Toán 11 Các dạng toán liên quan đến vector trong không gian. Quan hệ vuông góc

[Timeless time]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Ở topic này mình sẽ cập nhật các dạng toán liên quan đến vector trong không gian. Quan hệ vuông góc. Các bạn vào đọc và ôn lại kiến thức nhé

VECTOR TRONG KHÔNG GIAN​

I. LÝ THUYẾT

Vector trong không gian

II. CÁC DẠNG TOÁN

Dạng 1. Xác định vector và các khái niệm có liên quan

Phương pháp giải: - Dựa vào định nghĩa của các khái niệm liên quan đến vector (xem mục 1) - Dựa vào tính chất hình học của các hình hình học cụ thể.

Ví dụ 1: Cho hình hộp [imath]A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}[/imath]. Hāy xác định các vector (khác [imath]\overrightarrow{0}[/imath] ) có điểm đầu, điểm cuối là các đỉnh của hình hộp [imath]A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}[/imath] và a. cùng phương với [imath]\overrightarrow{A B}[/imath]; b. cùng phương [imath]\overrightarrow{A A^{\prime}}[/imath].

Lời giải:
a. Các vector có điểm đầu, điểm cuối là các đỉnh của hình hộp cùng phương với [imath]\overrightarrow{A B}[/imath] là
[imath]\overrightarrow{B A} ; \overrightarrow{C D} ; \overrightarrow{D C} ; \overrightarrow{A^{\prime} B^{\prime}} ; \overrightarrow{B^{\prime} A^{\prime}} ; \overrightarrow{C^{\prime} D^{\prime}} ; \overrightarrow{D^{\prime} C^{\prime}}[/imath]

b. Các vector có điểm đầu, điểm cuối là các đỉnh của hình hộp cùng phương với [imath]\overrightarrow{A A^{\prime}}[/imath] là
[imath]\overrightarrow{A A^{\prime}} ; \overrightarrow{A^{\prime} A} ; \overrightarrow{B B^{\prime}} ; \overrightarrow{B^{\prime} B} ; \overrightarrow{C C^{\prime}} ; \overrightarrow{C^{\prime} C} ; \overrightarrow{D D^{\prime}} ; \overrightarrow{D^{\prime} D}[/imath]

Ví dụ 2: Cho hình lập phương [imath]ABCD.A'B'C'D'[/imath] . Gọi [imath]O, O'[/imath] lần lượt là các giao điểm của hai đường chéo của hai đáy. Hãy xác định các vector (khác [imath]\overrightarrow 0[/imath] ) có điểm đầu, điểm cuối là các đỉnh của hình lập phương [imath]ABCD.A'B'C'D'[/imath] sao cho: a. bằng [imath]\overrightarrow {OO'}[/imath]; b. bằng [imath]\overrightarrow {AO}[/imath].

Lời giải:
a. Ta có các vector thoả mãn là: [imath]\overrightarrow{OO'}= \overrightarrow{AA'} = \overrightarrow{BB'} = \overrightarrow{CC'}= \overrightarrow{DD'}[/imath].
b. Ta có các vector thỏa mãn là: [imath]\overrightarrow{AO} = \overrightarrow{A'O'} = \overrightarrow{OC}= \overrightarrow{O'C'}[/imath].

Dạng 2. Chứng minh đẳng thức vector

Phương pháp giải: Để chứng minh đẳng thức vector ta thường sử dụng: - Quy tắc cộng, quy tắc trừ ba điểm, quy tắc hình bình hành, quy tắc hình hộp. - Tính chất trung điểm, trọng tâm tam giác, tích một số với một vector... Để biến đổi vế này thành vế kia.

Ví dụ 1: Cho bốn điểm [imath]A, B, C, D[/imath] bất kì trong không gian. Chứng minh rằng: [imath]\overrightarrow{AB} +\overrightarrow{CD} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{CB}[/imath]

Lời giải:
Ta có:
[imath]\begin{aligned} \overrightarrow{AB} +\overrightarrow{CD} & =\overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DB} + \overrightarrow{CB} + \overrightarrow{BD} \\ & = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{CB} + \overrightarrow{DB} + \overrightarrow{BD} \\ & = \overrightarrow{AD} +\overrightarrow{CB} + \overrightarrow{0} \\ & = \overrightarrow{ AD} +\overrightarrow{CB} \end{aligned}[/imath]

Ví dụ 2: Cho tứ diện [imath]A, B, C, D[/imath]. Gọi [imath]I, J[/imath] lần lượt là trung điểm của [imath]A B, C D[/imath]. a. Chứng minh rằng: [imath]\overrightarrow{I J}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{B C})[/imath] b. Cho [imath]G[/imath] là trung điểm của [imath]I, J[/imath]. Chứng minh rằng: [imath]4 \overrightarrow{M G}=\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{M C}+\overrightarrow{M D}[/imath], với mọi điểm [imath]M[/imath] trong không gian.

Lời giải:
a.
Ta có: [imath]\overrightarrow{I J}=\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D J}[/imath] và [imath]\overrightarrow{I J}=\overrightarrow{I B}+\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C J}[/imath]
[imath]\begin{aligned} \implies 2 \overrightarrow{I J} & =\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{D J}+\overrightarrow{I B}+\overrightarrow{B C}+\overrightarrow{C J} \\ & =(\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I B})+(\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{B C})+(\overrightarrow{D J}+\overrightarrow{C J})\\ & =\overrightarrow{0}+(\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{B C})+\overrightarrow{0} \\ & =\overrightarrow{A D}+\overrightarrow{B C} \end{aligned}[/imath]

b.
Ta có: [imath]\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{M C}+\overrightarrow{M D}=4 \overrightarrow{M G}+\overrightarrow{G A}+\overrightarrow{G B}+\overrightarrow{G C}+\overrightarrow{G D}=4 \overrightarrow{M G}+2 \overrightarrow{G I}+2 \overrightarrow{G J}=4 \overrightarrow{M G}+2 \overrightarrow{0}=4 \overrightarrow{M G}[/imath]
(Vì [imath]I[/imath] là trung điểm của [imath]A B, J[/imath] là trung điểm của [imath]C D, G[/imath] là trung điểm của [imath]I J[/imath] )

Dạng 3. Tìm điểm thỏa mãn đẳng thức vector

Phương pháp giải: Dựa vào các yếu tố cố định như điểm và vector - Các bước thực hành giải toán: 1. Biến đổi đẳng thúc véc-tó cho trước về dạng: [imath]\overrightarrow{O M}=\overrightarrow{v}[/imath]. Trong đó: Điểm [imath]O[/imath] và vector [imath]\overrightarrow{v}[/imath] đã biết. 2. Nếu muốn dựng điểm [imath]M[/imath], ta lấy [imath]O[/imath] làm gốc dựng một vector bằng vector [imath]\overrightarrow{v}[/imath], khi đó điểm ngọn củavector này chính là [imath]M[/imath]. - Ứng dụng tính chất tâm tỉ cự của hệ điểm: Với các điểm [imath]A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}[/imath] và các số [imath]\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}[/imath] thỏa mãn điều kiên [imath]\displaystyle \sum \limits_{i=1}^{n} a_{i} \neq 0[/imath]. Tồn tại duy nhất điểm [imath]M[/imath] sao cho: [imath]\displaystyle \sum \limits_{i=1}^{n} \alpha_{i} \overrightarrow{M A_{i}}=\overrightarrow{0}[/imath]. Điểm [imath]M[/imath] như vậy gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm [imath]\left\{A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}\right\}[/imath] với các hệ số tương ứng là [imath]\left\{\alpha_{1}, \alpha_{2}, \cdots, \alpha_{n}\right\}[/imath]. Trong trường hợp [imath]\alpha_{i}=\alpha_{j} \forall i, j[/imath] điểm [imath]M[/imath] gọi là trọng tâm của hệ điểm [imath]\left\{A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}\right\}[/imath]. - Một số kết quả thường sử dụng: Với [imath]A, B, C[/imath] là các điểm cố định, [imath]\overrightarrow{v}[/imath] là vector đã biết: (1) [imath]\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}=\overrightarrow{0} \implies M[/imath] là trung điểm [imath]A B[/imath]. (2) Nếu [imath]A, B, C[/imath] không thẳng hàng thì [imath]\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{M C}=\overrightarrow{0} \implies M[/imath] là trọng tâm tam giác [imath]A B C[/imath]. (3) Tập hợp điểm [imath]M[/imath] thỏa mãn [imath]|\overrightarrow{M A}|=|\overrightarrow{M B}|[/imath] là mặt phẳng trung trực của [imath]A B[/imath]. (4) Tập hợp điểm [imath]M[/imath] thỏa mãn [imath]|\overrightarrow{M C}|=k|\overrightarrow{A B}|[/imath] là mặt cầu tâm [imath]C[/imath] bán kính bằng [imath]k\cdot AB[/imath].

Ví dụ 1: Cho hình hộp [imath]ABCD.A_1B_1C_1D_1[/imath]. Xác định vị trí điểm [imath]O[/imath] sao cho: [imath]\overrightarrow{O A}+\overrightarrow{O B}+\overrightarrow{O C}+\overrightarrow{O D}+\overrightarrow{O A_{1}}+\overrightarrow{O B_{1}}+\overrightarrow{O C_{1}}+\overrightarrow{O D_{1}}=\overrightarrow{0}[/imath].

Lời giải:


Gọi [imath]G, G'[/imath] là giao điểm các đường chéo của [imath]ABCD[/imath] và [imath]A_1B_1C_1D_1[/imath].
Khi đó ta có: [imath]\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} + \overrightarrow{OD} + \overrightarrow{OA_1} + \overrightarrow{OB_1} + \overrightarrow{OC_1} + \overrightarrow{OD_1} = \overrightarrow{GA} +\overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} + \overrightarrow{G'A_1}+ \overrightarrow{G'B_1} + \overrightarrow{G'C_1} + \overrightarrow{G'D_1} + 4(\overrightarrow{GO} +\overrightarrow{G'O}) = 4(\overrightarrow{GO} + \overrightarrow{G'O}) =\overrightarrow{0}[/imath]
[imath]\implies O[/imath] là trung điểm [imath]GG'[/imath].

Ví dụ 2. Cho tứ diện [imath]ABCD[/imath]. Xác định các điểm [imath]I, H, G[/imath] thỏa mãn: 1. [imath]\overrightarrow{AI} = \overrightarrow{AB} +\overrightarrow{ AC} + \overrightarrow{AD}[/imath]. 2. [imath]\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{AB} +\overrightarrow{AC} − \overrightarrow{AD}[/imath]. 3. [imath]\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = \overrightarrow{0}[/imath].

Lời giải:


1. Ta có: [imath]\overrightarrow{AI} = \overrightarrow{AB }+\overrightarrow{AC }+ \overrightarrow{AD }[/imath]
Mà [imath](\overrightarrow{AB }+ \overrightarrow{ AC }) + \overrightarrow{AD }=\overrightarrow{AG }+ \overrightarrow{AD}[/imath] với [imath]G[/imath] là đỉnh còn lại của hình bình hành [imath]ABGC[/imath] vì [imath]\overrightarrow{AG} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}[/imath].
Vậy [imath]\overrightarrow{AI} = \overrightarrow{AG }+ \overrightarrow{AD}[/imath] với [imath]I[/imath] là đỉnh còn lại của hình bình hành [imath]AGID[/imath]. Do đó [imath]AI[/imath] là đường chéo của hình hộp có ba cạnh là [imath]AB, AC, AD[/imath].

2. Ta có: [imath]\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{ AB} + \overrightarrow{AC} − \overrightarrow{AD}[/imath].
Mà [imath]( \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}) − \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{AG} − \overrightarrow{AD} = \overrightarrow{DG}[/imath]
Vậy [imath]\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{DG}[/imath] nên [imath]H[/imath] là đỉnh còn lại của hình bình hành [imath]ADGH[/imath].

3. Ta có: [imath]\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} + \overrightarrow{GD} = 4\overrightarrow{GP} + \overrightarrow{P D} =\overrightarrow{0 }[/imath]
[imath]\implies \overrightarrow{ P D} = 4\overrightarrow{P G}[/imath] với [imath]P[/imath] là trọng tâm tam giác [imath]ABC \implies G[/imath] là điểm nằm trên đoạn thẳng [imath]DP[/imath] sao cho [imath]P D = 4P G[/imath].
Điểm [imath]G[/imath] thỏa mãn đẳng thức trên gọi là trọng tâm tứ diện.

Dạng 4. Tích vô hướng của hai vector

Phương pháp giải: Dựa vào định nghĩa và tính chất của tích vô hướng (xem mục 6), các quy tắc tính toán véc-tơ (xem mục 2) và các hệ thức véc-tơ trọng tâm (xem mục 3) để giải toán.

Ví dụ 1: Cho hai vector [imath]\overrightarrow{a}[/imath] và [imath]\overrightarrow{b}[/imath]. Chứng minh rằng: [imath]\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}=\dfrac{1}{4}\left(|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^{2}-|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^{2}\right)[/imath]

Lời giải:
Ta có: [imath]V P=\dfrac{1}{4}\left(|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^{2}-|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^{2}\right)=\dfrac{1}{4}\left((\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})^{2}-(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})^{2}\right) \cdot=\dfrac{1}{4}\left(\overrightarrow{a}^{2}+\overrightarrow{b}^{2}+2 \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}-\left(\overrightarrow{a}{ }^{2}+\overrightarrow{b}^{2}-2 \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}\right)\right)=\overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}= \mathrm{V T}[/imath]

Ví dụ 2: Cho hình lập phương [imath]A B C D \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime} D^{\prime}[/imath] có cạnh bằng [imath]a[/imath]. Tính [imath](\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}) \cdot \overrightarrow{B^{\prime} D^{\prime}}[/imath].

Lời giải:
Ta có: [imath](\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{A D}) \cdot \overrightarrow{B^{\prime} D^{\prime}}=\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B^{\prime} D^{\prime}}=0\left(\right.[/imath] vì [imath]\left.A C \perp B^{\prime} D^{\prime} \Rightarrow \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B^{\prime} D^{\prime}}=0\right)[/imath]

Ví dụ 3: Cho [imath]|\overrightarrow{a}|=2,|\overrightarrow{b}|=3,(\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b})=120^{\circ} .[/imath] Tính [imath]|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|[/imath] và [imath]|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|[/imath]

Lời giải:
+ Ta có: [imath]|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^{2}=(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b})^{2}=|\overrightarrow{a}|^{2}+|\overrightarrow{b}|^{2}+2 \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}=|\overrightarrow{a}|^{2}+|\overrightarrow{b}|^{2}+2|\overrightarrow{a}| \cdot|\overrightarrow{b}| \cdot \cos (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) \cdot \Rightarrow|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^{2}=[/imath] [imath]2^{2}+3^{2}+2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cos 120^{\circ}=7 \Rightarrow|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|=\sqrt{7}[/imath].

+ Ta có: [imath]|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|^{2}=(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b})^{2}=|\overrightarrow{a}|^{2}+|\overrightarrow{b}|^{2}-2 \overrightarrow{a} \cdot \overrightarrow{b}=|\overrightarrow{a}|^{2}+|\overrightarrow{b}|^{2}-2|\overrightarrow{a}| \cdot|\overrightarrow{b}| \cdot \cos (\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}) \cdot \Rightarrow|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|^{2}=[/imath] [imath]2^{2}+3^{2}-2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cos 120^{\circ}=19 \Rightarrow|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|=\sqrt{19}[/imath]

Dạng 5. Chứng minh ba vector đồng phẳng

Phương pháp giải: Để chứng minh ba vector đồng phẳng, ta có thể chứng minh bằng một trong hai cách: - Chứng minh các giá của ba vector cùng song song với một mặt phẳng. - Dựa vào điều kiện để ba véc-tơ đồng phẳng : Nếu có [imath]m, n \in \mathbb R : \overrightarrow c = m\overrightarrow a + n \overrightarrow b thì \overrightarrow a , \overrightarrow b , \overrightarrow c[/imath] đồng phẳng.

Ví dụ 1: Cho tứ diện [imath]ABCD[/imath]. Gọi [imath]M, N[/imath] lần lượt là trung điểm của [imath]AB[/imath] và [imath]CD[/imath]. Chứng minh rẳng 3 vector [imath]\overrightarrow{BC}, \overrightarrow{AD}, \overrightarrow{MN}[/imath] đồng phẳng.

Lời giải:



Gọi [imath]P, Q[/imath] lần lượt là trung điểm của [imath]A C, B D[/imath].
Ta có: [imath]\begin{cases} PN \parallel MQ \\ PN = MQ = \dfrac{1}2 AD \end{cases} \implies MNPQ\, \text{ là hình bình hành}[/imath]
Mặt khác [imath](M N P Q)[/imath] chứa đường thẳng [imath]M N[/imath] và song song với các đường thẳng [imath]A D[/imath] và [imath]B C[/imath].
[imath]\implies[/imath] ba đường thẳng [imath]M N, A D, B C[/imath] cùng song song với một mặt phẳng. Do đó 3 vector [imath]\overrightarrow{B C}, \overrightarrow{A D}, \overrightarrow{M N}[/imath] đồng phẳng.

Ví dụ 2: Cho tam giác [imath]A B C[/imath]. Lấy điểm [imath]S[/imath] nằm ngoài mặt phẳng [imath](A B C)[/imath]. Trên đoạn [imath]S A[/imath] lấy điểm [imath]M[/imath] sao cho [imath]\overrightarrow{M S}=-2 \overrightarrow{M A}[/imath] và trên đoạn [imath]B C[/imath] lấy điểm [imath]N[/imath] sao cho [imath]\overrightarrow{N B}=-\dfrac{1}{2} \overrightarrow{N C}[/imath]. Chứng minh rằng ba vector [imath]\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{M N}, \overrightarrow{S C}[/imath] đồng phẳng.

Lời giải:
Ta có : [imath]\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{M A}+\overrightarrow{A B}+\overrightarrow{B N} \Rightarrow 2 \overrightarrow{M N}=2 \overrightarrow{M A}+2 \overrightarrow{A B}+2 \overrightarrow{B N}[/imath] (1)
Mặt khác : [imath]\overrightarrow{M N}=\overrightarrow{M S}+\overrightarrow{S C}+\overrightarrow{C N}=-2 \overrightarrow{M A}+\overrightarrow{S C}+2 \overrightarrow{N B}[/imath] (2)
Cộng vế theo vế, ta được : [imath]3 \overrightarrow{M N}=\overrightarrow{S C}+2 \overrightarrow{A B}[/imath] hay [imath]\overrightarrow{M N}=\dfrac{1}{3} \overrightarrow{S C}+\dfrac{2}{3} \overrightarrow{A B}[/imath].
Vậy: [imath]\overrightarrow{A B}, \overrightarrow{M N}, \overrightarrow{S C}[/imath] đồng phẳng.

Vẫn còn hai dạng nữa liên quan đến chủ đề này, mình sẽ cập nhật trong ngày mai. Chúc các bạn buổi tối vui vẻ

 

[Timeless time]

HAI ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC​

Dạng 1. Xác định góc giữa hai vector

Phương pháp giải: Ta xác định một điểm cho trước trên hình làm điểm gốc và dời các véc-tơ cần tính góc về điểm gốc đó.

Ví dụ 1: Cho tứ diện đều [imath]ABCD[/imath] có [imath]H[/imath] là trung điểm của cạnh [imath]AB[/imath]. Hãy tính góc giữa các cặp vector sau đây: 1. [imath]\overrightarrow{AB}[/imath] và [imath]\overrightarrow{BD}[/imath] 2. [imath]\overrightarrow{ DH}[/imath] và [imath]\overrightarrow{AD}[/imath].

Lời giải:


1. Dựng [imath]\overrightarrow{AE} = \overrightarrow{BD}[/imath].
Ta có: [imath]( \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BD}) = (\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AE}) = \widehat{BAE} = 120^\circ[/imath] .




2. Dựng [imath]\overrightarrow{DF} = \overrightarrow{AD}[/imath].
Ta có: [imath]( \overrightarrow{DH}, \overrightarrow{AD}) = (\overrightarrow{DH}, \overrightarrow{DF}) = \widehat{HDF} = 180^\circ – 30^\circ = 150^\circ[/imath].

Ví dụ 2: Cho tứ diện [imath]S.ABC[/imath] có [imath]SA, SB, SC[/imath] đôi một vuông góc và [imath]SA = SB = SC = a[/imath]. Gọi [imath]M[/imath] là trung điểm của [imath]BC[/imath]. Tính góc giữa hai vector [imath]\overrightarrow{SM}[/imath] và [imath]\overrightarrow{AB}[/imath].

Lời giải:

Gọi [imath]\alpha[/imath] là góc giữa hai vector [imath]\overrightarrow{S M}[/imath] và [imath]\overrightarrow{A B}[/imath], ta có [imath]\cos \alpha=\dfrac{\overrightarrow{S M} \cdot \overrightarrow{A B}}{S M \cdot A B}[/imath].
Có [imath]B C=A B=\sqrt{S A^{2}+S B^{2}}=a \sqrt{2}, S M=\dfrac{B C}{2}=\dfrac{a \sqrt{2}}{2}[/imath].
Mặt khác ta có: [imath]\overrightarrow{S M} \cdot \overrightarrow{A B}=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{S B}+\overrightarrow{S C}) \cdot(\overrightarrow{S B}-\overrightarrow{S A})=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{S B}^{2}-\overrightarrow{S B} \cdot \overrightarrow{S A}+\overrightarrow{S C} \cdot \overrightarrow{S B}-\overrightarrow{S C} \cdot \overrightarrow{S A}\right)=\dfrac{a^{2}}{2}[/imath]
Vậy: [imath]\cos \alpha=\dfrac{a^{2}}{2 \cdot a \sqrt{2} \cdot \dfrac{a \sqrt{2}}{2}}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow \alpha=60^{\circ}[/imath].

Cách khác:
Gọi [imath]N[/imath] là trung điểm của [imath]A C[/imath], ta dễ dàng chứng minh được [imath]\triangle S M N[/imath] đều.
Có: [imath](\overrightarrow{S M}, \overrightarrow{A B})=(\overrightarrow{S M}, \overrightarrow{N M})=(\overrightarrow{M S}, \overrightarrow{M N})=\widehat{N M S}=60^{\circ}[/imath].

Dạng 2. Xác định góc giữa hai đường thẳng trong không gian

Ta thường có hai phương pháp để giải quyết cho dạng toán này: Phương pháp 1: Sử dụng định nghĩa góc giữa hai đường thẳng, kết hợp sử dụng hệ thức lượng trong tam giác (định lý cos, công thức trung tuyến). Phương pháp 2: Sử dụng tích vô hương của hai vector

Ví dụ 1: Cho hình lập phương [imath]ABCD.A'B'D'[/imath] có cạnh là [imath]a[/imath]. Tính góc giữa các cặp đường thẳng sau đây 1. [imath]AB[/imath] và [imath]A'D'[/imath] . 2. [imath]AD[/imath] và [imath]A'C'[/imath] . 3. [imath]BC'[/imath] và [imath]B'D'[/imath] .

Lời giải:



1 Ta có: [imath]A'D' \parallel AD[/imath] nên [imath](AB, A'D' ) = (AB, AD) = \widehat{BAD} = 90^\circ[/imath] .

2 Ta có: [imath]A'C' \parallel AC[/imath] nên [imath](AD, A'C' ) = (AD, AC) = \widehat{DAC} = 45^\circ[/imath] .

3 Ta có: [imath]B'D' \parallel BD[/imath] nên [imath](BC' , B'D' ) = (BC' , BD) =\widehat{ DBC'}[/imath].
Ta có: [imath]BD = BC' = C'D = AB \sqrt{2}[/imath] nên [imath]\triangle BDC'[/imath] đều, suy ra [imath]\widehat{DBC'} = 60^\circ[/imath] . Vậy [imath](BC' , B'D' ) = 60^\circ[/imath]

Ví dụ 2: Cho hình chóp [imath]S.ABC[/imath] có [imath]SA = SB = SC = AB = AC = a\sqrt 2[/imath] và [imath]BC = 2a[/imath]. Tính góc giữa hai đường thẳng [imath]AC[/imath] và [imath]SB[/imath].

Lời giải:

Ta có [imath]S A B[/imath] và [imath]S A C[/imath] là tam giác đều, [imath]A B C[/imath] và [imath]S B C[/imath] là tam giác vuông cân cạnh huyền [imath]B C[/imath].
Gọi [imath]M, N, P[/imath] lần lượt là trung điểm của [imath]S A, A B, B C[/imath], ta có [imath]M N \|[/imath] [imath]S B, N P \| A C[/imath] nên [imath](A C, S B)=(N P, M N)[/imath].
[imath]\begin{aligned} & M N=\dfrac{S B}{2}=\dfrac{a \sqrt{2}}{2}, N P=\dfrac{A C}{2}=\dfrac{a \sqrt{2}}{2} \\& A P=S P=\dfrac{B C}{2}=a, SA=a\sqrt{2}\end{aligned}[/imath]
Nên [imath]\triangle S A P[/imath] vuông cân tại [imath]P \Rightarrow M P=\dfrac{S A}{2}=\dfrac{a \sqrt{2}}{2}[/imath].
Vậy [imath]\triangle M N P[/imath] đều [imath]\Rightarrow(A C, S B)=(N P, N M)=\widehat{M N P}=60^{\circ}[/imath].

Cách khác:
[imath]\begin{aligned}&\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{S B}=(\overrightarrow{S C}-\overrightarrow{S A}) \cdot \overrightarrow{S B}=\overrightarrow{S C} \cdot \overrightarrow{S B}-\overrightarrow{S A} \cdot \overrightarrow{S B} \\&=0-S A \cdot S B \cdot \cos \overrightarrow{A S B}=-a^{2} \\ &\cos (A C, S B)=\dfrac{|\overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{S B}|}{A C \cdot S B}=\dfrac{a^{2}}{a \sqrt{2} \cdot a \sqrt{2}}=\dfrac{1}{2}\\&\Rightarrow(AC,SB)=60^{\circ} \end{aligned}[/imath]


Dạng 3. Sử dụng tính chất vuông góc trong mặt phẳng.

Phương pháp giải: Để chứng minh hai đường thẳng [imath]\Delta[/imath] và [imath]\Delta'[/imath] vuông góc với nhau ta có thể sử dụng tính chất vuông góc trong mặt phẳng, cụ thể: - Tam giác [imath]ABC[/imath] vuông tại [imath]A[/imath] khi và chỉ khi [imath]\widehat{BAC} = 90^\circ \iff \widehat{ABC}+ \widehat{ACB}= 90^\circ[/imath] . - Tam giác [imath]ABC[/imath] vuông tại [imath]A[/imath] khi và chỉ khi [imath]AB^2 + AC^2 = BC^2[/imath] . - Tam giác [imath]ABC[/imath] vuông tại [imath]A[/imath] khi và chỉ khi trung tuyến xuất phát từ [imath]A[/imath] có độ dài bằng nửa cạnh [imath]BC[/imath]. - Nếu tam giác [imath]ABC[/imath] cân tại [imath]A[/imath] thì đường trung tuyến xuất phát từ [imath]A[/imath] cũng là đường cao của tam giác. Ngoài ra, chúng ta cũng sử dụng tính chất: Nếu [imath]d \perp \Delta[/imath] và [imath]\Delta' \parallel d[/imath] thì [imath]\Delta'[/imath] cũng vuông góc với đường thẳng [imath]\Delta[/imath].

Ví dụ 1: Cho tứ diện [imath]ABCD[/imath] có [imath]AB = AC = AD, \widehat{BAC} = \widehat{BAD} = 60^\circ[/imath] . Gọi [imath]M[/imath] và [imath]N[/imath] lần lượt là trung điểm của [imath]AB[/imath] và [imath]CD[/imath], chứng minh rằng [imath]MN[/imath] là đường vuông góc chung của các đường thẳng [imath]AB[/imath] và [imath]CD[/imath].

Lời giải:



Từ giả thiết suy ra các tam giác [imath]ABC, ABD[/imath] đều nên [imath]DM = CM[/imath], do đó [imath]\triangle MCD[/imath] cân tại [imath]M[/imath].

Từ đó suy ra [imath]MN \perp CD[/imath].

Mặt khác [imath]\triangle BCD = \triangle ACD[/imath] nên [imath]BN = AN[/imath], do đó [imath]\triangle NAB[/imath] cân tại [imath]N[/imath]. Từ đó suy ra [imath]NM \perp AB[/imath].

Vậy [imath]MN[/imath] là đường vuông góc chung của [imath]AB[/imath] và [imath]CD[/imath].

Ví dụ 2: Cho hình chóp [imath]S.ABC[/imath] có [imath]SA = SB = SC = a, \widehat{ASB }= 60^\circ , \widehat{BSC} = 90^\circ , \widehat{CSA} = 120^\circ[/imath] . Cho [imath]H[/imath] là trung điểm [imath]AC[/imath]. Chứng minh rằng: 1. [imath]SH \perp AC[/imath]. 2. [imath]AB \perp BC[/imath].

Lời giải:



1. Do tam giác [imath]S A C[/imath] cân tại [imath]S[/imath] và [imath]H[/imath] là trung điểm [imath]A C[/imath] nên [imath]S H \perp A C[/imath].

2. Do [imath]S A=S B=a[/imath] và [imath]\widehat{A S B}=60^{\circ}[/imath] nên [imath]\triangle S A B[/imath] đều. Từ đó suy ra [imath]A B=a \,\, (1)[/imath]
Áp dụng định lý hàm số cos cho các tam giác [imath]S A C[/imath] ta có [imath]A C^{2}=S A^{2}+S C^{2}-2 S A \cdot S C \cdot \cos \widehat{A S C}=2 a^{2}-2 a^{2} \cdot \cos 120^{\circ}=3 a^{2} \,\, (2)[/imath]
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác [imath]S B C[/imath], ta có [imath]B C^{2}=[/imath] [imath]S B^{2}+S C^{2}=2 a^{2} \,\, (3)[/imath]
Từ [imath](1), (2), (3)[/imath] suy ra [imath]A C^{2}=A B^{2}+B C^{2} \Rightarrow A B \perp B C[/imath].






Dạng 4. Hai đường thẳng song song cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba

Phương pháp giải: Để chứng minh đường thẳng [imath]a \perp b[/imath], ta chứng minh [imath]a \parallel a'[/imath] , ở đó a' \perp b$

Ví dụ 1: Cho hình chóp [imath]S.ABC[/imath] có [imath]AB = AC[/imath]. Lấy [imath]M, N[/imath] và [imath]P[/imath] lần lượt là trung điểm của các cạnh [imath]BC, SB[/imath] và [imath]SC[/imath]. Chứng minh rằng [imath]AM[/imath] vuông góc với [imath]NP[/imath]

Lời giải:



Do [imath]N, P[/imath] lần lượt là trung điểm của các cạnh [imath]SB[/imath] và [imath]SC[/imath] nên [imath]NP[/imath] là đường trung bình của tam giác [imath]SBC[/imath], từ đó suy ra [imath]NP \parallel BC \,\, (1)[/imath]

Mặt khác, do tam giác [imath]ABC[/imath] cân tại [imath]A[/imath], suy ra trung tuyến [imath]AM \perp BC\,\, (2)[/imath]

Từ [imath](1), (2)[/imath] suy ra [imath]AM \perp NP[/imath].

Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ tam giác [imath]ABC.A'B'C'[/imath] có đáy là tam giác đều. Lấy [imath]M[/imath] là trung điểm của cạnh [imath]BC[/imath]. Chứng minh rằng [imath]AM[/imath] vuông góc với [imath]B'C'[/imath].

Lời giải:



Do tứ giác [imath]BBC'C[/imath] là hình bình hành nên [imath]BC \parallel B'C' \,\, (1)[/imath]

Mặt khác, do tam giác [imath]ABC[/imath] đều nên [imath]AM \parallel BC \,\, (2)[/imath]

Từ [imath](1), (2)[/imath] suy ra [imath]AM \perp B'C'[/imath].

Ví dụ 3: Cho hình lập phương [imath]ABCD.A'B'C'D'[/imath] cạnh [imath]a[/imath]. Các điểm [imath]M, N[/imath] lần lượt là trung điểm của các cạnh [imath]AB, BC[/imath]. Trên cạnh [imath]B'C'[/imath] lấy điểm [imath]P[/imath] sao cho [imath]C'P= x (0 < x < a)[/imath]. Trên cạnh [imath]C'D'[/imath] lấy điểm [imath]Q[/imath] sao cho [imath]C'Q = x[/imath]. Chứng minh rằng [imath]MN[/imath] vuông góc với [imath]P Q[/imath].

Lời giải:


Do tứ giác[imath]BB'DD'[/imath] là hình chữ nhật, suy ra [imath]BD \parallel B'D'\,\, (1)[/imath]

Do [imath]ABCD[/imath] là hình vuông, suy ra [imath]BD \perp AC \,\, (2)[/imath]

Từ [imath](1), (2)[/imath] suy ra [imath]B'D' \perp AC\,\, (3)[/imath]

Theo bài ra ta có [imath]MN[/imath] là đường trung bình của tam giác [imath]ABC[/imath], suy ra [imath]MN \parallel AC \,\, (4)[/imath]

Mặt khác, ta có [imath]\dfrac{C'B}{C'P}= \dfrac{C'Q}{C'D'}= \dfrac{x}{a}[/imath], suy ra [imath]P Q \parallel B'D'\,\, (5)[/imath]

Từ [imath](3),(4),(5)[/imath] ta có [imath]MN \perp P Q[/imath]

Mình gửi các bạn một số bài tập tự luyện nhé. Chúc các bạn học tốt

1. Cho hình chóp [imath]S.ABCD[/imath] có đáy là hình vuông cạnh bằng [imath]2[/imath]; cạnh [imath]SA = 1[/imath] và vuông góc với đáy. Gọi [imath]M[/imath] là trung điểm của [imath]CD[/imath]. Tính [imath]\cos \alpha[/imath] với [imath]\alpha[/imath] là góc tạo bởi hai đường thẳng [imath]SB[/imath] và [imath]AM[/imath].

2. Cho hình lập phương [imath]ABCD.A'B'C'D'[/imath]. Tính góc giữa hai đường thẳng [imath]AC[/imath] và [imath]A'B[/imath] là?

3. Cho hình chóp tứ giác đều [imath]S.ABCD[/imath] có [imath]AB = a, O[/imath] là trung điểm [imath]AC[/imath] và [imath]SO = b[/imath]. Gọi [imath](\Delta)[/imath] là đường thẳng đi qua [imath]C, (\Delta)[/imath] chứa trong mặt phẳng [imath](ABCD)[/imath] và khoảng cách từ [imath]O[/imath] đến [imath](\Delta)[/imath] là [imath]\dfrac{a\sqrt{14}}6[/imath]. Giá trị lượng giác [imath]\cos ((SA),(\Delta))[/imath] là?

4. Cho tứ diện [imath]ABCD[/imath] có tất cả các cạnh bằng [imath]a[/imath]. Các điểm [imath]M, N[/imath] lần lượt là trung điểm của các cạnh [imath]AB[/imath] và [imath]CD[/imath]. Tính góc giữa đường thẳng [imath]MN[/imath] với đường thẳng [imath]BC[/imath]

5. Cho tứ diện [imath]ABCD[/imath] với đáy [imath]BCD[/imath] là tam giác vuông cân tại [imath]C[/imath]. Các điểm [imath]M, N, P, Q[/imath] lần lượt là trung điểm của [imath]AB, AC, BC, CD[/imath]. Góc giữa [imath]MN[/imath] và [imath]P Q[/imath] bằng?

6. Cho hình chóp [imath]S.ABCD[/imath] có [imath]ABCD[/imath] là hình chữ nhật. Biết [imath]AB = a\sqrt 2, AD = 2a, SA \perp (ABCD)[/imath] và [imath]SA = a \sqrt 2[/imath]. Góc giữa hai đường thẳng [imath]SC[/imath] và [imath]AB[/imath] bằng?

 

[Timeless time]

ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG​

Dạng 1: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
Phương pháp giải:
[imath]\bullet[/imath] Để chứng minh đường thẳng [imath]\Delta[/imath] vuông góc với mặt phẳng [imath](\alpha)[/imath], ta thực hiện theo một trong hai cách sau:
1. Chứng minh [imath]\Delta[/imath] vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc [imath](\alpha)[/imath]

2. Chứng minh [imath]\Delta[/imath] song song với đường thẳng [imath](d)[/imath], trong đó [imath](d)[/imath] vuông góc với [imath](\alpha)[/imath].

[imath]\bullet[/imath] Để chứng minh đường thẳng [imath](\Delta)[/imath] vuông góc với đường thẳng [imath](d)[/imath], ta thực hiện theo một trong các cách sau:
1. Chứng minh [imath](\Delta)[/imath] vuông góc với mặt phẳng [imath](\alpha)[/imath] chứa [imath](d)[/imath]

2. Sử dụng định lý ba đường vuông góc.

3. Nếu hai đường thẳng cắt nhau thì ta có thể sử dụng các phương pháp chứng minh hai đường thẳng vuông góc trong mặt phẳng.

Ví dụ 1: Cho hình chóp [imath]S.ABCD[/imath] có đáy là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau. Gọi [imath]I[/imath] là giao điểm của [imath]AC[/imath] và [imath]BD[/imath]. Chứng minh rằng [imath]SI \perp (ABCD)[/imath].

Lời giải:



Để chứng minh [imath]SI[/imath] vuông góc với mặt phẳng [imath](ABCD)[/imath] ta cần chứng minh [imath]SI[/imath] vuông góc với hai cạnh cắt nhau trong mặt phẳng đó. Theo giả thiết, [imath]\triangle SAC[/imath] và [imath]\triangle SBD[/imath] là tam giác cân tại [imath]S[/imath]
Hơn nữa [imath]I = AC \cap BD[/imath] là trung điểm của [imath]AC[/imath] và [imath]BD[/imath] (do [imath]ABCD[/imath] là hình vuông).
Từ đó ta có: [imath]\begin{cases} SI \perp AC \\ SI \perp BD \\ AC \cap BD = I \end{cases} \implies SI \perp (ABCD)[/imath]

Ví dụ 2: Cho hình chóp [imath]S.ABC[/imath] với đáy [imath]ABC[/imath] là tam giác đều cạnh [imath]a, SA \perp (ABC), SA = \dfrac{a\sqrt 3}2[/imath]. Gọi [imath]I, K[/imath] lần lượt là trung điểm [imath]BC, SI[/imath]. Chứng minh rằng [imath]AK \perp (SBC)[/imath].

Lời giải:


Theo giả thiết [imath]\triangle A B C[/imath] là tam giác đều cạnh [imath]a, I[/imath] là trung điểm [imath]B C[/imath] suy ra [imath]A I \perp B C \,\,\, (1)[/imath] và [imath]A I=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}[/imath].
Lại có [imath]S A \perp (A B C) \implies S A \perp B C \,\,\, (2)[/imath].
Từ [imath](1)[/imath] và [imath](2)[/imath] ta có [imath]B C \perp (S A I) \implies B C \perp A K \,\,\, (3)[/imath]
Tam giác [imath]S A I[/imath] có [imath]S A=A I=\dfrac{a \sqrt{3}}{2}[/imath] nên [imath]\triangle S A I[/imath] là tam giác cân tại [imath]A[/imath], hơn nữa [imath]K[/imath] là trung điểm [imath]S I[/imath] suy ra [imath]A K \perp S I \,\,\, (4)[/imath])
Từ [imath](3)[/imath] và [imath](4)[/imath] ta có [imath]A K \perp(S B C)[/imath].





Dạng 2: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
Phương pháp giải:
Cho đường thẳng [imath]d[/imath] và mặt phẳng [imath](P)[/imath] cắt nhau. Nếu [imath]d \perp (P)[/imath] thì [imath](d,(P)) = 90^\circ[/imath].

Nếu [imath]d \not \perp (P)[/imath] thì để xác định góc giữa [imath]d[/imath] và [imath](P)[/imath], ta thường làm như sau:
1. Xác định giao điểm [imath]O[/imath] của [imath]d[/imath] và [imath](P)[/imath]
2. Lấy một điểm [imath]A[/imath] trên [imath]d\,\, (A \ne O)[/imath]. Xác định hình chiếu vuông góc (vuông góc) [imath]H[/imath] của [imath]A[/imath] lên [imath](P)[/imath]. Lúc đó [imath](d,(P)) = (d, d' ) = \widehat{AOH}[/imath]’.

Ví dụ 1: Cho hình chóp [imath]S.ABCD[/imath] có đáy [imath]ABCD[/imath] là hình vuông cạnh [imath]a, SA = a \sqrt 6[/imath] và [imath]SA[/imath] vuông góc [imath](ABCD)[/imath]. Hãy xác định các góc giữa 1. [imath]SC[/imath] và [imath](ABCD)[/imath]. 2. [imath]SC[/imath] và [imath](SAB)[/imath]. 3. [imath]SB[/imath] và [imath](SAC)[/imath]. 4. [imath]AC[/imath] và [imath](SBC)[/imath].

Lời giải:

1. Vì [imath]A C[/imath] là hình chiếu vuông góc của [imath]S C[/imath] lên [imath](A B C D)[/imath] nên góc giữa [imath]S C[/imath] và [imath](A B C D)[/imath] là [imath]\widehat{S C A}[/imath].
Trong tam giác [imath]S C A[/imath], ta có [imath]\tan \widehat{S C A}=\dfrac{S A}{S C}=\sqrt{3}[/imath] nên [imath](S C,(A B C D))=\widehat{S C A}=60^{\circ}[/imath].

2. Vì [imath]B C \perp(S A B)[/imath] tại [imath]B[/imath] nên [imath]S B[/imath] là hình chiếu vuông góc của [imath]S C[/imath] lên [imath](S A B)[/imath]. Do đó [imath](S C,(S A B))=(S C, S B)=\widehat{C S B}[/imath].
Trong tam giác [imath]S C B[/imath], ta có [imath]\tan \widehat{C S B}=\dfrac{B C}{S B}=\dfrac{a}{a \sqrt{7}}[/imath] nên [imath](S C,(S A B))=\arctan \dfrac{1}{\sqrt{7}}[/imath].

3. Vì [imath]B O \perp(S A C)[/imath] tại [imath]O[/imath] nên [imath]S O[/imath] là hình chiếu vuông góc của [imath]S B[/imath] lên [imath](S A C)[/imath].
Do đó [imath](S B,(S A C))=(S B, S O)=\widehat{B S O}[/imath].
Trong tam giác [imath]S B O[/imath], ta có [imath]\sin \widehat{B S O}=\dfrac{B O}{S B}=\dfrac{\dfrac{a \sqrt{2}}{2}}{a \sqrt{7}}=\dfrac{1}{\sqrt{14}}[/imath] nên [imath](S B,(S A C))=\arcsin \dfrac{1}{\sqrt{14}}[/imath].

4. Gọi [imath]M[/imath] là hình chiếu vuông góc của [imath]A[/imath] lên [imath]S B[/imath]. Lúc đó [imath]A M \perp S B[/imath] và [imath]A M \perp B C[/imath] (vì [imath]B C \perp(S A B)[/imath] và [imath]A M \subset(S A B))[/imath] nên [imath]A M \perp(S B C)[/imath] tại [imath]M[/imath]. Do đó [imath]M C[/imath] là hình chiếu vuông góc của [imath]A C[/imath] lên [imath](S B C)[/imath].
Suy ra [imath](A C,(S B C))=(A C, M C)=\widehat{A C M}[/imath].
Trong tam giác [imath]S A B[/imath], ta có [imath]A M=\dfrac{S A \cdot A B}{S B}=\dfrac{a \sqrt{6}}{\sqrt{7}}[/imath] và trong tam giác [imath]A C M[/imath], ta có [imath]\sin \widehat{A C M}=\dfrac{M A}{A C}=[/imath] [imath]\dfrac{\sqrt{21}}{7}[/imath] nên [imath](A C,(S B C))=\arcsin \dfrac{\sqrt{21}}{7}[/imath].

Ví dụ 2: Cho hình chóp [imath]S.ABCD[/imath] có đáy là hình vuông cạnh [imath]a[/imath], tâm [imath]O, SO[/imath] vuông góc [imath](ABCD)[/imath]. Gọi [imath]M, N[/imath] lần lượt là trung điểm [imath]SA, BC[/imath]. Biết rằng góc giữa [imath]MN[/imath] và [imath](ABCD)[/imath] bằng [imath]60^\circ[/imath] . Tính góc giữa [imath]MN[/imath] và [imath](SBD)[/imath].

Lời giải:

Gọi [imath]H[/imath] là trung điểm [imath]A O[/imath]. Ta có [imath]M H \parallel S O[/imath] nên [imath]M H \perp(A B C D)[/imath], suy ra [imath]H N[/imath] là hình chiếu vuông góc của [imath]M N[/imath] lên [imath](A B C D)[/imath].
Do đó [imath](M N,(A B C D))=(M N, K N)=\widehat{M N K}=60^{\circ}[/imath].
Trong tam giác [imath]H C N[/imath], ta có [imath]H N^{2}=H C^{2}+C N^{2}-2 H C \cdot C N \cdot \cos \widehat{H C N}[/imath], suy ra [imath]H N=\dfrac{a \sqrt{10}}{4}[/imath].
Mà trong tam giác [imath]M N H[/imath], ta có [imath]\sqrt{3}=\tan \widehat{M N H}=\dfrac{M H}{H N}[/imath] nên [imath]M H=\dfrac{a \sqrt{30}}{4}[/imath], suy ra [imath]S O=2 M H=\dfrac{a \sqrt{30}}{2}[/imath].
Gọi [imath]K[/imath] là trung điểm [imath]S D[/imath].
Ta có [imath]M K C N[/imath] là hình bình hành nên [imath]M N[/imath] song song [imath]K C[/imath]. Do đó [imath](M N,(S B D))=(K C,(S B D))[/imath].
Mà [imath]C O \perp(S B D)[/imath] tại [imath]O([/imath] do [imath]C O \perp D O[/imath] và [imath]C O \perp S O)[/imath] nên [imath]K O[/imath] là hình chiếu vuông góc của [imath]K C[/imath] lên [imath](S B D)[/imath].
Suy ra [imath](K C,(S B D))=(K C, K O)=\widehat{C K O}[/imath].
Ta có [imath]O K=\dfrac{1}{2} S D=\dfrac{1}{2} \sqrt{O D^{2}+O S^{2}}=a \sqrt{2}[/imath].
Mặt khác, trong tam giác [imath]C O K[/imath], ta có [imath]\tan \widehat{C K O}=\dfrac{O C}{O K}=\dfrac{1}{2}[/imath], suy ra [imath](K C,(S B D))=\arctan \widehat{C K O}=[/imath] [imath]\arctan \dfrac{1}{2} \approx 26^{\circ} 33^{\prime}[/imath].

---

Các bạn cùng làm một số bài tập vận dụng sau nhé:

Bài 1: Chỉ ra mệnh đề sai trong các mệnh đề dưới đây.
A. Hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau. Khi đó có một và chỉ một mặt phẳng chứa đường thẳng này và vuông góc với đường thẳng kia.
B. Qua một điểm [imath]O[/imath] cho trước có một mặt phẳng duy nhất vuông góc với một đường thẳng [imath]\Delta[/imath] cho trước.
C. Qua một điểm [imath]O[/imath] cho trước có một và chỉ một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.
D. Qua một điểm [imath]O[/imath] cho trước có một và chỉ một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước.

Bài 2: Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
A. Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.
B. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một đường thẳng cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.
C. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.
D. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước

Bài 3: Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?
A. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng đó và hình chiếu của nó trên mặt phẳng đã cho.
B. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng bằng góc giữa đường thẳng đó và đường thẳng [imath]b[/imath] với [imath]b[/imath] vuông góc với [imath](P)[/imath].
C. Góc giữa đường thẳng [imath]a[/imath] và mặt phẳng [imath](P)[/imath] bằng góc giữa đường thẳng [imath]a[/imath] và mặt phẳng [imath](Q)[/imath] thì mặt phẳng [imath](P)[/imath] song song với mặt phẳng [imath](Q)[/imath].
D. Góc giữa đường thẳng [imath]a[/imath] và mặt phẳng [imath](P)[/imath] bằng góc giữa đường thẳng [imath]b[/imath] và mặt phẳng [imath](P)[/imath] thì [imath]a[/imath] song song với [imath]b[/imath]

Bài 4: Cho hình chóp [imath]S.ABC[/imath] có đáy [imath]ABC[/imath] là tam giác cân tại [imath]C[/imath]. Cạnh bên [imath]SA[/imath] vuông góc với đáy. Gọi [imath]H, K[/imath] lần lượt là trung điểm của [imath]AB[/imath] và [imath]SB[/imath]. Khẳng định nào dưới đây sai?
A. [imath]CH \perp AK[/imath].
B. [imath]CH \perp SB[/imath].
C. [imath]CH \perp SA[/imath].
D. [imath]AK \perp SB[/imath].

Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Khẳng định nào sau đây là sai?
A. [imath]SA \perp BD[/imath].
B. [imath]SC \perp BD[/imath].
C. [imath]SO \perp BD[/imath].
D. [imath]AD \perp SC[/imath].

Bài 6: Cho hình chóp [imath]S.ABC[/imath] có đáy [imath]ABC[/imath] là tam giác vuông tại [imath]B[/imath], cạnh bên [imath]SA[/imath] vuông góc với đáy. Gọi [imath]O[/imath] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác [imath]SBC. H[/imath] là hình chiếu của [imath]O[/imath] trên [imath](ABC)[/imath]. Khẳng định nào dưới đây đúng?
A. [imath]H[/imath] là trung điểm của cạnh [imath]AB[/imath].
B. [imath]H[/imath] là trung điểm của cạnh [imath]BC[/imath].
C. [imath]H[/imath] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác [imath]ABC[/imath].
D. [imath]H[/imath] là trọng tâm của tam giác [imath]ABC[/imath].

Bài 7: Cho hình chóp [imath]S.ABCD[/imath] có đáy [imath]ABCD[/imath] là hình vuông tâm [imath]O[/imath] cạnh bằng [imath]a, SO[/imath] vuông góc với đáy. Gọi [imath]M, N[/imath] lần lượt là trung điểm [imath]SA[/imath] và [imath]BC[/imath]. Tính góc giữa đường thẳng [imath]MN[/imath] với mặt phẳng [imath](ABCD)[/imath], biết [imath]MN = \dfrac{a\sqrt{10}}2[/imath].
A. [imath]30^\circ[/imath].
B. [imath]45^\circ[/imath]
C. [imath]60^\circ[/imath]
D. [imath]90^\circ[/imath]

 

[Timeless time]

HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC​

Dạng 1: Tìm góc giữa hai mặt phẳng

[imath]\bullet[/imath] Phương pháp giải:
Muốn tìm góc giữa hai mặt phẳng ta có thể tìm góc giữa hai nửa đường thẳng lần lượt nằm trên hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến của chúng. Một số trường hợp thường gặp:

TH1: [imath]\triangle A B C=\triangle D B C[/imath]. Gọi I là chân đường cao của [imath]\triangle A B C[/imath].
Nối [imath]D I[/imath]. Vì [imath]\triangle A B C=\triangle D B C[/imath] nên [imath]D I \perp B C[/imath].
[imath]\implies ((A B C),(D B C))=\widehat{A I D}[/imath]


TH2: Xét góc giữa hai mặt phẳng [imath](M A B)[/imath] và [imath](N A B)[/imath] với [imath]\triangle M A B[/imath] và [imath]\triangle N A B[/imath] cân có cạnh đáy [imath]A B[/imath].
Gọi I là trung diểm [imath]A B[/imath]. Khi đó [imath]N I \perp A B[/imath] và [imath]M I \perp A B[/imath].
[imath]\Rightarrow((M A B),(N A B))=\widehat{M I N}[/imath]


TH3: Hai mặt phẳng cắt nhau [imath](\alpha) \cap(\beta)=\Delta[/imath].
Tìm giao tuyến [imath]\Delta[/imath] của hai mặt phẳng.
Dựng [imath]A B[/imath] có hai đầu mút nằm ở trên hai mặt phẳng và vuông góc với một mặt. (giả sủ là ( [imath]\beta)[/imath] ).
Chiếu vuông góc của A hoạc B lên [imath]\Delta[/imath] là điểm [imath]I[/imath].
[imath]\Rightarrow \widehat{A I B}[/imath] là góc giũa hai mặt phẳng.


TH4: Nếu [imath]a \perp(\alpha) ; b \perp(\beta)[/imath] thì [imath]\widehat{((\alpha),(\beta))}=\widehat{(a, b)}[/imath].

TH5: Trường hợp khó vẽ được góc giữa hai mặt phẳng thì có thể dùng công thức phép chiếu diện tích đa giác

Ví dụ: Cho tứ diện $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a, SA \perp (ABC)$ và $SA = \dfrac{3a}2$. Tính góc giữa hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$

Lời giải:

Gọi góc giữa hai mặt phẳng [imath](SBC)[/imath] và [imath](ABC)[/imath] là [imath]\alpha[/imath].
Gọi M là trung điểm của BC. Do [imath]\triangle ABC[/imath] đều nên [imath]AM \perp BC \,\,\, (1)[/imath]
Theo giả thiết [imath]SA \perp (ABC)[/imath], suy ra theo [imath](1)[/imath] ta có [imath]SM \perp BC \,\,\, (2)[/imath]
Lại có [imath](SBC) \cap (ABC) = B \,\,\,\,[/imath]
Từ [imath](1), (2)[/imath] và [imath](3)[/imath] ta có [imath]\alpha = \widehat{SMA}[/imath].
Ta có [imath]AM = \sqrt{AC^2 − CM^2} = \dfrac{a \sqrt 3}2[/imath] .
Xét tam giác [imath]SAM[/imath] vuông tại [imath]A[/imath], ta có: [imath]\tan \alpha = \dfrac{SA}{AM} = \dfrac{3}{\sqrt 3} = \sqrt 3[/imath]
[imath]\implies \alpha = 60^\circ[/imath]

Dạng 2: Tính diện tích hình chiếu của đa giác

[imath]\bullet[/imath] Phương pháp giải:
Gọi [imath]S[/imath] là diện tích của đa giác [imath]H[/imath] trong [imath](P), S'[/imath] là diện tích của hình chiếu [imath]H'[/imath] của [imath]H[/imath] trên [imath](Q)[/imath], và [imath]\alpha = ((P),(Q))[/imath].
Khi đó: [imath]S' = S \cdot \cos \alpha[/imath].

Ví dụ: Cho $\triangle ABC$ cân tại $A$, đường cao $AH = a\sqrt 3, BC = 3a$ có $BC$ nằm trong $(P)$. Gọi $A'$ là hình chiếu của $A$ lên $(P)$. Khi $\triangle A'BC$ vuông tại $A'$ . Tính $((P),(ABC))$

Lời giải:

Gọi [imath]M[/imath] là trung điểm của cạnh [imath]B C[/imath].
Do [imath]\triangle A B C[/imath] cân tại [imath]A[/imath] nên [imath]A M \perp B C[/imath]. Mặt khác [imath]A A' \perp (P) \Rightarrow A' H \perp B C[/imath].
Do đó [imath]\alpha=((P) ;(A B C))=\left((A B C),\left(A' B C\right)\right)=\widehat{A H A^{\prime}}[/imath].
Theo đề ta có: [imath]S_{A B C}=\dfrac{1}{2} \cdot A H \cdot B C=\dfrac{3 a^{2} \sqrt{3}}{2}[/imath].
Lại có [imath]A' H=\dfrac{1}{2} \cdot B C=\dfrac{3 a}{2}[/imath]. Suy ra [imath]S_{A' B C}=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{3 a}{2} \cdot 3 a=\dfrac{9 a^{2}}{4}[/imath]
Khi đó ta có:
[imath]S_{A' B C}=S_{A B C} \cdot \cos \alpha \Leftrightarrow \dfrac{9 a^{2}}{4}=\dfrac{a^{2} \sqrt{3}}{2} \cdot \cos \alpha \Leftrightarrow \cos \alpha=\dfrac{\sqrt{3}}{2}[/imath]
Suy ra [imath]\alpha=30^{\circ}[/imath].





Dạng 3: Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc

[imath]\bullet[/imath] Phương pháp giải:
Cách 1: Chứng minh mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.
Cách 2: Chứng minh góc giữa hai mặt phẳng bằng [imath]90^\circ[/imath].

Ví dụ 1: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông, $SA ⊥ (ABCD)$. Chứng minh rằng:
1. $(SAC) \perp (SBD)$
2. $(SAB) \perp (SBC)$

Lời giải:

1. Ta có [imath]AC \perp BD, AC \perp SA[/imath] (vì [imath]SA \perp (ABCD)[/imath]).
Do đó [imath]AC \perp (SBD)[/imath]. Vì vậy [imath](SAC) \perp (SBD)[/imath].

2. Ta có [imath]BC \perp AB, BC \perp SA[/imath] (vì [imath]SA \perp (ABCD)[/imath]).
Do đó [imath]BC \perp (SBD)[/imath]. Vì vậy [imath](SBC) \perp (SAB)[/imath].

Ví dụ 2: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông, $SA \perp (ABCD)$. Gọi $M$ và $N$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $SB$ và $SD$. Chứng minh rằng $(SAC) \perp (AMN)$.

Lời giải:



Ta có [imath]BD \perp AC, BD \perp SA[/imath] (vì [imath]SA \perp (ABCD)[/imath]).
Do đó [imath]BD \perp (SAC)[/imath]. Mà [imath]MN \parallel BD[/imath] (do [imath]\dfrac{SM}{ SB} = \dfrac{SN}{ SD}[/imath] ) nên [imath]MN \perp (SAC)[/imath]
[imath]\implies (SAC) \perp (AMN)[/imath]










Dạng 4: Thiết diện chứa một đường thẳng và vuông góc với một mặt phẳng

[imath]\bullet[/imath] Phương pháp giải:
Xác định mặt phẳng [imath](\beta)[/imath] chứa đường thẳng [imath]d[/imath] và vuông góc với mặt phẳng [imath](\alpha)[/imath] cho trước bằng cách:
1. Từ điểm [imath]A[/imath] bất kì thuộc đường thẳng [imath]d[/imath] dựng [imath]AH \perp (\alpha)[/imath]. Mặt phẳng [imath](AH, d)[/imath] là mặt phẳng [imath](\beta)[/imath]
2. Tìm giao điểm của mặt phẳng [imath](\beta)[/imath] và các cạnh của hình chóp, hình lăng trụ,... Từ đó suy ra thiết diện

Ví dụ: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông và $SA$ vuông góc với mặt đáy. Gọi $(P)$ là mặt phẳng chứa $AD$ và vuông góc với mặt phẳng $(SBC)$. Xác định thiết diện do mặt phẳng $(P)$ cắt hình chóp.

Lời giải:
[imath]A H \perp S B(H \in S B)[/imath]. Ta có:
[imath]\left\{\begin{array}{l} A D \perp S A(S A \perp(A B C D)) \\A D \perp A B \end{array} \Rightarrow A D \perp(S A B) \Rightarrow A D \perp S B\right.[/imath]
Ta có [imath]A D \perp S B[/imath] và [imath]A H \perp S B[/imath] nên [imath]S B \perp(A D H)[/imath], suy ra [imath](S B C) \perp(A D H)[/imath].
Do đó, mặt phẳng [imath](P)[/imath] chứa [imath]A D[/imath] và vuông góc với mặt phẳng [imath](S B C)[/imath] là [imath](A D H)[/imath].
Trong mặt phẳng [imath](S B C)[/imath] dựng [imath]H K \parallel B C(K \in B C)[/imath], suy ra [imath]H K\parallel A D[/imath] (do cùng song song với [imath]A D[/imath] ).
Vậy thiết diện là hình thang [imath]A D K H[/imath] có hai đáy là [imath]A D[/imath] và [imath]H K[/imath].