta có: AC ⊥ BD .
Mặt khác ABC là tam giác đều nên H thuộc đoạn
BD do vậy SH ⊥ AC từ đó suy ra AC ⊥ ( SBD ) .

Do H là trọng tâm cũng là trực tâm tam giác đều
ABC nên CH ⊥ AB lại có AB ⊥ SH suy ra

AB ⊥ ( SHC ) .
b) Do AC ⊥ ( SBD ) ⇒ AC ⊥ SD , mặt khác ta có:
AM ⊥ SD từ đó suy ra SD ⊥ ( ACM ) ( dpcm ) .

Câu 13: [ĐVH]. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của A’
trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh AC, gọi E là điểm thuộc cạnh AB sao cho
AB = 4 AE và F là hình chiếu vuông góc của H trên A’E. Chứng minh rằng:

a) AB ⊥ ( A ' HE ) .

b) HF ⊥ ( A ' ABB ') .
Lời giải:
a) Gọi M là trung điểm của AB ta có CM ⊥ AB
(do tam giác ABC đều).
Khi đó E là trung điểm của AM do vậy HE là

đường trung bình của tam giác ACM nên
HE / / CM ⇒ HE ⊥ AB lại có A ' H ⊥ AB nên suy
ra AB ⊥ ( A ' HE ) ( dpcm ) .

b) Do AB ⊥ ( A ' HE ) ⇒ AB ⊥ HF mặt khác
HF ⊥ A ' E do vậy HF ⊥ ( A ' ABB ') ( dpcm ) .

Câu 14: [ĐVH]. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi, cạnh bên SB = SD .
a) Chứng minh rằng AC ⊥ ( SBD ) .
b) Kẻ AK ⊥ SB ( K ∈ SB ) . Chứng minh rằng SB ⊥ ( AKC ) .
Lời giải:


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

a) Gọi O là giao điễm của AC và BD
Tam giác SBD có SB = SD
⇒ ∆SBD cân tại S ⇒ SO ⊥ BD

Mà AC ⊥ BD ⇒ AC ⊥ ( SBD )
b) Ta có AC ⊥ ( SBD ) ⇒ AC ⊥ SB
Mà SB ⊥ AK ⇒ SB ⊥ ( AKC )

Câu 15: [ĐVH]. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M
là trung điểm của BC.

a) Chứng minh rằng BC ⊥ ( SAM ) .
b) Kẻ AH ⊥ SM ( H ∈ SM ) . Chứng minh rằng AH ⊥ ( SBC ) .
c) Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa AH và vuông góc với ( SAC ) cắt SC tại K. Chứng minh rằng SC ⊥ ( P ) .
Lời giải:
 BC ⊥ AM
a) Ta có 
⇒ BC ⊥ ( SAM )
 BC ⊥ SA
b) Vì BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AH
Mà AH ⊥ SM ⇒ AH ⊥ ( SBC )

c) Ta có ( SAC ) ∩ ( P ) = AK
⇒ AK là hình chiếu của AH lên ( SAC )
Mà AH vuông góc với SC

⇒ AK vuông góc với SC ⇒ SC ⊥ ( P )

Câu 16: [ĐVH]. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật và AB = 2 AD . Tam giác SAB nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của AD , M là hình chiếu của S nằm trên

AB thỏa mãn AM =

1
AB .
4

a) Chứng minh rằng AC ⊥ ( SDM ) .
b) Kéo dài DM cắt BC tại I . Hạ CH ⊥ SI ( H ∈ SI ) . Lấy điểm K trên cạnh SC sao cho SK =
Chứng minh rằng BK ⊥ ( AHC )

3
SC .
4


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

1
a) Ta có MD = MA + AD = − DC + AD
4
AC = AD + DC
 1

⇒ MD. AC =  − DC + AD  AD + DC
 4

1
1
= − DC. AD − DC 2 + AD 2 + AD.DC
4
4
1
2
= 0 − . ( 2a ) + a 2 + 0 = 0 ⇒ DM ⊥ AC

4
Mà AC ⊥ SM ⇒ AC ⊥ ( SDM )

(

)

IB IM BM 3
SK 3
=
=
= , mà
= ⇒ BK / / SI ⇒ BK ⊥ CH (1)
IC ID DC 4
SC 4
Vì AC ⊥ ( SDM ) ⇒ AC ⊥ SI ⇒ BK ⊥ AC ( 2 )

b) Ta có

Từ (1) và ( 2 ) ⇒ BK ⊥ ( AHC )

Câu 17: [ĐVH]. Cho khối chóp tam giác S.ABC. có đáy ABC là tam giác vuông tại C , hai mặt phẳng
( SAB ) và ( SAC ) cùng vuông góc với đáy. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các
cạnh SCvà SB. Chứng minh rằng:
a) ( SAC ) ⊥ ( SBC ) .
b) ( SAB ) ⊥ ( ADE )

Lời giải:

( SAB ) ⊥ ( ABC )

a) Do 
⇒ SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ BC .
( SAC ) ⊥ ( ABC )
Lại có: AC ⊥ BC suy ra BC ⊥ ( SAC ) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( SBC ) .
b) Do BC ⊥ ( SAC ) ⇒ BC ⊥ AD , lại có AD ⊥ SC

do vậy AD ⊥ ( SBC ) ⇒ AD ⊥ SB , mặt khác SB ⊥ AE nên
suy ra SB ⊥ ( ADE ) do vậy ( SAB ) ⊥ ( ADE ) ( dpcm ) .

Câu 18: [ĐVH]. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O. Hình chiếu vuông góc của
đỉnh S xuống mặt phẳng đáy ( ABCD ) là trọng tâm tam giác ABD. Gọi E là hình chiếu của điểm B trên
cạnh SA. Chứng minh rằng:
a) ( SAC ) ⊥ ( SBD ) .
b) ( SAC ) ⊥ ( BDE )

Lời giải


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

a) Do ABCD là hình vuông nên ta có: BD ⊥ AC .
Do H là trọng tâm tam giác ABD nên H thuộc đường
chéo AC khi đó BD ⊥ SH do vậy BD ⊥ ( SAC )
Suy ra ( SAC ) ⊥ ( SBD ) .

b) Ta có: BD ⊥ ( SAC ) ⇒ SA ⊥ BD

Lại có BE ⊥ SA ⇒ SA ⊥ ( BDE )

Do vậy ( SAC ) ⊥ ( BDE ) ( dpcm ) .

Câu 19: [ĐVH]. Cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cân tại C, gọi M là trung điểm của AB,
hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng đáy ( ABC ) là trung điểm của CM và N là hình chiếu vuông
góc của M trên A’C. Chứng minh rằng:
a) ( A ' ABB ') ⊥ ( A ' MC ) .
b) ( A ' ACC ') ⊥ ( A ' NB ) .

Lời giải
a) Ta có M là trung điểm của AB nên ta có:
CM ⊥ AB , lại có AB ⊥ A ' H ⇒ AB ⊥ ( A ' MC )

( A ' ABB ') ⊥ ( A ' MC ) .
b) Do vậy AB ⊥ ( A ' MC ) ⇒ AB ⊥ A ' C .
Lại có: A ' C ⊥ MN ⇒ A ' C ⊥ ( ANB )
Do vậy ( A ' ACC ') ⊥ ( A ' NB ) ( dpcm )

Do vậy

Câu 20: [ĐVH]. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật, SAB là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy.
a) Chứng minh rằng ( SAD ) ⊥ ( SAB ) , ( SBC ) ⊥ ( SAB ) .
b) Gọi I là trung điểm của SB . Chứng minh rằng ( ACI ) ⊥ ( SBC ) .
c) Xác định J trên cạnh SA sao cho ( BJD ) ⊥ ( SAD ) .
Lời giải :


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
a) Gọi H là trung điễm của AB ⇒ SH ⊥ AB

( SAB ) ⊥ ( ABCD )
Ta có 
⇒ SH ⊥ ( ABCD )
 SH ⊥ AB
 AD ⊥ AB
⇒ AD ⊥ ( SAB )
Ta có 
 AD ⊥ SH
mà AD ⊂ ( SAD ) ⇒ ( SAD ) ⊥ ( SAB )

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ ( SAB )
Ta có 
 BC ⊥ SH
mà BC ⊂ ( SBC ) ⇒ ( SBC ) ⊥ ( SAB )

b) ∆SAB đều ⇒ AI ⊥ SB (1)

BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AI ( 2 )

Từ (1) , ( 2 ) ⇒ AI ⊥ ( SBC )

mà AI ⊂ ( ACI ) ⇒ ( ACI ) ⊥ ( SBC )

c) Ta có AD ⊥ ( SAB ) ⇒ AD ⊥ BJ

⇒ Để ( BJD ) ⊥ ( SAD ) thì BJ ⊥ SA ⇒ J là trung điễm của SA

Facebook: Lyhung95