Hướng dẫn giải toán 11 hình học

CHỦ ĐỀ: VEC TƠ TRONG
KHƠNG GIAN
QUAN HỆ VNG GĨC
TRONG KHƠNG GIAN
VEC TƠ TRONG KHƠNG GIAN
A. CHUẨN KIẾN THỨC

A.TĨM TẮT GIÁO KHOA.
1. Định nghĩa.
Các khái niện và các phép toán của vec tơ
trong khơng gian được định nghĩa hồn tồn
giống như trong mặt phẳng.Ngồi ra ta cần nhớ
thêm:
1. Qui tắc hình hộp : Nếu ABCD.A 'B'C'D' là
uuuur uuur uuur uuuur r u
r r
hình hộp thì AC'  AB  AD  AA '  a  b  c .

2. Qui tắc trọng tâm tứ diện.
G là trọng tâm tứ diện ABCD khi và chỉ khi
một trong hai điều kiện sau xảy ra:
uuur uuur uuur uuur r
 GA  GB  GC  GD  0
uuuur uuur uuuu
r uuuu
r
uuuu
r
 MA  MB  MC  MD  4MG,M
r u
r r

3. Ba véc tơ a,b,c đồng phẳng nếu giá của chúng song song với
một mặt phẳng.
r u
r r
Điều kiện cần và đủ để ba véc tơ a,b,c đồng phẳng là có các số m,n,p
r
u
r
r r
không đồng thời bằng 0 sao cho ma  nb  pc  0 .
Cho hai vec tơ khơng cùng phương khi đó điều kiện cần và đủ để ba vec tơ
r u
r r
r
r
u
r
a,b,c đồng phẳng là có các số m,n sao cho c  ma  nb .
r u
r r
u
r
Nếu ba véc tơ a,b,c không đồng phẳng thì mỗi vec tơ d đều có thể phân
u
r
r
u
r
r
tích một cách duy nhất dưới dạng d  ma  nb  pc .

B. LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP.
5


Bài toán 01: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC VEC TƠ.
Phương pháp:
Sử dụng qui tắc cộng, qui tắc trừ ba điểm, qui tắc trung điểm đoạn thẳng,
trọng tâm tam giác, trọng tâm tứ giác, qui tắc hình bình hành, qui tắc hình
hộp…để biến đổi vế này thành vế kia.

Các ví dụ
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật . Chứng
uuu
r 2 uuu
r 2 uur 2 uuu
r2
minh rằng SA  SC  SB  SD .
Lời giải.
Gọi O là tâm của hình chữ nhật A BCD
uuur uuur uuur uuur
Ta có OA  OB  OC  OD .
uuu
r 2 uuu
r uuur 2 uuu
r 2 uuur 2
uuu
r uuur
SA  SO  OA  SO  OA  2SO.OA (1)




uuu
r 2 uuu
r uuur
SC  SO  OC




2

uuu
r 2 uuur 2 uuu
r uuur
 SO  OC  2SO.OC (2)

Từ  1 và  2 suy ra
uuu
r 2 uuu
r2
uuu
r 2 uuur 2 uuur 2
uuu
r uuur uuur
SA  SC  2SO  OA  OC  2SO OA  OC
uuur uuur r
uuu
r 2 uuur 2 uuur 2

 2SO  OA  OC ( vì OA  OC  0 ).
uur 2 uuu
r2
uuu
r 2 uuur2 uuur 2
Tương tự SB  SD  2SO  OB  OD .
uuu
r 2 uuu
r 2 uur 2 uuu
r2
Từ đó suy ra SA  SC  SB  SD .
Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD , M và N lần lượt là các điểm thuộc các cạnh
uuuur
uuur uuuu
r
uuur
AB và CD sao cho MA  2MB,ND  2NC ; các điểm I,J,K lần lượt thuộc
uur
uur uuu
r
uur uuu
r
uuur
A D,MN ,BC sao cho IA  kID,JM  kJN ,KB  kKC .
uur 1 uur 2 uuur
Chứng minh với mọi điểm O ta có OJ  OI  OK .
3
3
Lời giải.
uuur uuuu

r
uuur uuuu
r
uuuur
uuur
Vì MA  2MB nên với điểm O bất kì ta có OA  OM  2 OB  OM
uuur
uuur
uuuur OA  2OB
.
� OM 
3
Tương tự ta có :
uuur
uuur
uuur
uuur
uuuu
r OD  2OC uur OA  kOD
, OI 
,
ON 
3
1 k
uuur
uuur
uuuu
r
uuuu
r

uuur OB  kOC uur OM  kON
, OJ 
.
OK 
1 k
1 k
Từ đó ta có
uur
uuur
uuur
uuur
1 1 uuur
OJ 
. OA  2OB  kOD  2kOC
1 k 3









6







uur
uuur 1 uur
uuur
1 1
. [ 1 k  OI  2 1 k  OK ]  OI  2OK
1 k 3
3





uur 1 uur 2 uuur
Vậy OJ  OI  OK .
3
3
Bài toán 02: CHỨNG MINH BA VEC TƠ ĐỒNG PHẲNG VÀ BỐN ĐIỂM
ĐỒNG PHẲNG.
Phương pháp:
r u
r r
Để chứng minh ba vec tơ a,b,c đồng phẳng ta có thể thực hiện theo một
trong các cách sau:
r u
r r
 Chứng minh giá của ba vec tơ a,b,c cùng song song với một mặt phẳng.
r u

r
r
r
u
r
 Phân tích c  ma  nb trong đó a,b là hai vec tơ khơng cùng phương.
Để chứng minh bốn điểm A ,B,C,D đồng phẳng ta có thể chứng minh ba
uuur uuur uuur
vec tơ AB,AC,AD đồng phẳng. Ngồi ra có thể sử dụng kết quả quen
thuộc sau:
Điều kiện cần và đủ để điểm D � ABC  là với mọi điểm O bất kì ta có
uuur
uuur
uuur
uuur
OD  xOA  yOB  zOC trong đó x  y  z  1 .

Các ví dụ
Ví dụ 1. Cho tứ diện ABCD , các điểm M ,N lần lượt là trung điểm của
uuur
uuur
uuur uuur
AB,CD . Gọi P,Q lần lượt là các điểm thỏa mãn PA  kPD, QB  kQC  k �1 .
Chứng minh M ,N ,P,Q đồng phẳng.
Lời giải.
uuur
uuur uuuu
r uuur
uuuu
r uuur

Ta có PA  kPD � MA  MP  k MD  MP
uuuur
uuuu
r
uuur MA  kMD
.
� MP 
1 k
uuuu
r
uuuu
r
uuur
uuur uuuu
r MA  kMC
Tương tự QB  kQC � MQ 
1 k
uuuu
r
uuuu
r uuur
uuuu
r
uuur uuuur MA  kMD  MB  kMC
Suy ra MP  MQ 
1 k
r uuuu
r
uuuur uuur r
k uuuu


MC  MD ( Do MA  MB  0 )
k 1
Mặt khác N là trung điểm của CD nên
uuuu
r uuuu
r
uuuur uuur uuuu
r
uuur uuuur uuuur
2k uuuur
MC  MD  2MN � MP  MQ 
MN suy ra ba vec tơ MP,MQ,MN đồng
k1
phẳng, hay bốn điểm M ,N ,P,Q đồng phẳng.









Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD , các điểm M ,N xác định bởi
uuuu
r
uuuu
r uuur
uuuu

r
MA  xMC,NB  yND  x,y �1 . Tìm điều kiện giữa x và y để ba vec tơ
uuur uuur uuuur
AB,CD,MN đồng phẳng.

7


Lời giải.
uuur r uuur u
r uuur r
r u
r r
Đặt DA  a,DB  b,DC  c thì a,b,c khơng đồng phẳng.
uuuur
uuuu
r uuur uuuur
uuur uuuur
MA  xMC � DA  DM  x DC  DM
uuur
uuur r
r
uuuur DA  xDC a  xc
� DM 

 1 .
1 x
1 x
uuur
uuuu

r uuuu
r
r
1 uuur
1 u
DB 
b  2
Lại có NB  yND � DN 
1 y
1 y





Từ  1 và  2 suy ra
uuuur uuuu
r uuuur
r
1 r
1 u
x r
MN  DN  DM 
a
b
c.
1 x
1 y
1 x
uuur uuur uuur u

r r uuur
r uuur
uuur
Ta có AB  DB  DA  b  a,CD  c ; AB và CD
là hai vec tơ không cùng phương nên
uuur uuur uuuur
uuuur
uuur
uuur
AB,CD,MN đồng phẳng khi và chỉ khi MN  mAB  nCD , tức là
r
u
r r
r
1 r
1 u
x r
a
b
c  m b  a  nc
1 x
1 y
1 x





�
1

m
�
� 1 x
r �1
u
r �
r r
�
1
�
1 �
x �
�
m
� x y
��
m
a �
 m�
b �
n
c 0 � �
�
�
� 1 x � �1 y
� � 1 x �
� 1 y
�
x
n

�
�
1 x
uuur uuur uuuur
Vậy ba vec tơ AB,CD,MN đồng phẳng khi và chỉ khi x  y .
Lưu ý : Ta có thể sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vec tơ để xét vị trí
tương đối của đường thẳng với mặt phẳng:
uu
r uuu
r uur
Cho ba đường thẳng d1,d2 ,d3 lần lượt chứa ba vec tơ u1,u2 , u3 trong đó
d1,d2 cắt nhau và d3 �mp d1,d2  .
Khi đó :
uu
r uur uur
 d3 P  d1 ,d2  � u1,u2 ,u3 là ba vec tơ đồng phẳng.
uu
r uur uur
 d3 �mp  d1 ,d2   M � u1,u2 ,u3 là ba vec tơ khơng
đồng phẳng

Ví dụ 3. Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D', M ,N là các
uuuur
r uuuur
1 uuuu
2 uuur
điểm thỏa MA   MD , NA '   NC . Chứng minh
4
3
MN P  BC'D  .

Lời giải.

8


uuur r uuur u
r uuu
r r
r u
r r
Đặt BA  a,BB'  b,BC  c thì a,b,c là ba vec tơ không đông phẳng và
uuur uuur uuur uuur uuu
r r r
BD  BA  AD  BA  BC  a  c
uuur u
r r uuuu
r r u
r
BC'  b  c,BA '  a  b .
uuuur
r uuur uuur
1 uuuu
1 uuur uuur
Ta có MA   MD � BA  BM   BD  BM
4
4
u
u
u
r

u
u
u
r
u
u
u
r
5
1
� BM  BA  BD
4
4
r r r
uuur uuur
r r
uuur 4BA  BD 4a  a  c 5a  c
.
� BM 


5
5
5
r
u
r
r
uuur 3a  3b  2c
Tương tự BN 

,
5
r
u
r r
uuuur uuur uuur 2a  3b  c
r r
2 r r 3u
2 uuur 3 uuur
MN  BN  BM 
  a  c  (b  c)   BD  BC'
5
5
5
5
5
uuuur uuur uuur
N
�
BC'D
�
MN
P
Suy ra MN ,DB,BC' đồng phẳng mà


 BC'D  .













Nhận xét: Có thể sử dụng phương pháp trên để chứng minh hai mặt
phẳng song song.
Ví dụ 4. Cho lăng trụ tam giác ABC.A 'B'C'. Gọi M ,N lần lượt là trung
điểm của AA ',CC' và G là trọng tâm của tam giác A 'B'C' .
Chứng minh  MGC' P  A B'N  .
Lời giải.
uuuur r uuur u
r uuur r
Đặt AA '  a,AB  b,AC  c
Vì M ,N lần lượt là trung điểm của AA ',CC'
uuuur 1 uuuur 1 r uuuu
r 1 uuur uuuur 1 r u
r
AM  AA '  a , AN  AC  AC'  a  b
2
2
2
2
Vì G là trọng tamm của tam giác A 'B'C'
uuur 1 uuuur uuuu

r uuuur r 1 u
r 1r
AG  AA '  AB'  AC'  a  b  c
3
3
3
Ta có





nên



nên



uuuu
r uuur uuuur 1 r 1 u
r 1 r uuuu
r 1 uuuu
r 1 uuuu
r
uuuu
r uuuu
r uuuu
r

MG  AG  AM  a  b  c � MG  AB'  AN suy ra MG,AB',AN đòng
2
3
3
2
3
phẳng, Mắt khác G � AB'N  � MG P  AB'N   1
uuuur uuuur uuuur r r 1 ur 1 ur u
r uuuu
r
Tương tự MC'  AC'  A M  a  c  u  u  k  AN � MC' P  AB'N   2 .
2
2
�
MG / /(AB'N)
�
�  MGC' P  AB'N  .
Từ  1 và  2 suy ra �
MC' AB'N 
�
Bài tốn 03: TÍNH ĐỘ DÀI CỦA ĐOẠN THẲNG.
Phương pháp:

9


Để tính độ dài của một đoạn thẳng theo phương pháp vec tơ ta sử dụng cơ
r2 r 2
r
r2

sở a  a � a  a . Vì vậy để tính độ dài của đoạn MN ta thực hiện theo
các bước sau:
r u
r r
 Chọn ba vec tơ không đồng phẳng a,b,c so cho độ dài của chúng có thể
tính được và góc giữa chúng có thể tính được.
uuuur
r
u
r
r
 Phân tích MN  ma  nb  pc
uuuur
uuuur 2
r
u
r
r 2
 Khi đó MN  MN  MN  ma  nb  pc





r2
u
r2
r2
r u
r

u
r r
r r
 m2 a  n2 b  p2 c  2mncos a,b  2npcos b,c  2mpcos c,a .

 

 

 

Các ví dụ
Ví dụ 1. Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D' có tất cả các mặt đều là hình thoi
cạnh a và các góc �
BAA '  �
BAD �
DAA '  600 .Tính độ dài đường chéo AC' .
Lời giải.
uuur r uuur u
r uuuur r
Đặt AB  a,AD  b,AA '  c thì
r u
r r
r u
r
u
r r
r r
a  b  c  a, a,b  b,c  c,a  600 .
uuuur r u

r r
Ta có A C'  a  b  c .
uuuur2 r 2 u
r 2 r 2 ru
r
u
r r rr
� AC'  a  b  c  2ab  2bc  2ca

     

r u
r
u
r r
r r
 3a2  2a b cos600  2 b c cos600  2 c a cos600  6a2 � AC'  a 6 .
Ví dụ 2. Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D' có tất cả các mặt đều là hình vng
canh a . Lấy M thuộc đoạn A 'D , N thuộc đoạn BD với





AM  DN  x 0  x  a 2 . Tính MN theo a và x .
Lời giải.
uuur r uuur u
r uuuur r
Đặt AB  a,AD  b,AA '  c
r u

r r
r u
r
u
r r
r r
0
Ta có a  b  c  a, a,b  b,c  c,a  90

     
uuuu
r DN uuur
r
x uuur uuur
x r u
DN 
.DB 
AB  AD  
a  b


DB
a 2
a 2

uuuur AM uuuur
r r
x uuur uuuur
x u
AM 

.AD' 
AD  AA ' 
b c
AD'
a 2
a 2



10








uuuur uuuur uuur uuuu
r
r u
r
r r
x r u
x u
a b  b
b c
Suy ra MN  MA  AD  DN 
a 2
a 2

r
u
r
r
�
x
x �
x

a �
1
b
c.
�
a 2
� a 2� a 2









2
2
u
r
r 2 x2 r 2

�x r �
x �
x r � x2 r 2 � x �u
MN 2  � a  �
1
b

c

a

1

�
�
�
�b  2 c
2
2a
� a 2 � a 2 � 2a
� a 2�
�a 2

�
2x x2 �2 3x2
 x2  �
1
 2�
a 
 2ax  a2

� a
�
2
2a �
�
3x2
 2ax  a2 .
2
Bài toán 04: SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN ĐỒNG PHẲNG CỦA BỐN ĐIỂM ĐỂ
GIẢI BÀI TỐN HÌNH KHƠNG GIAN.
Phương pháp:
Sử dụng các kết quả
uuur
uuur
uuur
 A ,B,C,D là bốn điểm đồng phẳng � DA  mDB  nDC
 A ,B,C,D là bốn điểm đồng phẳng khi và chỉ khi với mọi điểm O bất kì
uuur
uuur
uuur
uuur
ta có OD  xOA  yOB  zOC trong đó x  y  z  1 .
MN 

Các ví dụ
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành . Gọi
B',D' lần lượt là trungđiểm của các cạnh SB,SD . Mặt phẳng  AB'D' cắt
SC tại C' . Tính

SC'

.
SC

Lời giải.
r uuu
r u
r uuu
r r uuu
r
SC'
Đặt a  SA ,b  SA ,c  SD và m 
SC
uuur 1 u
r uuur 1 r
Ta có SB'  b,SD'  c và
2
2
uuur
uuu
r
uur uuu
r
u
r r r
SC'  mSC  m SB  BC  m b  a  c .
uuur
uuur
uuu
r
uuur

� SC'  2mSB'  mSA  2mSD'
Do A ,B',C',D' đồng phẳng nên
1
2m    m  2m  1� m 
3
SC' 1
 .
Vậy
SC 3









11


Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình bình hành. Gọi
K là trung điểm của cạnh SC . Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB,SD lần
SB SD

 3.
lượt tại M ,N . Chứng minh
SM SN
Lời giải.
r uuu

r u
r uuu
r r uuu
r
SB
SD
 m,
 n.
Đặt a  SA ,b  SA ,c  SD và
SM
SN
uuur SM uur 1 uur uuu
r SN uuu
r 1 uuu
r
SB  SB;SN 
SD  SD
Ta có SM 
SB
m
SD
n
uuu
r 1 uuu
r 1 uuu
r uuur
SK  SC  SD  DC
2
2
u

u
u
r
u
u
u
r
r uur uuu
r
1
1 uuu
 SD  AB  SD  SB  SA
2
2
r m uuur 1 uuu
r
n uuu
 SN  SM  SA .
2
2
2
Mặt ta có A ,M ,K ,N đồng phẳng nên
m n � 1�
 �
 � 1� m  n  3 .
2 2 � 2�





Vậy

 





SB SD

 3.
SM SN

Ví dụ 3. Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh A B,A C,AD lấy các điểm K ,E,F .
Các mặt phẳng  BCF  , CDK  , BDE  cắt nhau tại M . Đường thẳng AM cắt

 KEF

tại N và cắt mặt phẳng  BCD  tại P . Chứng minh

Lời giải.
- Chỉ ra sự tồn tại của điểm M .
Gọi I  CF �BK � CI   BCF  � CDK 
Gọi J  DE �CF �  BCF  � BDE   BJ

Khi đó M  CI �BJ chính là giao điểm của ba mặt
phẳng  BCF  , CDK  , BDE  .
NP
MP

3
- Chứng minh
.
NA
MA
uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuu
r

,AC βAE,AD

γAF

Giả sử ABαAK
Do M ,N thuộc đoạn AP nên tồn tại các số m,n  1
uuur
uuuur
uuuu
r
sao cho AP  mAM  nAN .
Ta có B,C,D,P đồng phẳng nên tồn tại x,y,z với
uuur
uuur
uuur
uuur
x  y  z  1  1 sao cho AP  xAB  yAC  zAD

12

NP
MP
3
.
NA
MA


uuur
uuur
uuu
r
uuuu
r αx uuur βy uuur γz uuu
r
 αxAK  βyAE  γzAF � AN 
AK 
AE 
AF
n
n
n
αx βy γz


 1αx
� βy
 γz
 n 2 

Mặt khác N � KEF  nên
n
n
n
Làm tương tự ta có
M � BCE  � x  yγz
 m
 3 
M � CDK  � xβy
 γz
 m


M � BDEαx
 � y z m 5

4

 

.




Từ  3 , 4 , 5 suy ra 2 x  y  zαx
  βy γz 3m
Kết hợp với  1 , 2 ta được 2  n  3m � 2 

�

AP
AP
NP
� MP �
3
� 3
 3�
1
�
AN
AM
NA
� MA �

NP
MP
3
.( đpcm)
NA
MA

Ví dụ 4. Cho đa giác lồi A 1A 2...A n  n �2 nằm trong  P  và S là một điểm
nằm ngoài  P  . Một mặt phẳng  α  cắt các cạnh SA 1,SA 2 ,...,SA n của hình
chóp S.A 1A 2...A n tại các điểm B1 ,B2 ,..,Bn sao cho

SA 1 SB2
SA n

 ... 

a (
SB1 SB2
SBn

a  0 cho trước)
Chứng minh  α  luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải.
SA i
Trên các canh SA i lấy các điểm X i  i  1,2,..n sao cho SXi 
a
uu
r uuur uuuu
r
uuuu
r
Gọi I là điểm xác định bởi SI  SX1  SX 2  ...  SX n thì I là điểm cố định ( do
các điểm S và X1,X 2 ,..,X n ccos định)
uu
r uuur uuuu
r
uuuu
r SX uuur SX uuur
r
SX n uuuu
1
2
SB1 
SB2  ... 
SBn
Ta có SI  SX1  SX 2  ...  SX n 

SB1
SB2
SBn
Do

SX1 SX 2
SX
SA 1 SA 2
SA n

 ... n 

 ... 
 1 nên các điểm I,B1,B2 ,...,Bn
SB1 SB2
SBn aSB1 aSB2
aSBn

đồng phẳng suy ra mặt phẳng  α  đi qua điểm I cố định.

CÁC BÀI TOÁN LUYỆN TẬP
uuur
uur uuu
r
uuu
r
1. Cho tứ diện ABCD . Gọi E,F là các điểm thỏa nãm EA  kEB,FD  kFC
uuur uuur uuur uuu
r uuu
r uuur

còn P,Q,R là các điểm xác định bởi PA  lPD,QE  lQF,RB  lRC . Chứng
minh ba điểm P,Q,R thẳng hàng.

13


2. Cho tứ diện ABCD . Gọi I,J lần lượt là trung điểm của AB và CD , G là
trung điểm của IJ .
ur uuur uuur
a) Chứng minh 2IJ  AC  BD
uuur uuur uuur uuur r
b) GA  GB  GC  GD  0
uuuur uuur uuuu
r uuuu
r
c) Xác định vị trí của M để MA  MB  MC  MD nhỏ nhất.
3. Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D'. Xác định vị trí các điểm M ,N lần lượt trên
MN
AC và DC' sao cho MN P BD' . Tính tỉ số
.
BD'
4. Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D' có các cạnh đều bằng a và các góc
�
� 'A �
B'A 'D'  600 ,B'A
D'A 'A  1200 .
a) Tính góc giữa các cặp đường thẳng AB với A 'D ; AC' với B'D .
b) Tính diện tích các tứ giác A 'B'CD và ACC'A ' .
c) Tính góc giữa đường thẳng AC' với các đường thẳng AB,AD,AA ' .
5. Chứng minh rằng diện tích của tam giác ABC được tính theo cơng thức

uuur uuur 2
1
S
AB2AC 2  AB.AC .
2
6. Cho tứ diện ABCD . Lấy các điểm M ,N ,P,Q lần lượt thuộc AB,BC,CD,DA
uuuur 1 uuur uuur 2 uuu
r uuur 1 uuur uuur
uuur
sao cho AM  AB,BN  BC,AQ  AD,DP  kDC .
3
3
2
M
,N
,P,Q
Hãy xác định k để
đồng phẳng.
7. Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a , �
ASB  �
BSC  �
CSAα . Gọi  β là





mặt phẳng đi qua A và các trung điểm của SB,SC .

Tính diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng  β .

8. Cho hình chóp S.ABC , mặt phẳng  α  cắt các tia SA ,SB,SC,SG ( G là
trọng tâm tam giác ABC ) lần lượt tại các điểm A ',B',C',G' .
SA SB SC
SG


3
Chứng minh
.
SA ' SB' SC'
SG'
9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành . Một mặt phẳng
 α  cắt các cạnh SA ,SB,SC,SD lần lượt tại A ',B',C',D' .
SA SC SB SD



.
SA ' SC' SB' SD'
10. Cho hình chóp S.ABC có SA  a,SB  b,SC  c . Một mặt phẳng  α  luôn
Chứng minh

đi qua trọng tâm của tam giác ABC , cắt các cạnh SA ,SB,SC lần lượt tại
1
1
1
A ',B',C' . Tìm giá trị nhỏ nhất của



.
2
2
SA ' SB' SC'2
11. Cho tứ diện ABCD , M là một điểm nằm trong tứ diện. Các đường
thẳng AM ,BM ,CM ,DM cắt các mặt  BCD  , CDA  , DAB , ABC  lần lượt tại
A ',B',C',D' . Mặt phẳng  α  đi qua M và song song với  BCD  lần lượt cắt

14


A 'B',A 'C',A 'D' tại các điểm B1,C1,D1 .Chứng minh M là trọng tâm của tam
giác B1C1D1 .
12. Cho tứ diện ABCD có BC  DA  a,CA  DB  b,AB  DC  c
Gọi S là diện tích tồn phần ( tổng diện tích tất cả các mặt) . Chứng minh
1
1
1
9
rằng 2 2  2 2  2 2 � 2 .
ab bc ca S
13. Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D' và các điểm M ,N ,P xác định bởi
uuuu
r
uuuur
uuur
uuuur uuu
r
uuuu
r

MA  kMB' k �0 ,NB  xNC',PC  yPD' .
Hãy tính x,y theo k để ba điểm M ,N ,P thẳng hàng.
14. Cho hình hộp ABCD.A 'B'C'D'. Một đường thẳng Δ cắt các đường
uuuur
uuur
MA
thẳng AA ',BC,C'D' lần lượt tại M ,N ,P sao cho NM  2NP . Tính
.
MA '
15. Giả sử M ,N ,P là ba điểm lần lượt nằm trên ba cạnh SA ,SB,SC cỏa tứ
diện SABC . Gọi I là giao điểm của ba mặt phẳng  BCM  , CAN  , ABP  và J
là giao điểm của ba mặt phẳng  ANP  , BPM  , CMN  .
Chứng minh S,I,J thẳng hàng và

MS NS PS
JS


 1 .
MA NB PC
JI

15


HAI ĐƯỜNG THẲNG VNG
GĨC
A. CHUẨN KIẾN THỨC

A.TĨM TẮT GIÁO KHOA.

1. Định nghĩa:

B. LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP.

Bài tốn 01: TÍNH GĨC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG.
Phương pháp:
Để tính góc giữa hai đường thẳng d1,d2 trong khơng gian ta có thể thực
hiện theo hai cách
Cách 1. Tìm góc giữa hai đường thẳng d1,d2
bằng cách chọn một điểm O thích hợp ( O
thường nằm trên một trong hai đường thẳng).
'
'
Từ O dựng các đường thẳng d1,d2 lần lượt
song song ( có thể trịng nếu O nằm trên một
trong hai đường thẳng) với d1 và d2 . Góc
'
'
giữa hai đường thẳng d1,d2 chính là góc giữa

hai đường thẳng d1,d2 .
Lưu ý 1: Để tính góc này ta thường sử dụng định lí cơsin trong tam giác
b2  c2  a2
.
cosA 
2bc
uur uur
Cách 2. Tìm hai vec tơ chỉ phương u1,u2 của hai đường thẳng d1,d2
uu
r uur

u1.u2
r uur .
Khi đó góc giữa hai đường thẳng d1,d2 xác định bởi cos d1 ,d2   uu
u1 u2
uu
ruur uu
r uur
r u
r r
Lưu ý 2: Để tính u1u2 , u1 , u2 ta chọn ba vec tơ a,b,c khơng đồng phẳng
mà có thể tính được độ dài và góc giữa chúng,sau đó biểu thị các vec tơ
uur uur
r u
r r
u1,u2 qua các vec tơ a,b,c rồi thực hiện các tính tốn.

Các ví dụ

16


Ví dụ 1. Cho tứ diện ABCD . Gọi M ,N lần lượt là trung điểm của BC và
AD , biết AB  CD  a,MN 

a 3
. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD .
2

Lời giải.
Cách 1.

Gọi I là trung điểm của AC . Ta có
�
IM P AB �
� ,IN
�  AB,CD  =IM
�


IN
P
CD
�
Đặt �
MINα
Xét tam giác IMN có
AB a
CD a
a 3
Theo định lí
 ,IN 
 ,MN 
2 2
2 2
2
cơsin, ta có
IM 

2

cosα 

IM 2  IN 2  MN 2

2IM.IN

2
2
�a � �a � �a 3 �
�
�2 � �2 � �
�
�� �� �
�2 �

a a
2. .
2 2

1
 0
2

�
0
��
MIN  1200 suy ra  AB,CD  =06 .
uuu
r uur
IM.IN
�

�
r uur
Cách 2. cos AB,CD   cos IM ,IN  = uuu
IM IN
uuuur uur uuu
r uuuur 2 uur uuu
r 2
uur uuu
r
MN  IN  IM � MN  IN  IM  IM 2  IN 2  2IN.IM





uur uuu
r IM 2  IN 2  MN 2
a2
IN.IM 

2
8
uuu
r uur
IM.IN
cos�
 AB,CD   cos�
 IM ,IN  =uuur uur  21
IM IN
Vậy �

 AB,CD  =600 .
Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD có tất cả các cạnh bằng m . Các điểm M ,N
lần lượt là trung điểm của AB và CD . Tính góc gữa đường thẳng MN với
các đường thẳng AB,BC và CD .
Lời giải.
uuur r uuur u
r uuur r
Đặt AD  a,AB  b,AC  c .
r u
r r
r u
r
u
r r
r r
0
Khi đó, ta có a  b  c  m và a,b  b,c  c,a  60 .

     

17


ru
r u
rr rr m
Ta có a.b  b.c  c.a  .
2
Vì M ,N là trung điểm của AB và CD nên
uuuur 1 uuur uuu

r 1 r r u
r
MN  AD  BC  a  c  b
2
2
r
u
r
r
rr
ru
r u
rr
2
2
1 2
m2
MN 2  �
a  b  c  2ac  2ab  2b.c�
�
�
4�
� 2



 



m 2
.
2
uuuuruuur 1 r r u
r u
r 1 ru
r u
rr u
r2
�
ab  bc  b �
- MN AB  a  c  b b  �
� 0
2
2�
�
Vậy góc giữa hai đường thẳng MN và AB bằng 900 .
uuuuruuur 1 r r u
r r r 1 r 2 rr ru
r rr r 2 u
rr
�
a  ac  ab  ac  c  bc�
- MNCD  a  c  b a  c  �
� 0
2
2�
�
Vậy góc giữa hai đường thẳng MN và CD bằng 900 .
� MN 











uuuuruuu
r
uuuuruuu
r 1 r r u
r
u
r r m
MN BC
�
� cos MN ,BC   uuuur uuu
r 
MN BC  a  c  b  b  c 
MN BC
2
2



-





2

m2
2
2

.
2
m 2
m.
2

Vậy góc giữa hai đường thẳng MN và BC bằng 450 .
Bài tốn 02: DÙNG TÍCH VƠ HƯỚNG ĐỂ CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG
THẲNG VNG GĨC.
Phương pháp:
Để chứng minh d1  d2 ta có trong phần này ta có thể thực hiện theo các
cách sau:
uuruur
uur uur
 Chứng minh d1  d2 ta chứng minh u1u2  0 trong đó u1,u2 lần lượt là các
vec tơ chỉ phương của d1 và d2 .
�b P c
� a  b.
 Sử dụng tính chất �

a c
�
 Sử dụng định lí Pitago hoặc xác định góc giữa d1,d2 và tính trực tiếp góc
đó .

Các ví dụ

Ví dụ 1. Cho tứ diện đều ABCD cạnh a . Gọi O là tâm đường tròn noại tiếp
tam giác BCD . Chứng minh AO  CD .
Lời giải.
uuur uuur uuur
Ta có CD  OD  OC , ta lưu ý trong tam
uuuruuur AB2  AC 2  BC 2
giác ABC thì ABAC 
2
suy ra

18


uuuruuur uuur uuur uuur
uuuruuur uuuruuur
AOCD  AO OD  OC  OA OD  OA OC





2

OA 2  OD2  CD OA 2  OC 2  AC 2

0
2
2
( Vì AC  AD  a,OD  OC  R )
Vậy AO  CD .


4
Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD có CD  AB . Gọi I,J,K lần lượt là trung điểm
3
5
của BC,AC,BD . Cho biết JK  AB . Tính góc giữa đường thẳng CD với các
6
đường thẳng IJ và AB.
Lời giải.
1
1
2
Ta có IJ  AB , IK  CD  AB
2
2
3
1
4
25
IJ 2  IK 2  AB2  AB2  AB2  1
4
9

36
5
25
Mà JK  AB � JK 2  AB2  2
6
36
1
2
Từ   và   suy ra
IJ 2  IK 2  JK 2 � JI  IK .
Mặt khác ta có
IJ P AB,IK P CD � AB  CD .
�
IJ P AB
� IJ  CD .
Tương tự �
AB  CD
�
Ví dụ 3. Cho tứ diện ABCD có AB  AC  AD . Gọi O là điểm thỏa mãn
OA  OB  OC  OD và G là trọng tâm của tam giác ACD , gọi E là trung
điểm của BG và F là trung điểm của AE . Chứng minh OF vng góc với
BG khi và chỉ khi OD vng góc với AC .
Lời giải.
Đặt OA  OB  OC  OD  R  1 và
uuur r uuur u
r uuur r uuur u
r
OA  a,OB  b,OC  c,OD  d .
Ta có AB  AC  AD nên
ΔAOB  ΔAOC  ΔAOD  c  c  c suy ra

�
AOB �
AOC �
AOD
ru
r rr ru
r
a.b  a.c  a.d  3 .

 2 , từ  1

và  2 suy ra

Gọi M là trung điểm của CD và do
uuur uuur
uuur uuur uuu
r uuur
AG  2GM nên 3BG  BA  2BM  BA  BC  BD

19


uuur uuur uuur uuur uuur uuur r r u
r u
r
 OA  OB  OC  OB  OD  OB  a  c  d  3b 4
Gọi E,F theo thứ tự là trung điểm của AE,BG ta có
uuu
r
uuur uuur

uuur
uuur uuur
uuur
uuur uuur
12OF  6 OA  OE  6OA  3 OB  OG  6OA  3OB  3OG
uuur uuur uuur
uuuu
r
uuur uuur uuur uuur
r
u
r r u
r
 6OA  3OB  OA  2OM  7OA  3OB  OC  OD  7a  3b  c  d  5 Từ  4 và
uuur uuu
r
r
u
r r u
r r u
r r u
r
 5 ta có 36BG.OF  7a  3b  c  d a  3b  c  d
r2 u
r2 r2 u
r2
ru
r rr ru
r
ru

r
=7a  9b  c  d  18ab  8ac  8ad  2cd .
uuur uuu
r
u
r r r
uuur uuur
uuur uuu
r
uuur uuur
Theo (3) ta có 36BG.OF  2d c  a  2OD.AC suy ra BG.OF  0 � OD.AC  0



















hay OF  BG � OD  A C .
CÁC BÀI TỐN LUYỆN TẬP
16. Cho tứ diện ABCD có hai mặt ABC và ABD là các tam giác đều
a) Chứng minh AB  CD .
b) Gọi M ,N ,P,Q lần lượt là trung điểm các cạnh AC,BC,BD,DA .
Chứng minh MNPQ là hình chữ nhật.
17. Cho hình lập phương ABCD.A 'B'C'D' cạnh a . Trên các cạnh DC và BB'
lấy các điểm M và N sao cho MD  NB  x 0 �x �a . Chứng minh
a) AC'  B'D'
b) AC'  MN .
18. Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a và BC  a 2 . Tính góc giữa hai
đường thẳng AB và SC .
19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, SA  AB và SA  BC .
a) Tính góc giữa hai đường thẳng SD và BC .
b) Gọi I,J lần lượt là các điểm thuộc SB và SD sao cho IJ P BD . Chứng
minh góc giữa AC và IJ khơng phụ thuộc vào vị trí của I và J .
20. Cho hai tam giác cân ABC và DBC có chung cạnh đáy BC nằm trong
hai mặt phẳng khác nhau.
a) Chứng minh AD  BC .
b) Gọi M ,N là các điểm lần lượt thuộc các đường thẳng AB và DB sao cho
uuuur
uuur uuuu
r
uuur
MA  kMB,ND  kNB . Tính góc giữa hai đường thẳng MN và BC .
21. Cho hình hộp thoi ABCD.A 'B'C'D' có tất cả các cạnh đều bằng a và
�
ABC  �
B'BA  �
B'BC  600 . Chứng minh AC  B'D' .

22. Cho tứ diện ABCD . Gọi M ,N lần lượt là trung điểm các cạnh BC và
AD . Cho biết AB  CD  2a và MN  a 3 . Tính góc giữa hai đường thẳng
AB và CD .
23. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M ,N ,P,Q,R lần lượt là
trung điểm của AB,CD,AD,BC và AC .
a) Chứng minh MN  RP,MN  RQ .
b) Chứng minh AB  CD .

20


24. Cho tứ diện ABCD có AB  CD  a,AC  BD  b,AD  BC  c .
a) Chứng minh các đoạn nối trung điểm các cặp cạnh đối thì vng góc với
hai cạnh đó.
b) Tính góc giữa hai đường thẳng AC và BD .
25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành với AB  a,AD  2a .
Tam giác SAB vuông can tại A , M là một điểm trên cạnh AD ( M khác A
và D ). Mặt phẳng  α  đi qua M và song sog với  SAB cắt BC,SC,SD lần
lượt tại N ,P,Q .
a) Chứng minh MNPQ là hình thang vng.
b) Đặt AM  x . Tính diện tích của MNPQ theo a và

ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT
PHẲNG VNG GĨC
A. CHUẨN KIẾN THỨC

A.TÓM TẮT GIÁO KHOA.
1. Định nghĩa.
Đường thẳng d được gọi là vng góc với mặt phẳng  α  nếu nó vng
góc với mọi đường thẳng nằm tromg  α  .

Vậy dα   d� a, a  α�  .
2. Điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.
Định lí: Đường thẳng d vng góc với mặt phẳng  α  nếu nó vng góc
với hai đường thẳng cắt nhau nằm tromg

 α
�
da
�
db
�
�
aα
�,b α
�
�
�
a �b  M
�



� aα


.

3. Tính chất.
 Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vng góc

với một đường thẳng cho trước.
 Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vng góc
với một mặt phẳng cho trước.

21


4. Sự liên quan giữa quan hệ song song và quan hệ vng góc.
�
aP b
�
�  α   b ( h1)
1. �
 α  a
�
�
 α  P  β
�
� aβ

3. �
aα
 
�
�
aα
P
�
5. �


�bα

22


� b a




(h3)

(h5)

�
a �b
�
�
aα
   a� bP ( h2)
2. �
�
 
�bα
�
 α  � β
�
�
4. �
 α   a �  α  P  β ( h4)

�
 β  a
�
�
aα
� 
�
a  b � aα
P   (h6)
6. �
�α  b
 
�


5. Phép chiếu vng góc và định lý ba đường
vng góc.
5.1. Định nghĩa : Cho đường thẳng dα 

.

Phép chiếu song song theo phương d lên mặt
phẳng  α  được gọi là phép chiếu vng góc lên
mặt phẳng  α  .

5.2. Định lí ba đường vng góc.
Cho đường thẳng a nằm trong mặt phẳng  α  và b là đường thẳng không
thuộc  α  đồng thời khơng vng góc với  α  . Gọi b' là hình chiếu
của b trên  α  . Khi đó a  b � a  b' .

5.3. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.
Cho đường thẳng d và mặt phẳng  α  .

 Nếu d vng góc với và mặt phẳng  α  thì ta nói góc giữa đường thẳng
d và mặt phẳng  α  bẳng 900 .

 Nếu d khơng vng góc với và mặt phẳng  α  thì góc giữa d với hình
chiếu d' của nó trên  α  được gọi là góc giữa đường thẳng d và mặt
phẳng  α  .

B. LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC DẠNG BÀI TẬP.

Bài tốn 01: CHỨNG MINH ĐƯỜNG THẲNG VNG GĨC VỚI MẶT
PHẲNG.
Phương pháp:
Muốn chứng minh đương thẳng dα   ta có thể dùng môt trong hai cách
sau.
Cách 1. Chứng minh d vng góc với hai đường thẳng a,b cắt nhau
trong  α  .
�
da
�
db
�
�
aα
�,b α
�
�
�

a �b  I
�



� aα




Cách 2. Chứng minh d vng góc với đường thẳng a mà a vng góc với
 α .

23


�
dPa
�
� dα 
�
 α  a
�

.

Các ví dụ
Ví dụ 1. Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng ABCD tâm
O và có SA   ABCD  . Gọi H ,K lần lượt là hình chiếu vng góc của điểm
A trên các cạnh SB,SC và SD .

a) Chứng minh BC   SAB ,CD   SAD  ,BD   SAC  .

b) Chứng minh SC   AHK  và điểm I thuộc mặt phẳng  AHK  .
c) Chứng minh HK   SAC  và HK  AI .
Lời giải.
a) Vì ABCD là hình vng nên BC  AB
lại có SA   ABCD  � SA  BC .
�BC  AB
� BC   SAB .
Vậy �
�BC  SA
�
CD  AD
� CD   SAD  .
Tương tự �
CD  SA
�
Ta có đáy ABCD là hình vng nên
BD  AC , BD  SA � BD   SAC  .
�
�BC   SAB
� BC  AH .
b) Ta có �
AH � SAB
�

�
AH  BC
� AH   SBC  � AH  SC .
Vậy �

AH  SB
�
�
AK  SD
� AK   SCD  � AK  SC .
Tương tự �
AK  CD
�
�
SC  AH
� SC   AHK  .
Vậy �
SC  AK
�
�
A � AHK 
�
AI  SC
� AI � AHK  .
�
�
SC   AHK 
�

�
SA  AB
c) SA   ABCD  � �
.
SA  AD
�

24

,


Hai tam giác vuông SAB và SAD bằng nhau ( do có SA chung và AB  AD
SH SK

� HK P BD
) suy ra SB  SD,SH  SK �
SB SD
Mặt khác BD  AC � HK  AC .
�
HK  SC
� HK   SAC  .
Vậy �
HK  AC
�
�
AI � SAC 
�
� HK  AI .
�
HK   SAC 
�

Ví dụ 2. Cho tứ diện OABC có OA ,OB,OC đơi một vng góc với nhau.
Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên mặt phẳng  ABC  . Chứng
minh:

a) BC   OAH 
b) H là trực tâm của ΔABC
1
1
1
1



c)
.
2
2
2
OH
OA
OB OC 2
Lời giải.
a) Ta có
�
OA  OB
� OA   OBC  � OA  BC
�
OA  OC
�

 1

�
OH   ABC 

�
� OH  BC  2
Lại có �
�BC � ABC 
Từ  1 và  2 suy ra BC   OAH  .
b) Do OH   ABC  � OH  AC

 3

�
OB  OA
� OB   OAC  � OB  AC
�
OB  OC
�

 3

và  4 suy ra

AC   OBH  � AC  BH

 5

Lại có BC   OAH  � AH  BC

 4 Từ

 6 . Từ  5 , 6 suy ra

H là trực tâm của tam

giác ABC .

�
OI � OAH 
�
� BC  OI
c) Gọi I  AH �BC , do �
�BC   OAH 
Ta giác OAI vng tại O có đường cao OH nên ta có

1
1
1

 2
2
2
OH
OA
OI

 * .

25


Tương tự cho tam giác OBC ta có

1
1
1


thay vào (*) thư được
2
2
OI
OB OC 2

1
1
1
1



.
2
2
2
OH
OA
OB OC 2

Ví dụ 3. Cho đường trịn  C  đường kính ABtrong mặt phẳng  α  , một

đường thẳng d vng góc với  α  tại A ; trên d lấy điểm S �A và trên  C 
lấy điểm M ( M khác A ,B ).

a) Chứng minh MB   SAM  .

b) Dựng AH vng góc với SB tại H ; AK vng góc với SM tại K . Chứng
minh AK   SBM  ,SB   AHM 
c) Gọi I là giao điểm của HK và MB . Chứng minh AI là tiếp tuyến của
đường tròn  C  .
Lời giải.
�
SAα 
�
a) Ta có �
MBα
�
�
Lại có MB  MA
Từ





� SA  MB

 1

 2 ( t/c góc chắn nửa đường tròn)
 1 , 2 suy ra MB   SAM  .

b) Ta có AK  SM ,
MB   SAM  ,AK � SAM  � MB  AK .

Suy ra AK   SBM  .

�
AK   SBM 
�
� AK  SB ,
Tương tự �
SB � SBM 
�
lại có AH  SB suy ra SB   AHK  .
�
AI � AHK 
�
� AI  SB  3
c) Ta có �
SB   AHK 
�
�
AIα�
�
�
SAα 
�


� AI  SA  4 . Từ  3 , 4

tiếp tuyến của đường tròn  C  .

26

suy ra AI   SAB � AI  A B hay AI là


Ví dụ 4. Cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có góc A  1200 , cạnh BC  a 3 .
Lấy điểm S� ABC  sao cho SA  a . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác SBC . Chứng minh AO   SBC  .

Lời giải.
Để giải bài toán này, trước tiên chúng ta chứng minh một kết quả sau:
Trong không gian tập hợp các điểm cách đều ba đỉnh của một tam giác là
đường thẳng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp và vng góc với mặt
phẳng chứa tam giác đó. ( đường thẳng này được gọi là trục của đường
tròn ngoại tiếp tam giác đó).
Chứng minh: Gọi M là điểm cách đều ba đỉnh của tam giác ABC
và O là hình chiếu của trên của M trên  ABC  .
Các tam giác vng MOA ,MOB,MOC có MO
chung.
Vậy MA  MB  MC � OA  OB  OC � O là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Vậy tập hợp các điểm M cách đều ba đỉnh của
tam giác là đường thẳng vng góc với mạt phẳng
 ABC  tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
Quay lại bài tốn
Gọi M là trung điểm của BC , ta có ΔABC cân tại
A � AM  BC .
a 3
BM
AB 

 2  a . Mặt khác AC  a
sin600
3
2
suy ra AS  AB  AC  a , điểm A cách đều
ba đỉnh S,B,C của ΔSBC , do đó gọi O là
tâm đường trịn ngoại tiếp ΔSBC thì AO là
trục đường tròn ngoại tiếp ΔSBC suy ra
AO   SBC  .
Bài toán 02: THIẾT DIỆN ĐI QUA MỘT
ĐIỂM VÀ VNG GĨC VỚI MỘT ĐƯỜNG THẲNG.
Phương pháp:

27


Để xác định thiết diện của mặt phẳng  α  đi qua điểm O và vng góc với
đường thẳng d với một hình chóp ta thực hiện theo một trong hai cách
sau:
Cách 1. Tìm tất cả các đường thẳng vng góc với d , khi đó  α  sẽ song
song hoặc chứa các đường thẳng này và ta chuyển về dạng thiết diện song
song như đã biết ở ( dạng 2, §2 chương II).
Cách 2. Ta dựng mặt phẳng  α  như sau:
Dựng hai đường thẳng a,b cắt nhau cùng
vng góc với d trong đó có một đường thẳng
đi qua O , khi đó  α  chính là mặt phẳng
mp a,b .

Các ví dụ
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD

là hình thang vng tại A ,B với AB  BC  a,AD  2a ; SA   ABCD  và

SA  2a . Gọi M là một điểm trên cạnh AB,  α  là mặt phẳng đi qua M và

vng góc với AB.Đặt AM  x 0  x  a .

a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi  α  .
b) Tính diện tích thiết diện theo a và x .
Lời giải.
�Bα
� 
�
a) Ta có �BC  AB � BCαP   .
�α  AB
 
�
�
Aα� 
�
SA  AB � SAαP 
Tương tự �
�α  AB
 
�

.

�
M � ABCD 
�

�
MQ
P CD�
Do �BC � ABCDα
 �  ABCD
 �
  BC,Q
�
�BCαP  
Tương tự
�
M � SABα
 � 
�
�
SA � SABα
�
SAB
 ,N PSB
� .

  �MN
 SA
�
�
SAαP  
�

28

.


�
N � SBCα
 � 
�
�
SBC
 �
  �NP
 BC,P
  PSC � .
�BC � SBCα
�
�BCαP  
Thiết diện là tứ giác MNPQ .
�
MQ P BC
� MQ P NP nên tứ giác MNPQ là hình thang.
b) Ta có �
NP P BC
�
�
MQ P AB
�
MN P SA � MQ  MN suy ra thiết diện là một hình thang vng
Mặt khác �
�
SA  AB

�
tại M và N .
1
SMNPQ   MQ  NP  MN
2
Gọi I là trung điểm của AD và K  CI �MQ .
MN BM
BM.SA 2a a  x
Do MN P SA nên

� MN 

 2 a  x
SA
BA
BA
a
NP SN AM
BC.AM a.x


� NP 

 x.
BC SB AB
AB
a
Xét trong hình thang ABCD ta có :
KQ CK AM
ID.BM a a  x



� KC 

 a x
ID
CI
AB
BA
a
MQ  MK  KQ  a   a  x  2a  x .
1
 2a  x  x 2 a  x  2a a  x .
2
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a ,
SA   ABC  và SA  2a . Gọi  α  là mặt phẳng đi qua B và vng góc với
SMNPQ 

SC .

a) Xác định thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi  α  .
b) Tính diện tích của thiết diện này.
Lời giải.
a) Gọi I là trung điểm của AC , dựng
IH  SC,H �SC .
�BI  AC
� BI   SAC  . Mặt khác IH  SC
Ta có �
�BI  SA
nên  BIH   SC . Vậy  BIH  chính là mặt phẳng

 α

đi qua B và vng góc với SC .
Thiết diện là tam giác IBH .

29