Giải Toán 11: Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc

  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 1
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 2
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 3
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 4
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 5
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 6
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 7
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 8
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 9
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 10
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 11
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 12
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 13
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 14
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 15
  • Vấn đề 4. Hai mặt phẳng vuông góc trang 16
O)ấn đề 4. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
Góc giữa hai mặt phẳng
Định nghĩa 1:
Góc giữa hai mặt phẳng là gốc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phảng đó.
Cách xác định góc giữa hai mặt phẳng
góc
cắt
góc
Quy tắc thực hành
Khi hai mặt phảng (P) và (Q) cắt nhau theo giao tuyến A, để tính giữa chúng ta chỉ việc xét một mặt phẳng (R) vuông góc với A lần lượt (P) và (Q) theo các giao tuyến p và q, lúc đó góc giữa (P) và (Q) bằng giữa hai đường thẳng p, q.
Hai mặt phẳng vuông góc
Định nghĩa 2:
Hai mặt phẳng gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 90°.
Định lí 1:
Hai mặt phảng vuông góc với nhau khi và chỉ khi một trong chúng chứa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng còn lại.
a) Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau và A là điểm nằm trong (P) thì đường thẳng a đi qua điểm A và vuông góc với (Q) sẽ nằm trong (P).
(P) 1 (Q)ì
A G (P) a 1 (Q)
a <z (P)
Hệ quả 1
A G a
b) Nếu hai mặt phảng (P) và (Q) vuông góc thì bất cứ đường thẳng a nào thuộc (P) và vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) sẽ vuông góc với mặt phang (Q).
(P) ± (Q)
(P) n (Q) = c a c (P) a 1 c
Hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ ba.
■ => a L (R)
(P) n (Q) =
(P)	1 (R)
(Q)	1 (R)
Hệ quả 2
a -L (Q)
Hệ quả 3
Qua đường thẳng a không vuông góc với mp(P) có duy nhất mp(Q) vuông góc với mp(P).
Hình lăng trụ dứng. Hình hộp chữ nhật. Hình lập phương
Định nghĩa 3:
Hình lăng trụ đứng:
Là hình lăng trụ có cạnh bên góc vời mặt đáy.
Hình lăng trụ đều:
Là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.
Hình hộp đứng:
Là hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành.
Hình hộp chữ nhật:
Là hình hộp đứng có đáy là hình chữ nhật.
Hình lập phương:
Là hình hộp có tất cả các mặt là
Hình chóp đều và hình chóp cụt đều
Định nghĩa 4:
-a	
Định nghĩa 5
Cho hình chóp đều S.AX A2 ... A,, Một mặt phảng (P) song song với mặt phảng đáy A^.-.A,! cắt các cạnh bên SA1( SA2, ..., SAn lần lượt tại A’p A’2, ... A’n.
Phần hình chóp đều SA1A2... An nằm giữa đáy A1A2... An và (P) gọi là hỉnh chóp cụt đều.
Đa giác Ax A2 ... Ajj và thiết diện A\ A’2 ... A’u gọi là hai đáy của hình chóp cụt đều; các hình A1A’1A2A2, A2A2A’3A3, ..., A11A11A1A1 gọi là các mặt bên của hình chóp cụt đều. Đoạn nối hai tâm o và O’ của hai đáy được gọi là đường cao của hình chóp cụt đều.
B. GIẢI BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA
Bài 1	
Cho ba mặt phẳng (a ), (3) và (Y). Trong những -mệnh đề sau đây, mệnh đề nào đúng ?
Nếu (a ) ± (3) và (a ) // (Y) thì (3) 1 (Y ).
Nếu (ot) ± (3) và (a) 1 (y) thì (3)//(y).
Trả lời
Đúng b) Sai
Bài 2	
Cho hai mặt phẳng a và 3 vuông góc với nhau. Người ta lấy trên giao tuyến A của hai mặt phẳng đó hai điểm A và B sao cho AB = 8cm. Gọi c là một điểm trên a và D là một điếm trên 3-, sao cho AC và BD cùng vuông góc với giạo tuyến A , với AC - 6 cm, BD = 24 cm. Tính độ dài đoạn CD.
Giải
CA ± A, do đó CA ± DA.
BD ± A, do đó DB ± BC ( hình bên). Vậy CD2 = CA2 + DA2
= CA2 + DB2 + AB2 = 62 + 242 + 82 = 676
CD = 7676 = 26(cm).
Bài 3
Trong mặt phẳng a cho tam giác ABC vuông ở B. Kẻ đoạn thẳng AD vuông góc với a tại A. Chứng minh rằng:
ABD là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (DBC);
Mặt phảng (ABD) vuông góc với mặt phảng (BCD);
Mặt phảng p đi qua A và vuông góc với DB lần lượt cắt DB và DC tại H và K. Chứng minh rằng HK // BC.
Giải
a) AD 1 (ABC) => AD -L BC.
Theo giả thiết AB -L BC nên BC 1 (ABD) => BC ± BD
1 _ _	=> ABD là góc giữa
BD 1 BC
hai mặt phẳng (ABC) và (DBC).
Vì BC 1 (ABD) nên (BCD) 1 (ABD).
Mặt phẳng (AHK) vuông góc với DB tại H nên DB _L AH và DB ± HK.
Trong mặt phẳng (BCD) ta có HK 1 BD và BC ± BD do đó HK // BC.
Bài 4
Cho hai mặt phẳng a, p cắt nhau và một điểm M không thuộc ct và p. Chứng minh rằng qua điếm M có một và chỉ một mặt phẳng p vuông góc vói a và p. Nếu a // p thì kết quả trên sẽ thay đổi như thế nào?
Giải
• Gọi a = a n p. Gọi p là mặt phẳng đi qua M và vuông góc vói a. Vì a c a và a 1 p nên p ± a. Tương tự ta chứng minh được p ± p. Như vậy qua điểm M có mặt phẳng p vuông góc vói cc và p.
Ngược lại nếu có mặt phẵng P’ đi qua điếm M và vuông góc với ct và p thì suy ra P’ ± a. Do tính duy nhất của mặt phẳng đi qua một điếm và vuông góc với đường thẳng a nên hai mặt phang P’ và p trùng nhau.
• Nếu a // p, ta gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với a.
Khi đó ta có d 1 p và mọi mặt phang p chứa d đều vuông góc với ct và p. Vậy khi a // p có vô số mặt phẳng p đi qua M và vuông góc với a và p.
Bài 5	
Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’. Chứng minh rằng:
Mặt phẳng (AB’C’D) vuông góc với mặt phẳng (BCD’A’1;
Đường thẳng AC’ vuông góc với mặt phẳng (A’BD).
Giải
a) Ta có AB’ 1 BA’ và AB’ 1 B’C’ nên AB’ 1
Do đó AB’ 1 (BA’C) hay AB’ 1 (BCD’A’). Mặt phẳng (AB’C’D) chứa AB’ vuông góc với (BCD’A’i nên (AB’C’D) 1 (BCD’A’).
b).Đặt I = AB’ n A’B và J = CD’ n C’D. A Khi đó IJ = (AB’C’D) n (BCD’A’).
Do A’B 1 IJ nên A’B 1 (AB’C’D).
Do đó: A’B 1 AC’.	.(1)
Tương tự, chứng minh được (ABC’D’)
1 (A’B’CD) và A’D 1 (ABC D’).
Từ đó ta có: A’D 1 AC’. (2)
(1) và (2) cho ta AC’ -L (A’BD).	A'
BC vì BC // B’C’
Bài 6	
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình thoi cạnh a và có SA = SB = sc = a. Chứng minh rằng:
Mặt phảng (ABCD) vuông góc với mặt phẳng (SBD);
Tam giác SBD là tam giác vuông.
Giải
AC 1 (SBD) => (ABCD) 1 (SBD).
Gọi o là tâm hình thoi ABCD.Ta có fAC 1 BD [ac 1 SO
và bằng nhau. Do đó OS = OB = OD.
Từ đó suy ra A SBD là tam giác vuông tại s. Q
Bài 7
Vì SA = SB = SC = a và AB = BC = a nên ba tam giác SAC, BAC, DAC cân
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = b, CC’ = c.
Chứng minh rằng mặt phẳng (ADC’B’) vuông góc với mặt phẳng (ABB’A’).
Tính độ dài đường chéo AC’ theo a, b và c.
Giải
Vì AD 1 AB, AD 1 AA’
=> AD 1 (ABB’A’1
Mặt phẳng (ADC’B’) chứa AD nên (ADC’B’) 1 (ABB’A’).
Ta có AC’2 = AC2 +CC’2
AC’2 = AB2 + BC2 + CC’2 AC’2 = a2 + b2 + c2
Vậy AC’ = 7a2 + b2 + c2.
Bài 8 	
Tính độ dài đường chéo của một hình lập phương cạnh a.
Giải
Hình lập phương cạnh a có độ dài đường chéo là a 73
Bài 9	
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có SH là đường cao. Chứng minh SA vuông góc với BC và SB vuông góc với AC.
B
Giải
Vì H là tâm của tam giác đều nên BC ± AH và BC ± SH, suy ra BC ± (SAH)
BC 1 SA
Tương tự ta có AC 1 BH và AC 1 SH, suy ra AC 1 (SBH) => AC 1 SB.
Bài 10	
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh bên và các cạnh đáy đều bằng a. Gọi o là tâm của hình vuông đáy ABCD.
Tính độ dài đoạn thẳng so.
Gọi M là trung điểm của đoạn sc. Chứng minh hai mặt phẳng (MBD) và (SAC) vuông góc với nhau.
(ABCD).
b) Tam giác SBC là tam giác đều cạnh a nên BM 1 sc. Tương tự ta
Tính độ dài đoạn OM và tính góc giữa hai mặt phảng (MBD) và
có DM 1 sc, suy ra sc 1 (BDM).
Do đó (SAC) 1 (BDM).
OM2 = oc2 - MC2 vì OMC là tam giác vuông tại M.
OM2 = ị -	= ị- Vậy OM = I.
2	4	4	2
(Có thể lí luận rằng vì soc là tam giác vuông tại o nên đường trung
„ _ 'se ax tuyến OM = 2 = 2^'
Vì MO ± BD và CO 1 BD nên MOC là góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD).
Mặt khác ta có OM = — và MC = — mà OMC = 90° nên MOC = 45°. Vậy góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD) bằng 45°.
Bài 11
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình thoi tâm I, cạnh a aVh
và có góc A = 60°. Cạnh se bằng —và vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
Chứng minh mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phảng (SAC).
Trong tam giác SCA kẻ IK vuông góc với SA. Hãy tính độ dài IK.
Chứng minh BKD = 90° và từ đó suy ra mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phảng (SAD).
Giải
a) Vì BD 1 AC và BD 1 se nên BD 1 (SAC). Ta suy ra (SBD) 1 (SAC).
b) Hình thoi ABCD được tạo thành bởi hai tam giác đều chung đáy. Hai tam giác vuông SCA và IKA đồng dạng nên ĨK _ AI
sc - SA '	(1)
Theo định lí Pi-ta-go ta có
SA2’ = SC2 + CA2
c. 372
=> SA = -4— .a.
2
Thay giá trị của SA vào (1) có a Tô a73
IK =
• SA
SC.AI 9. ' 2	_ a
372
.a
_ 2'
Vì IK = IB = ID = -Ệ nên BKD là tam giác vuông tại K hay BKD = 90°.
Do SA 1 DBjva SA 1 IK, suy ra SA 1 (BDK) => SA 1 BK vàSA 1 DK. Vậy BKD là góc giữa hai mặt phảng (SAB) và (SAD) và BKD - 90° nên (SAB) 1 (SAD).
D. BÀI TẬP BỔ SUNG
Bài 1	
Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác đều cạnh bằng a.
SA 1 (ABC-) và SA = —. Tính góc giữa hai mặt phảng (ABC) và (SBC).
2
Giải
Gọi là trung điểm của BC thì AA1 -L BC, mà SA ± (ABC) nên BC 1 SA!, từ đó BC 1 (SAxA). Vậy góc giữa (ABC) và (SBC) bằng góc giữa hai đường thẳng AAp SAp
Đặt SAià = <p thì
a
SA 2	1
tg(p = ÃÃT = 173 = 73 ’
2
do đó <p = 30°.
Vậy góc giữa hai mặt phảng đó bằng 30°.
Bài 2
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’.
Chứng minh rằng AC’ vuông góc với hai mặt phẳng (A’BD) và (B’CD’).
Tính diện tích thiết diện của hình lập phương bị cắt bởi mặt phẳng trung trực (a ) của AC’ nếu biết cạnh của hình lập phương bằng a.
Giải
Ta có AC’ = AB + AD + AA'
Và BD = ÃD - ĂB.
Vậy AC"'.BD = (ÃB + ÃD + ÃÃ"’).(ÃD - ÃB) :
Tương tự, ta có AC '.BA = 0.	B
Vậy AC’ 1 (A’BD).
Do (A’BD) // (B’CD’) nên AC’ 1 (B’CD’).
Gọi M là trung điểm của BC thì MA
= MC’ vì cùng bằng nên M thuộc mặt phảng trung trực của AC’.
1V2
Chứng minh tương tự như trên ta có N, p, Q, R, s cũng có tính chất đó (N, p, Q, R, s lần lượt là trung điểm của CD, DD’, A’D’, A’B’, BB’). Vậy thiết diện của hình lập phương bị cắt bởi mp( a) là MNPQRS.
từ đó
Dễ thấy đó là lục giác đều cạnh bằng
3>/3
s = 6.
Bài 3
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và SA 1 (ABCD), SA = X. Xác định X để hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc 60°.
Giải
Gọi 0 là giao điểm của AC và BD. Trong mặt phảng (SAC) kẻ OOi vuông góc với sc, dễ thấy mp (BC^D) vuông góc với sc.
Vậy góc giữa hai mặt phẳn^ (SBC) và-(SDC) bang góc giữa hai đường thang BƠ! và DO1.
Mặt khác 00x 1 BD, OCh < oc = ỌB
nên BChO^jR)0-	_	
Như vậy việc xác định X để hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc 60° tương đương với việc xác định X để BO^D = 120°. Mặt khác tam giác
Tương tự DO1O> 45°, tức BOJ^ 90°.
BOjD cân tại O1 nên yêu cầu trên tương đương với xác định X để BOXO = 60° hoặc BO = OOj tg60°. Điều này tương đương với BO = OOj yj~3 ■
Ta lại có
OOj = OCsinOCOi = OCsinACS = oc.|^.
Sa SC
BO = OOja/3 BO = 73.0C.||- o sc = Tã.SA 7x2 + 2a2 = 73.X o X = a
Vậy khi X - a thì hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo vói nhau góc 60°.
Bài 	
Cho hai mặt phẳng vuông góc (P) và (Q) có giao tuyến Á. Lấy A, B thuộc A và lấy c G (P), D G (Q) sao cho AC 1 AB, BD ± AB và AB = AC = BD.
Tìm điểm cách đều A, B, c, D.
Xác định thiết diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi mặt phảng (a ) đi qua điểm A và vuông góc với CD. Tính diện tích thiết diện khi AC = AB = BD = a.
Giải
a) Vì (Q) ± (P), (P) và (Q) cắt nhau theo giao tuyến AB,BD JL AB và D e (Q) nên DB 1 (P), từ đó DB -L BC. Mặt khác DB ± (P) và CA -L AB nên CA ± AD. Như vậy điểm cách đều A, B, c, D, là trung điểm o của CD. Dễ thấy CD = AB73.
b) Gọi I là trung điểm của BC thì AI 1 BC.
Do BD -L mp (ABC) nên AI 1 CD (định lí ba đường vuông góc). Trong mp (CDB), kẻ IJ vuông góc với CD (J e CD) thì mp(AU) chính là mặt phẳng (a) và thiết diện phải tìm là tam giác AIJ.
Dể thấy AIJ là tam giác vuông tại I. Vậy SAIJ = AI.U.
Ta có AI = |bC = ^?.
2	2	a 77
— => u ^.DB = -i.a =
DB CD	CD	a 73	6
Vậy Satj = a
1 a77 aTẽ _ a2 73
Bài 5
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Hình hộp đã cho có tính chất gì, nếu:
Tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối bằng nhau.
Tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối vuông góc.
Tứ diện AB’CD’ là tứ diện đều.
Giải
Ta có B’D’ = BD. Vậy AC = B’D’<^
AC = BD, khi đó ABCD là hình chữ nhật.
Tương tự ta cũng có ABB’A’ và ADD’A’ là những hình chữ nhật. Vậy khi tứ diện AB’CD’ có các cặp cạnh đối diện bằng nhau thì ABCD. A’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật.
Ngược lại, khi ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật thì tứ diện AB’CD’ có các cặp cạnh đối diện bằng nhau.
Ta có BD // B’D’. Vậy ACTB’D’AC 1BD. Khi đó ABCD là hình thoi. Tương tự như trên ta cũng có ABBA.’ và ADDA’ là những hình thoi. Vậy hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp thoi (tức sáu mặt của hình hộp là hình thoi). Cung dễ thấy rằng nếu ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp thoi thì tứ diện AB’CD’co các cặp cạnh đối diện vuông góc.
Khi AB’CD’ là tứ diện đều thì các cặp cạnh đối diện vừa bằng nhau và vừa vuông góc, áp dụng kết quả của a) và b) ta có : Khi AB’CD’ là tứ diện đều thì hình hộp A’B’C’D’. ABCD là hình lập phương. Ngược lại nếu ABCD. A’B’C’D’ là hình lập phương thì AB’CD’ là tứ diện đều.
Bài 6
Cho hai tam giác ACD, BCD nằm trên hai mặt phảng vuông góc với nhau và AC = AD = BC = BD = a, CD = 2x. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD.
Tính AB và IJ theo a, X.
Với giá trị nào của X thì (ABC) 1 (ABD)?
Giải
a) Vì J là trung điểm của CD và AC = AD nên AJ 1 CD. Do mp(ACD) 1 mp(BCD) nên AJ -L mp(BCD). Mặt khác AC = AD =BC = BD nên AB = AJ 72 , AJ2 = a2 - X2 hay
AJ = Va2 - X .Vậy AB = ự2(a2 - X2)
với a > X.	V-""
B
Do IA = IB, AJ Imp(BCD) nên JI = |aB, tức là IJ =1 V2(a2 - X2).
« IJ = |CD
b) Rõ ràng là CI và DI vuông góc với AB. Vậy mp(ABC) -L mp(ABD) CID = 90°
 j ự2(a2 - X2) = ỉ 2x
Bài 7	
Cho tam giác ABC và mặt phẳng (P). Biết góc giữa mp(P) và mặt phẳng (ABC) là <p. Hình chiếu của tam giác ABC trên mp(P) là tam giác A’B’C’. Chứng minh rằng SA.B.C- = SABC.cos ọ. ơ đây kí hiểu SA.B-Ơ, SABC lần lượt là diện tích tam giac A’B’C’va tam giác ABC.
Giải
Nếu AABC có một cạnh, chẳng hạn BC nằm trong mp(P) . Gọi A’ là hình chiếu của A trên mp(P). Kẻ đường cao A’H của tám giác A’BC thì AH là đường cao của tam giác ABC và AHA' = <p, A’H = AHcos ọ.
Nếu cạnh BC của tam giác ABC song song với mp(P). Xét mp (Q) chứa BC và song song với mp(P), gọi giao điểm của AA’ với mp(Q) là A,, dễ thấy AAjBC bằng A A’B’C’. Kg đường cao AjH của tam giác A^c thì AH 1 BC và do đó ọ = AHAj. Khi đó
°A'B'C’ - SA1BC - SABC.cos<p.
b) Xét trường hợp tam giác ABC không có cạnh nào song song hay nằm trong mp(P). Ta có thể giả sử mp(P) đi qua điểm A sao cho các đỉnh B, c ở về cùng một phía đối với mp(P). Gọi D là giao điểm của đường thẳng BC và mp(P) và B’, C’ lần lượt là hình chiếu của B, trường hợp a) ta có
Sadc - SADC.cos<p Sadb- = SAdb -cos<P-
Trừ từng vế hai đẳng thức trên ta có SAB.C = SABC.coscp. Như vậy trong mọi trường hợp ta có SA.B-C. = SABC.cos <p.
Bài 8
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. SA = SB = sc = a. Chứng minh:
1/ mp (ABCD) -L mp(SBD).
2/ Tam giác SBD là tam giác vuông.
là đường trung trực của AC (2)
Giải
1/ Ta có: SA = SB = sc
=> SH là trục đường tròn ngoại tiếp AABC nên:
H là tâm của đương tròn ngoại tiếp A ABC
=> H là giao điểm các đường trung trực các cạnh A ABC (1)
Theo giả thiết: ABCD là hình thoi nên Từ (1), (2) suy ra : H e BD.
SHcmp(SBD) 1	ZCIJTAA I	/Aunnz
Suy ra: **	=> mp(SBD) -L mp(ABCD).
J SH 1 mp(ABCD)J
2/ Gọi o là tâm của hình thoi thì A SBD có so là trung tuyến.
SA = BA
Từ giả thuyết, ta có: SC = BC
AC là cạnh chúng
=> A SAC = A BAC (c. c. c.)
=> SO = BO = 52. Vậy: A SBD vuông tại s
Sài 9	2_	
Cho tam giác đều ABC cạnh a, I là trung điểm của BC, D là điểm đối xứng của A qua I. Dựng đoạn SD = vuông góc với mặt phảng (ABC)
Chứng minh: 1/ mp'(SAB) 1 mp(SAC)
2/ mp(SBA) -L mp (SAD)
Giải
1/ Ta có : DB = DC = a => SB = SC Do đó : A SAB = A SAC (c. c. c.)
nên chân đường cao kẻ từ B và c lên SA của hai tam giác ấy trùng nhau tại J.
* A JBC có : JB = JC
(đường cao của hai tam giác bằng nhau)
IB = IC, nên JI 1 BC tại I Ta có: AI.AD = AJ.AS
=>	^~-a73 = AJ. 7sD2 + DA2 => AJ = a|-
A AJI CÓ : IA	và AJ =	, nên
2 2 ’
T t2 _ T Ạ 2 T A 2 3a 2a a"	T T a
IJ = IA - JA = —7— =— = -- IJ = -
4	4	4	2
,	TT BC
* A JBC có trung tuyến IJ = nên vuông tại J => BJ J- CJ => mp(SAB) -L mp(SAC)
, BC ± DA (đường chéo của hình thoi)]
2/ Ta có:	1
BC = DS (gt)	J
=> BC 1 mp(SDA), mà	BC c mp(SBC).
Vậy: mp(SBC) -L mp(SDA).
Bài 10	
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phảng (ABCD). Gọi M, N là hai điểm lần lượt trên hai cạnh BC, DC, sao cho BM = -|, DN =	. Chứng minh hai mặt phẳng (SAM)
và (SMN) vuông góc với nhau.
Giải
Áp dụng định lí Pi-ta-go vào các tam giác vuông AND, ABM, MCN, ta có:
AN2 = AD2 + DN2
2 <3af 25a2
MN2 = CM2 + CN2 với
“ a + I 4 J - 16 AM2 = AB2 + BM2
CM = BC - BM = I 2
CN = DC - DN = ~ 4
Do đó: AN2 = AM2 + MN2 => aAMN vuông tại M.
MN 1 AM
Ta có:
=>MN 1 mp(SAM),
MN 1 SA
(vì SA 1 mp(ABCD),MN c mp(ABCD)
mà MN c: mp(SMN), nên mp(SMN) -L mp(SAM).
E. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài 1
2a
Trong mặt phang (p) cho hình thoi ABCD với ẠB = a và BD =	.
Trên đường vuông góc với (P) tại giao điểm của hai đường chéo của hai hình thoi ta lấy điểm s sao cho SB = a.
1/ Chứng minh tam giác ASC vuông.
2/ Chứng minh các mặt phẳng (SAB) và (SAD) vuông góc.
Bài 2
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O; AB = a,
SO vuông góc với mặt phảng (ABCD) và so = —; Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các đoạn AD, BC. Chứng minh rằng: i/ Mặt phảng (SAC) vuông góc với mặt phảng (SBD)
2/ Mặt phẳng (SIJ)'vuông góc với mặt phẳng(SBC)
Bài 3
Cho tam giác ABD và BCD nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau. AC = AD = BC = BD = a và CD = 2x. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD.
1/ Chứng minh IJ -L AB và IJ 1 CD 2/ Tính AB và IJ theo a và X
3/ Với giá trị giá nào của a thì hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc với nhau ?
Bài 4
Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a. Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm của BC, cơ, C’A’.
Dựng thiết diện của mặt phẳng (MNE) với lăng trụ. Chứng minh các mặt phảng (MNE) và (AA’B’B) vuông góc với nhau.
Bài 5
Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’. Lấy điểm M trên cạnh BC, mặt phẳng (MB’D) cắt A’D’ tại N.
1/ Chứng minh NB’MD là hình bình hành.
2/ Chứng minh MN vuông góc với C’D.
3/ Gọi H là hình chiếu của A trên MN. Khi M ay trên đoạn BC, tìm tập hợp điếm H.
Bài 6
Trong mặt phảng (P) cho đường tròn (K) tâm o, bán kính R và một điểm
A thuộc (K). BC là một đường kính quay quanh o. Đặt a = ABC . Trên đường thẳng qua A vuông góc với (P) ta lấy điểm s với AS = 2R.
1/ Tìm quĩ tích chân H của đường cao SH trong A SBC.
2/ Xác định a đế ASBC có diện tích lớn nhất.