đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Cty TNHH MTV DVVH Khang ViƯt

Bài 2:
QUAN HỆ VNG GĨC TRONG KHƠNG GIAN
ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT PHẲNG
I. Định nghĩa:
Một đường thẳng được gọi là vng góc
với một mặt phẳng nếu nó vng góc với
mọi đường thẳng nằm trên mặt phẳng đó:
d  mp() � d  a,a �()
II. Các định lý:
Định lý 1: Nếu đường thẳng d vng góc
với hai đường thẳng cắt nhau a và b cùng
nằm trong mp(P) thì đường thẳng d vng
góc với mp(P):
�
d  a ,d  b
�
a ,b �(P)
� d  (P)
�
�
cắt
nhau
a,b cắt nhau
�

Định lý 2: (Ba đường vng góc)
Cho đường thẳng a khơng vng góc với
mp(P) và đường thẳng b nằm trong (P). Khi
đó, điều kiện cần và đủ để b vng góc với a

là b vng góc với hình chiếu a’ của a trên (P).

PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HAI
ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC
Để chứng minh a  b ta thường sử dụng những phương pháp chứng minh sau:
1. Sử dụng các phương pháp Hình học phẳng: Góc nội tiếp, Định lí Pitago đảo, . . .
r u
r
ru
r r
3. Sử dụng phương pháp tích vơ hướng của hai véctơ: nếu a.b  0 � a  b ( a,b là
hai véctơ chỉ phương của hai đường thẳng a và b).
�
c b
�
4. Sử dụng tính chất bắc cầu: �
c // a
�

a b

255


C¸c chuyªn ®Ị n©ng cao vµ ph¸t triĨn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

5. Tìm một mặt phẳng (P) chứa đường
thẳng b. Chứng minh đường thẳng a vng
góc với mặt phẳng (P), thì a  b :
�a  (P)

�a b
�
�b �(P)

6. Chứng minh đường thẳng a song song với
mặt phẳng (P), đường thẳng b vng góc với
mặt phẳng (P), thì suy ra a  b :
�a / / (P)
�a b
�
�b  (P)

7. Áp dụng định lí 3 đường vng góc:
a’ là hình chiếu vng góc của a trên mặt
phẳng (P) , b �(P) . Đường thẳng a vng
góc với đường thẳng b khi và chỉ khi b vng
góc với a'. Nói ngắn gọn b vng góc với hình
chiếu thì b vng góc với đường xiên.
ĐÂY LÀ PHƯƠNG PHÁP RẤT HAY SỬ DỤNG! Các bạn phải thành thạo
phương pháp này.

PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI
MẶT PHẲNG
Để chứng minh đường thẳng a vng góc với mặt phẳng (P) ta thường sử dụng
các phương pháp sau:
1). Muốn chứng minh đường thẳng a vng góc
với mặt phẳng (P). Ta phải chứng minh đường
thẳng a vng góc với hai đường thẳng cắt nhau
thuộc mặt phẳng (P).

�a  b và a  c
�
c I
�b ǹ�
�b; c �(P)
�

a

(P)

2). Hai mặt phẳng (Q) và (R) có giao tuyến a
cùng vng góc với mặt phẳng (P), thì a vng
góc với (P).

256


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

�
(Q)  (P)
�
(R)  (P)
� a  (P)
�
�(Q) I (R)  a
�

3). Hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau

theo giao tuyến b. Một đường thẳng a thuộc mặt
phẳng (Q) vuông góc với b, thì a vuông góc với
mặt phẳng (P).
�
(P)  (Q)
�
(P) I (Q)  b
�
� a  (P)
�
a �(Q)
�
�a  b
�

4). Chứng minh đường thẳng b vuông góc với
mặt phẳng (P) , đường thẳng a song song với
b ,suy ra a vuông góc với (P).
�
a// b
� a  (P)
�
�b  (P)

5). Chứng minh đường thẳng a song song với mặt
phẳng (Q), mặt phẳng (P) song song với (Q), nên
a vuông góc với (P).
�a  (Q)
� a  (P)
�

(Q)/ / (P)
�

Hai trụ cột để giải toán của dạng này :
 Muốn chứng minh đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P), ta phải
chứng minh đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt
phẳng (P).
 Khi đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) thì đường thẳng d vuông
góc với mọi đường thuộc mặt phẳng (P).
BÀI TẬP
Câu 1: Hai tam giác cân ABC và DBC nằm trong hai mp khác nhau tạo nên tứ
diện ABCD. Gọi I là trung điểm của BC.
a). Chứng minh BC  AD.
b). Gọi AH là đường cao của tam giác ADI. Chứng minh AH  (BCD).

257


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

LỜI GIẢI
a). Chứng minh BC  AD.
Vì tam giác ABC cân tại A nên A I  BC ,và tam giác DBC cân tại D nên
DI  BC .
Ta có:
�BC  A I
�
�BC  DI
�A I,DI � A DI ,A I �DI  I
 

�

� BC  mp  ADI  � BC  AD

b). Chứng minh AH  (BCD).
�
AH  DI  gt
�
�
Có �AH  BC  vì BC  (ADI) �AH 
�
�BC,DI � BCD  ,BC �DI  I

� AH  mp  BCD  .

Câu 2: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy (ABC), tam giác ABC
vuông cân tại B. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAC và N là điểm thuộc cạnh
SB sao cho SN = 2NB. Chứng minh:
a) BC  (SAB).
b) NG  (SAC).
LỜI GIẢI
�BC  AB gt 
�
�
a). Có �BC  SA  vì SA  (ABC) �BC 
�
AB,SA �(SAB)& AB �SA  A
�

� BC   SAB .

b). Gọi H trung điểm của AC . Tam giác
ABC vuông cân tại B nên BH  AC
�BH  AC
�
Có �BH  SA  vì SA  (ABC) �BH 
�
SA ,AC �(SAC)& SA �AC  A
�
� BH   SAC  .

Xét tam giác SBH có

SN SG 2

 � NG P BH (Định lý đảo Talét).
SB SH 3

Mà BH   SAC  � NG   SAC  .

258


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Câu 3: Cho tứ diện ABCD có A B  CD và A C  BD . Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A xuống mặt phẳng (BCD) . Chứng minh rằng H là trực tâm của
tam giác BCD và A D  BC .
LỜI GIẢI
�

CD  AB gt 
�
�
Có �CD  AH do AH   ABC  � CD   ABH 
�
AB,AH �(ABH)
�





� CD  BH  do BH �(ABH) (1)

Chứng minh tương tự BD  mp  ACH 
� BD  A H

 2

Từ (1) và (2) suy ra H trực tâm của tam giác ABC.
�BC  DH
�
� BC  mp  ADH  � BC  A D do AD � ADH 
Vì �BC  AH  gt
�AH ,DH �(ADH)
�





Cho tứ diện SABC có đáy ABC vuông tại A, biết SB  (A BC),SB  A B . Gọi H,
I, K lần lượt là trung điểm của SA, AB, BC. Chứng minh rằng:
a). A C  (SAB)
b). BH  (SA C)
c). KI  SA
d). A B  IH
LỜI GIẢI
�AC  AB
�
� AC  (SAB)
a). Có �AC  SB
�AB,SB �(SAB)
�

b). Vì SB  AB � SAB cân tại B � BH  SA
�BH  SA
�
Có �BH  AC  do AC  (SAB) �BH  � BH  (SAC)
�
SA ,AC �(SAC)
�
c). KI là đường trung bình của ABC � KI PAC ,

mà A C  (SAB) � KI  (SAB) � KI  SA  do SA �(SAB) .
d). Có HK là đường trung bình của SA B � HK PSB , mà SB  AB � HK  AB .
�AB  HK
�
� AB  (HIK ) � A B  IH
Vậy �AB  KI

�
HK ,KI �(HIK )
�

Câu 4: Cho tứ diện ABCD có DA  (ABC) , ABC là tam giác cân tại A. Gọi M
là trung điểm của BC. Vẽ AH  MD tại H .

259


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

a). Chứng minh AH  (BCD).
b). Gọi G, K lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và DBC. Chứng minh
GK  (ABC).
LỜI GIẢI
a). Chứng minh AH  (BCD).
Vì ABC cân tại A nên BC  AM ,
AD � BC  mp  DAM  .
và BC �
AH  BC BC  DAM







�
�

�AH  DM  gt 
�
BC,DM � BCD  , BC �DM  M
�
Ta có: �
� AH   BCD 

.

b). Chứng minh GK  (ABC).
Vì G, K lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và DBC. Theo tính chất trọng tâm:
�AG 2

�
AG DK
�AM 3
�

� AD PKG
�
DK
2
AM
DM
�
(theo định lý Talet đảo).

�DM 3
Mà AD   ABC  � KG   ABC  (đpcm)

Câu 5: Cho hình chóp S.ABCD , có đáy là hình vuông tâm O. SA  (ABCD).
Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC, SD.
a) CMR: BC  (SAB), CD  (SAD), BD  (SAC).
b) CMR: AH, AK cùng vuông góc với SC. Từ đó suy ra 3 đường thẳng AH, AI,
AK cùng nằm trong một mặt phẳng.
c) CMR: HK  (SAC). Từ đó suy ra HK  AI.
LỜI GIẢI
a) CMR: BC  (SAB) , CD  (SAD) , BD  (SAC).
Chứng minh BC   SAB . Có





�BC  SA SA   ABCD 
�
�
�BC  AB gt
�
SA ,AB � SA B , SA �AB  A
�
�
� BC   SAB

Chứng minh CD   SAD  .





�
CD  SA SA   ABCD 
�
�
Vì �CD  AD  gt
�
SA ,AD � SAD  , SA �AD  A
�
�
� CD   SAD 

260


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt





�DB  SA SA   A BCD 
�
�
Chứng minh BD   SAC  . Vì �BD  AC  gt
�
SA ,A C � SAC  , SA �AC  A
�
�
� BD   SAC 

b) CMR: AH, AK cùng vuông góc với SC
�
AH  SB gt
�
�
Có �AH  BC BC   SAB
�
SB,BC � SBC  & SB �BC  B
�





� AH   SBC  � AH  SC

�AK  SD  gt 
�
�
� AK   SCD  � AK  SC
Có �AK  CD CD   SA D 
�
SD,CD � SCD  , SD �CD  D
�





Vì AH, AK, AI có chung điểm A và cùng vuông góc với SC. Nên ba đường

thẳng AH, AK, AI đồng phẳng.
c). Ta có tam giác SAB  SA D  c.g.c . Nên 2 đường cao xuất phát từ đỉnh A bằng
nhau � AH  AK , như vậy SHA  SKA (cạnh huyền cạnh góc vuông )
� SH  SK .
Từ đó có:

SH SK

� HK P BD (theo định lý đảo Talet).
SB SD

Mà BD   SAC  � HK   SAC  � HK  AI  AI � SAC   .
Cho đường tròn (C) đường kính AB nằm trong mp(P). Gọi (d) là đường vuông
góc với (P) tại A. Gọi S là một điểm trên (d), M � C)
a). Chứng minh rằng MB   SA M 
b). Dựng A H  SB,AK  SM lần lượt tại H và K. Chứng minh AK  (SMB) và
SB  (A HK ) .

c). Gọi J là giao điểm của HK và MB. Chứng minh AJ là tiếp tuyến của (C).
LỜI GIẢI
a). Do tam giác ABM nội tiếp trong đường tròn (C) đường kính AB, nên ABM
vuông tại M.

261


Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

BM AM

BM SAM
Cú BM SA
AM ,SA (SAM )

AK SM

b). Cú AK BM do BM (SAM) AK

SM ,BM (SBM )

AK (SBM ) .

SB AH

Cú SB AK do AK (SBM ) SB
AH ,AK (A HK)

SB AHK

c). Cú SA (ABM ) m A J (ABM ) SA AJ (1). Ngoi ra cú SB (A HK ) m
AJ (AHK ) SB AJ (2).

T (1) v (2) suy ra A J (SAB) AJ AB . Trong mp(P) cú AJ vuụng gúc vi AB
l ng kớnh ca ng trũn (C). Suy ra AJ l tip tuyn ca (C).
Cõu 6: Cho t din O.ABC cú 3 cnh OA , OB , OC ụi mt vuụng gúc vi
nhau. K OH vuụng gúc vi mt phng (ABC) ti H. Chng minh :
a. OA BC, OB CA , OC AB .

b. H l trc tõm ca tam giỏc ABC.

1
1
1
1



.
OH 2 OA 2 OB2 OC 2

c.

d. S2A BC S2OA B S2OBC S2OAC .

e. Cỏc gúc ca tam giỏc ABC u l gúc nhn.
LI GII

OA OB

a). Ta cú OA OC

OB,OC OBC


OA OBC

OA BC .

OB OA

Ta cú OB OC

OA ,OC OA C


OB OAC

OB AC .

Chng minh tng t ta c OC AB .
b). H l trc tõm ca tam giỏc ABC.

262


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Gọi E  AH �BC , F =BH �AC .







�BC  OA OA   OBC 
�
�
Ta có �BC  OH OH   ABC  � BC   OAE  � BC  AE (1) .
�

OA , OH � OAE 
�
�
�
A C  OB , AC  OH
�
� AC   OBF  � A C  BF (2) .
Ta có �
OB , OH � OBF 
�

Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm của tam giác ABC .
c).

Chứng minh

1
1
1
1



.
OH 2 OA 2 OB2 OC 2

1
1
1



(3) .
OH 2 OA 2 OE2
1
1
1


Trong OBC vuông tại O có OE là đường cao :
(4) .
OE2 OB2 OC 2
1
1
1
1



Thay (4) vào (3) được
(đpcm )
OH 2 OA 2 OB2 OC 2

Trong OAE vuông tại O có OH là đường cao :

Công thức này được sử dụng trực tiếp để tính khoảng cách , các bạn nhớ công
thức này nhé!
d). Chứng minh : S2A BC  S2OA B  S2OBC  S2OAC .
Trong OAE vuông tại O có OH là đường cao
2

�1
� 1
1
OE2  EH.EA � OE2 .BC 2  EH.BC.EA.BC � � OE.BC � .EH.BC. EA.BC
2
2
2
�
�
� S2OBC  SHBC .SABC (*)

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta được: S2OAC  SHAC .SABC (**)
S2OA C  SHA C .SABC (***)

Cộng từng vế (*) ,(**) , (***) :
S2OBC  S2OA C  S2OA C  SHBC .SABC  SHA C .SABC  SHA C .SABC

� S2OBC  S2OAC  S2OAC  SABC . SHBC  SHAC  SHAC 
� S2OBC  S2OAC  S2OA C  SA BC .SA BC
� S2OBC  S2OA C  S2OA C  S2ABC .

1
4

1
1
1
OA 2  OE2 BC 2  OA 2 .BC 2  OE2 .BC 2
4
4

4
1
1 2
2
2
2
2
 OA OB  OC  OE .BC
4
4
1
1
1
 OA 2 .OB2  OA 2.OC 2  OE2.BC 2
4
4
4
2
2
2
 SOA C  SOA C  SABC

Cách 2 : S2ABC  AE2BC 2 



� S2OBC







e). Các góc của tam giác ABC đều là góc nhọn.

263


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

Gọi độ dài ba cạnh OA  a, OB =b, OC =c .
Trong tam giác ABC áp dụng định lý cosin có





2
2
2
a2  b2  a2  c2  b2  c2
a2
�  A B  AC  BC 
cosA

0 .
2.A B.AC
2.AB.AC
A B.A C

Kết luận A là góc nhọn
Chứng minh tương tự góc B và góc C nhọn .
Câu 7: Cho tứ diện S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi H , K
lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và SBC . Chứng minh rằng :
a). AH , SK , BC đồng quy.
b). SC vuông góc với mặt phẳng (BHK).
c). HK vuông góc với mặt phẳng (SBC).
LỜI GIẢI
a). Gọi E  AH �BC
�BC  AE
�
� BC   SA E 
Ta có �BC  SA
�AE,SA �(SAE)
�





� BC  SE SE � SAE  .
�
SK  BC
, suy ra ba điểm S, K, E thẳng hàng.
SE  BC
�

Vì �

Kết luận ba đường thẳng AH, BC, SK đồng qui tại điểm E .
b). SC vuông góc với mặt phẳng (BHK).
�BH  AC

Có �

�BH  SA



�
SC  BH BH   SAC 
�

Có �

SC  BK
�





� BH   SAC  � BH  SC SC � SA C  .



� SC   BHK 

c). HK vuông góc với mặt phẳng (SBC).

Có BC   SAE  � BC  HK  KH � SAE   (1) .
Có SC   BHK  � SC  HK (2) .
Từ (1) và (2) suy ra HK   SBC 
Câu 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. SAB là tam giác
đều và SC = a 2 . Gọi H, K là trung điểm của AB, AD.
a). Chứng minh SH  (ABCD).
LỜI GIẢI

264

b). Chứng minh AC  SK và CK  SD.


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

a) Chứng minh SH  (ABCD).

Trong BCH có: HC 2  BH 2  BC 2 

5a2
4

và SH 

a 3
(SH đường cao của
2

SAB đều).

Trong  SCH ta có: SC 2  SH 2  HC 2  2a2 . Suy ra tam giác SHC vuông tại H.
�
SH  AB gt
�
� SH   ABCD  .
Có �SH  HC
�
AB,HC � ABCD  , A B �HC  H
�

�
HK P BD

b). Chứng minh AC  SK . Ta có �

�BD  AC

� AC  HK .

�
AC  SH
�
� A C   SHK 
Có �AC  HK
�
SH ,HK � SHK  , SH �HK  H
�

� AC  SK .

Chứng minh CK  SD.
Vì đáy ABCD hình vuông (hình 1), dễ dàng chứng minh CDK  DAH . Suy ra:
� H
� , mà H
� D
�  900 � K
� D
�  900 � CK  DH
K
1
1
1
1
1
1

�
CK  SH
�
� CK   SHD  � CK  SD (đpcm)
Ta có : �CK  DH
�
SH ,DH � SHD  , SH �DH  H
�

Câu 9: ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2002
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của
BB', CD, A'D'. Chứng minh: MP  C'N .
LỜI GIẢI

265


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

Gọi E trung điểm của CC' . Ta có ME PA 'D' nên
ED và PD' đồng phẳng.
Vì có CDD'C' là hình vuông nên dễ dàng chứng
minh hai tam giác D'C'E và C'CN bằng nhau , suy ra
� C
�' , mà
D'
1
1
� E
$  900 � C
�'  E
$  900 � ED'  NC' (1) .
D'
1
1

Ta có BC   CDD'C' � BC  NC' mà
ME P BC,

� ME  NC '

(2) .

Từ (1) và (2) suy ra NC'   MED'P  � NC'  PM  PM �mp  M ED'P   .

Câu 10: ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAD là
tam giác đều và ở trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của SB, BC, CD. Chứng minh AM  BP.
LỜI GIẢI:

a 3
Hạ SH  AD tại H. Vì SAD là tam giác đều nên SH 
. Vì mặt phẳng
2

(SAD) vuông góc mặt phẳng (ABCD) có AD là giao tuyến . Suy ra
SH  mp  ABCD  .

�AN PHC, MN PSC
�
Ta có �AM ,MN �(AMN) � (AMN) P(SHC)
�
HC,SC �(SHC)
�

Trong hình vuông ABCD có

BCP  CDH  c.g.c

� P
�  900 � C
� P
�  900 � CH  PB .
B

1
1
1
1

�BP  CH

Ta có �

�BP  SH

266

� BP   SHC  � BP   AMN  � BP  AM .

nên

�C
� mà
B
1
1


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Câu 11: ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy bằng a. Gọi E là điểm đối xứng
của điểm D qua trung điểm của SA. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE,
BC. Chứng minh MN  BD .

LỜI GIẢI
Gọi O giao điểm của AC và BD. P trung điểm
của SA. Vì S.ABCD là hình chóp đều nên
SO  (ABCD) .
Trong  EAD có MP là đường trung bình của
uuuu
r

r
1 uuuu
2

tam giác nên có MP  A D (1)
uuuu
r

r
1 uuuu
2

Vì N trung điểm của BC nên NC  A D (2)
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác CPMN là hình bình hành, nên MN // PC
�
BD  AC
�
� BD   SAC  � BD  CP CP � SAC  ,
Ta có �BD  SO
�
AC,SO �(SAC)
�





mà MN PCP � BD  MN . Kết luận BD  MN
Câu 12: Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C'. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và
biết rằng A'H  (ABC). Chứng minh rằng:
a) AA'  BC và AA'  B'C'.
b) Gọi MM' là giao tuyến của hai mp(AHA') và (BCC'B') trong đó M �BC và
M' �B'C'. Chứng minh tứ giác BCC'B' là hình chữ nhật và MM’ là đường cao
của hình chữ nhật đó.
LỜI GIẢI
a) Chứng minh BC   A 'AH  .
�
�BC  AH  gt
�
BC  A 'H vì A 'H   ABC 
�
�





� BC  mp  A 'AH  � BC  AA ' .

Vì B'C ' P BC mà
BC  A A ' � A A '  B'C ' .

267


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

�
 AHA ' � BCC'B'  MM '
�
� MM ' PAA ' PBB'
b. �AA ' PBB'
�
AA ' � AHA ' , BB' � BCC'B'
�

Mà BC  (A HA ') � A A '  BC � BB'  BC . Vậy BCC'B' là hình chữ nhật.
Câu 13: Cho hai hình chữ nhật ABCD, ABEF nằm trên hai mặt phẳng khác
nhau sao cho AC  BF. Gọi CH và FK là hai đường cao của tam giác BCE và
ADF. Chứng minh:
a). ACH và BFK là các tam giác vuông.
b) BF  AH và AC  BK.
LỜI GIẢI
a). Ta có ABCD, ABEF là hình chữ nhật nên :
�AB  BC
� AB   BCE  � AB  CH
�AB  BE

Có �

�
CH  BE  gt 

�

 1 .

� CH   ABEF  � CH  AH .
CH  A B do  1
�
�
Vậy  ACH vuông tại H.

Có �





Chứng minh tương tự FK   ABCD  � FK  BK .Vậy  BFK vuông tại K.
b. Chứng minh: BF  AH và AC  BK.

�
BF  A C  gt
�
� BF   ACH  � BF  AH AH � ACH  .
BF  CH vì CH   ABEF 
�
�

Có �









�
AC  FB gt
�
� AC   BKF  � AC  BK .
AC  FK vì FK   ABCD 
�
�

Có �





Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a, SAB là tam
giác đều, SCD là tam giác vuông cân đỉnh S. Gọi I, J là trung điểm của AB và CD.
a). Tính các cạnh của tam giác SIJ và chứng minh SI  (SCD), SJ  (SAB).
b). Gọi SH là đường cao của tam giác SIJ. Chứng minh SH   ABCD  và tính
độ dài SH.
LỜI GIẢI
a). Vì SAB đều nên SI 

a 3

. SCD vuông cân
2

tại S suy ra
SJ  CJ  DJ
a
 CD  a , SC  SD 
và IJ  A D  BC  a .
2
2
2

Xét SIJ : IJ 2  SI 2  SJ 2  a2 � SIJ vuông tại S, nên SI  SJ (1)

268


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Trong tam giác IBC vuông tại B có IC 2  BI 2  BC 2 
Xét SIC : IC 2  SI 2  SC 2 

5a2
.
4

5a2
� SIC vuông tại S , suy ra SI  SC (2).
4

�
SI  SJ , SI  SC
�
SJ ,SC �mp  SCD 
�

� SI  mp  SCD 

Từ (1) và (2) có �

�
SJ  SI, SJ  SB
�

� SJ  mp  SA B

Chứng minh tương tự �

SI,SB �mp  SAB
�

b). Đầu tiên ta chứng minh CD   SIJ  .
�
CD  IJ
�
CD  SI vì SI   SCD 
�

Ta có �







� CD   SIJ  � CD  SH doSH � SIJ 

  1

�
SH  IJ  gt
�
�
Ta lại có �SH  CD do  1 � SH  mp  ABCD  .
�
IJ ,CD � ABCD 
�
Tính SH : Xét SIJ vuông tại S có





1
1
1
4
4
16

 2 2 2 2 2
2
SH
SI
SJ
3a a
3a

� SH 

a 3
.
4

Câu 15: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và
CC' = a.
a). Gọi I trung điểm của BC. Chứng minh A I  BC ' .
b). Gọi M trung điểm của BB'. Chứng minh AM  BC' .
c). Lấy điểm N thuộc A'B' sao cho NB' 
Chứng minh A M   MNJ  .
LỜI GIẢI
Vì
ABC.A'B'C'

lăng

trụ

a
và gọi J là trung điểm của B'C'.

4

đứng

và

AB  BC  CA  CC '  a Nên các mặt bên là các

hình vuông
a) Chứng minh A I  BC ' .
�
AI  BC
� AI  mp  BCC'B' � AI  BC'
�
AI  CC'
�

b) Chứng minh A M  BC' .
IM PCB' , CB'  BC' ( tính chất hình vuông) .
Suy ra IM  BC '
Ta có A I  BC' (câu a)) và IM  BC ' .Vậy BC '   AMI  � BC'  AM (đpcm).

269


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

c). Chứng minh AM   MNJ  .
Gọi H trung điểm của A'B', suy ra N trung điểm của HB'.
Ta có MN P BH , BH  A M ( tính chất hình vuông) . Suy ra MN  AM (1).

MJ P BC' , A M  BC' ( do câu b)) . Suy ra A M  MJ
(2).

Từ (1), (2) suy ra AM  mp  MNJ 
Nhận xét: Bài này không có độ khó, chứng minh được nhờ số liệu bài cho đặc
biệt cạnh bên bằng cạnh đáy, và các bạn phải nhớ 2 đường trung tuyến xuất phát
từ hai đỉnh kề nhau của hình vuông thì vuông góc với nhau.
Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật tâm O, SA 
(ABCD).
a). Gọi H, K là hình chiếu của A trên SB, SD. Chứng minh SC  (AHK).
b). Dựng AJ  (SBD), J �(SBD) . Chứng minh J là trực tâm của tam giác SBD.
LỜI GIẢI
a). Chứng minh BC   SAB :
�BC  AB
� BC   SA B � BC  A H
�
�BC  SA
�
AH  SB gt
�

Có �



AH  BC do  1
�
�

 1



� AH   SBC  � AH  SC

 *

Chứng minh CD   SA D  :
�
CD  AD
� CD   SAD  � CD  AK
�
CD  SA
�

 2

�
AK  SD  gt 
�
� AK   SCD  � AK  SC
AK  CD do  2
�
�

Có �





 ** .

Từ (*) và (**) suy ra SC   AHK  .
b). Trong mp(SBD), gọi L  DJ �SB , M  BJ �SD .
Dễ dàng chứng minh AD  mp  SA B � AD  SB
�
SB  AD  do (3)
�
�
SB  AJ doAJ   SBD 
�
�
�AD,AJ � A DL 





� SB   A DL  � SB  DL

Chứng minh tương tự thì SD  BM

270

 3 .
I .

 II 

Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Từ  I  , II  xét trong tam giác SBD có J là giao điểm của hai đường cao. Suy ra
J là trực tâm của SBD .
Câu 17: Cho tứ diện ABCD có DA  (ABC). Gọi AI là đường cao và H là trực
tâm của tam giác ABC. Hạ HK vuông góc với DI tại K . Chứng minh:
a). HK  BC.

b). K là trực tâm của tam giác DBC.

LỜI GIẢI
Trong tam giác ABC gọi M  CH �AB . Trong
tam giác BCD gọi N  CK �BD .
�BC  AI
�
a). Ta có �BC  DA
�AI,DA � DAI ,DA �AI  A
 
�

�BC  HK
� BC   DAI  � �
�BC  DI

 *

b). K là trực tâm của tam giác DBC.
�
HK  DI  gt 

�
�
� HK   BCD  .
Có �HK  BC  do a)
�
�DI,BC �mp  BCD  ;DI �BC  I
�
CM  AB
�
Có �CM  DA
�
AB,DA � ABD  ;AB �DA  A
�






�BD  CM do  1
�
Có �
BD  HK do HK   BCD 
�
�



� CM  mp  DA B � CM  BD  1

� BD  mp  CMN  � BD  CN  

Từ  * , ** � K là trực tâm của tam giác BCD.
�  1200 , BSC
�  900 ,
Câu 18: Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, ASB
�  600 .
CSA

a). Chứng minh tam giác ABC vuông.
b). Xác định hình chiếu H của S trên mp(ABC). Tính SH theo a.
LỜI GIẢI

271


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

�  3a2 � AB  a 3
a). A B2  A S2  SB2  2A S.BS.cosASB

BC 2  SB2  SC 2  2a2 � BC  a 2 .

�SB  a2 � A C  a
AC 2  SA 2  SB2  2SA.SB.cosA

Ta có AB2  AC 2  BC 2 . Vậy ABC là tam giác
vuông tại C.
�
SH  mp  A BC 

�

b). Vì �

SA  SB  SC
�

� HA  HB  HC .

Vậy H là trung điểm của AB.
Vì tam giác ASH là nữa tam giác đều nên SH 

SA a
 .
2 2

Câu 19: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là tứ giác , có ABD là tam giác
�  1200 . SA  mp(ABCD).
đều , BCD là tam giác cân tại C có BCD
a). Gọi H , K là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD. Chứng minh SC 
(AHK).
b). Gọi C’ là giao điểm của SC với mp(AHK). Tính diện tích tứ giác AHC'K
khi AB = SA = a.
LỜI GIẢI
�AB  AD

a). Vì �

CB  CD
�

suy ra AC là đường trung trực của đoạn BD.

�  ADB
�  600 .
Tam giác ABD đều , ABD
�  1200 � CBD
�  CDB
�  300 .
Tam giác BCD cân tại C có BCD
�  ADC
�  900 .
Vậy ABC
�BC  A B
�
�
�BC  SA do SA   ABCD 
�
AB,SA � SAB , AB �SA  A
�





� BC  mp  SAB � BC  AH .

�DC  A D
�
�

�DC  SA do SA   ABCD 
�
AD,SA � SAD  , AB �SA  A
�





� CD  mp  SAD  � DC  AK .

�AH  SB
� AH  mp  SBC  � AH  SC (1).
�AH  BC

Có �

272


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

�AK  SD

Có �

�AK  CD

� AK  mp  SCD  � AK  SC (2).

Từ (1) và (2) � SC  mp  A HK 
b). BD  AC, BD  SA � BD  mp  SA C  .
�  ASD
�
�
�ASB
Ta có SA B  SAD  c.g.c � �
�SB  SD
�SB  A
�SD
Xét hai tam giác vuông SAH và SAK, có : SA cạnh chung, A
� SAH  SA K nên SH  SK , mà SB  SD . Suy ra HK P BD (định lý đảo Talet).
�
�BD   SAC 
� HK  mp  SAC  . Vậy HK  AC' (Vì AC' �mp  SAC  ) (*).
�BD PHK

Có �

Ta có AB  SA � SAB vuông cân tại A nên H trung điểm của SB.
1
2

Xét SBD có HK là đường trung bình nên HK  BD 
Xét ABC vuông tại B : A C 

AB
2a

.

0
sin60
3

Vì SC   AHK  � SC  AC '
Xét SAC vuông tại A :
Từ

(*)

thì

tứ

a
.
2

 vì AC' �mp  A HK   .

1
1
1
1
3
7
2a


 2  2  2 � AC ' 

2
2
2
A C'
AS A C
a 4a
4a
7

giác AHC'K

có

2

đường

chéo

vuông

góc

nên

1
1 a 2a
a2
SAHC'K  HK.AC' 
.


.
2
22 7 2 7

Câu 20: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh tâm O, AB = SA =
a , SA vuông góc với đáy (ABCD). Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc
với SC, (P) cắt SB, SC, SD tại H, I, K .
a). Chứng minh HK P BD .
b). Chứng minh AH  SB , AK  SD.
c). Chứng minh tứ giác AHIK có hai đường chéo vuông góc. Tính diện tích
AHIK theo a.
LỜI GIẢI
a). Chứng minh HK P BD .

273


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

Ta có  SAC  � ABD   SO ;  P  � SAC   AI .
Gọi L  A I �SO .
�
�BD   SAC  � BD  SC
� BD Pmp  P  .
mp  P   SC
�

Vì �

�
L � P  � SBD 
�
�  P  � SBD   HK , với
�BD P P 

Có �

HK đi qua L và HK PBD .
b). Chứng minh AH  SB , AK  SD.
�BC  AB

Ta có �

�BC  SA

�
CD  AD
� CD   SAD  .
�
CD  SA
�

� BC   SAB ,

Theo chứng minh trên có :






�
AH  BC BC   SA B
�
� AH   SBC  � AH  SB .
�
AH  SC SC   P 
�
�



Tương tự ta chứng minh được AK  mp  SCD  � AK  SD
c). Chứng minh tứ giác AHIK có hai đường chéo vuông góc
Do BD   SAC  và BD PHK suy ra HK   SAC  � HK  AI  AI � SA C   .
Tính diện tích AHIK theo a.
Trong SAC có AI là đường cao :
AI.SC  SA.AC � AI 

SA.AC
SA  AC
2

2



a.a 2
a 3



a 6
.
3

1
a 2
Vì SAB vuông cân tại A nên H là trung điểm BC, suy ra HK  BD 
.
2

1
2

2

1 a 6 a 2 a2 3
.
.

2 3
2
6

Kết luận SAHIK  AI.HK  .

Câu 21: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a , BC =
a 3 , mặt bên SBC vuông tại B , SCD vuông tại D có SD = a 5 .

a). Chứng minh SA  (ABCD) và tính SA.
b). Đường thẳng qua A vuông góc với AC, cắt CB, CD tại I, J. Gọi H là hình
chiếu của A trên SC , K và L là giao điểm của SB, SD với mp(HIJ) . Chứng
minh AK  (SBC) và AL  (SCD).
c). Tính diện tích tứ giác AKHL.
LỜI GIẢI

274


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

a). Chứng minh SA 
(ABCD) và tính SA.
BC  A B ( vì ABCD là
hình chữ nhật ) (1)
,
BC  SB ( vì SBC vuông
tại B ) (2) .
Từ (1) và (2) suy ra

BC  mp  SAB �
vì A B,SB � SA B �
�
�
vì BC � ABCD  �
Vậy mp  SAB  mp  ABCD  �
�
�

 * .

Chứng minh tương tự thì CD  mp  SAD  � mp  SAD   mp  ABCD 

 **

Ta có  SAB � SAD   SA , và từ (*) (**) suy ra SA  mp  ABCD  .
Xét SAD vuông tại A : SA  SD 2  AD 2  a 2
b). Chứng minh AK  (SBC) và AL  (SCD).

 IJH  � SBC   IH , gọi K  SB �IH � K  SB �mp  IJH 
 IJH  � SCD   JH , gọi L  SD �JH � L  SD �mp  IJH 

Chứng minh AK  (SBC) :

�
IA  AC  gt
�
�
IA  SA SA   ABCD  ,IA � ABCD 
�
�





� IA  mp  SAC 

� IA  SC  3

�
SC  AH  gt
�
SC  mp  P 
�
�
� SC  mp  P  ; �
� mp  P   mp  SBC 
�
SC  IA do  3
SC �mp  SBC 
�
�
�
�
mp  P  � SAB  AK
�
�
mp  P 
 mp  SBC  � AK  mp  SBC 
�
�
mp  SAB  mp  SBC 
�





Chứng minh hoàn toàn tương tự AL  mp  SCD  .
c). Tính diện tích tứ giác AKHL.
Xét SA B vuông tại A :
SB  AS2  A B2  a 3 , AK.SB  AB.AS � AK 

AB.AS a 2

SB
3

Xét SAD vuông tại A : AL.SD  AD.AS � AL 

AD.AS a 6

.
SD
5

Xét SAC vuông tại A :
SC  AS2  AC 2  a 6 , A H.SC  AC.A S � AH 

A C.AS 2a

.
SC
3

275

Các chuyên đề nâng cao và phát triển Hình Học 11 Ths. Lê Văn Đoàn

Vỡ AK SBC AK KH . Xột A KH vuụng ti K :
KH AH 2 AK 2

a 2
3

.

Vỡ AL SCD AL LH . Xột ALH vuụng ti L : LH A H 2 A L2
SAKHL SAKH SALH

a 2
15

1
1
1 a 2 a 2 a 6 a 2 8a2
AK.HK AL.HL
.

.

.
2
2
2
3

5 15
3
15

GOC GIệếA HAI ẹệễỉNG THANG
Cỏch xỏc nh gúc gia hai ng thng chộo nhau a v b:
Chn im O thớch hp, ri k hai ng thng i qua im O: a// a v b// b.

Cỏc phng phỏp tớnh gúc:
+ S dng h thc lng trong tam giỏc:
nh lớ sin:

a
b
c


sinA sin B sinC

nh lớ cos: cosA

b2 c2 a2
2bc

uur uur
u1.u2
+ Tớnh gúc theo vect ch phng: cos uur uur
u1 . u2

Chỳ ý. + 00 900

uuur uuur

+ A B CD A B.CD 0.
+ Nu a v b song song hoc trựng nhau thỡ 00 .
Cõu 1: Cho hỡnh chúp S.ABC cú SA = SB = SC = AB = AC = a, BC = a 2 .
Tớnh gúc gia hai ng thng SC v AB.
LI GII

276


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của BC,
EF PAB, FG PSC
AC,
SA.
Ta
có
�
�
�
� �
� EFG
��
SC,AB
EF,FG
hoặc
�

� �
�
� . Ta có FE  FG  1 AB  a
1800  EFG
2
2
BAG  CAG  c.g.c � GB  GC . Tam giác

GBC cân tại G có GE là đường cao
2

2

�a 3 � �a 2 � a
GE  BG  BE  �
� �
� .
�2 � �2 � 2
�
� �
�
2

2

�  600 .
Tam giác EFG đều vì có 3 cạnh bằng nhau. Vậy EFG

Câu 2: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có độ dài tất cả các cạnh đều bằng a > 0
�'AB  600 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AA' , CD.

�
� 'A
và BAD
 DAA
Chứng minh MN Pmp  A 'C 'D  và tính cosin của góc tạo bởi hai đường thẳng
NM và B'C.
LỜI GIẢI
Gọi I trung điểm của DC'. Trong tam giác CDC'
có NI là đường trung bình của tam giác, nên :
�NI PCC '
�
�
1
�NI  CC'
�
2
�
NI PAA '
�
�
CC ' PAA '
NI PMA '
�
�
��
mà �
�
1
CC
'


AA
'
NI  MA '
NI

AA
'
�
�
�
�
2

Vậy

tứ

giác

MNIA'

là

hình

bình

hành

nên

MN PIA'

mà

IA ' � A 'C 'D' � MN P A 'C 'D  .



 



�
MN PIA '
�
� ',IA '  DA
� 'I
� 'I
� CB',MN
 DA
hoặc 1800  DA
CB' PDA '
�

Vì �

Ta có tam giác DAA' đều nên DA' = a .
�BC  1200 :

Áp dụng định lý cosin cho  ABC có A
AC 2  AB2  BC 2  2AB.BC.cos1200  3a2 � AC  a 3 .
A B'  a 3 .

Vậy có AC  A 'C '  a, AB'  DC '  a 3 .

277


C¸c chuyªn ®Ò n©ng cao vµ ph¸t triÓn H×nh Häc 11 – Ths. Lª V¨n §oµn

Trong DA 'C ' có A'I là đường trung tuyến :
IA '2 

DA '2  A 'C '2 DC '2 a2  3a2 3a2 5a2
a 5
.




� IA ' 
2
4
2
4
4
2

2

2
2
� 'I  DA '  IA '  DI  3  0
Trong A'DI ta cã : cosDA
.
2.DA '.IA '
2 5

3

3 5

� ,CB'� cosDA
� 'I 
MN

Kết luận : cos �
.
�
�
2 5 10

Câu 3: TSĐH K.A 2008
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác
vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A' trên mặt
phằng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính cosin của góc giữa hai đường
thẳng AA', B'C'.
LỜI GIẢI
Gọi H trung điểm của BC , theo đề
A 'H  mp  ABC  .

Mà mp  ABC  // mp  A ' B'C ' 

� A 'H  mp  A 'B'C ' 
Tam giác ABC vuông tại A :
BC  AB2  AC 2  2a � BH  a



 



�
AA ' P BB'
�',B'C '  BB',BC
�
�
� AA
 B'BH
.
�B'C ' P BC

Ta có: �

Trong tam giác A'B'H vuông tại A' có : HB'  A 'B2  A 'H 2  2a .
Áp dụng định lý hàm cosin cho tam giác B'BH có :
BB'2  BH 2  B'H 2 4a2  a2  4a2 1
1
�

�
cosB'BH


  0 (thỏa) � B'BH
 arccos .
2.BB'.BH
2.2a.a
4
4

Câu 4: TSĐH K.B 2008
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3
và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của các cạnh AB, BC. Tính cosin của góc giữa hai đường thằng SM, DN.
LỜI GIẢI

278


Cty TNHH MTV DVVH Khang ViÖt

Hạ SH  AB tại H. Vì mặt
phẳng (SAB) vuông góc mặt
phẳng (ABCD) theo giao tuyến
AB. Suy ra SH  mp  ABCD  .
Trong mặt phẳng (ABCD) từ
M kẻ ME PDN với E thuộc AD.
Vậy góc giữa SM và DN
chính là góc giữa SM và ME .

Xét tam giác SAB có : A B2  SA 2  SB2  4a2 . Vậy SA B vuông tại S.
Và :

1
1
1
1
1
4
a 3
.

 2  2  2  2 � SH 
2
2
2
SH
SA
SB
a 3a
3a

Tam giác SHA vuông tại H : HA  SA 2  SH 2  a2 

3a2 a
 .
4
2

Gọi K trung điểm của AD ta có ME P BK P DN , nên ME là đường trung bình

tam giác ABK.
1
2

a
2

Vậy A E  AK  ;

ME 

1
1
a 5
BK 
A B2  AK 2 
2
2
2
a2 a2 a 2
.


4 4
2

Tam giác HAE vuông tại A : HE  AH 2  AE2 
Tam giác SHE vuông tại H : SE  SH 2  EE2 

3a2 2a2 a 5

.


4
4
2

Áp dụng định lý hàm cosin cho tam giác SME có :
�  SM  ME  SE 
cosSME
2.SM.ME
2



2



2

5a2 5a2

�  arccos 5
4
4  5  0 � SME
.
5
5
a 5

2.a.
2

a2 

�,DN  arccos 5 .
Kết luận SM
5

Câu 5: Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, SA  a 3 và SA
vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SB, AC.
LỜI GIẢI

279