Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn một dạng toán rất hay trong chương trình toán lớp 11 đó chính là về hai mặt phẳng vuông góc trong không gian rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về cách chứng minh hai mặt phẳng vuông góc, bài giảng hai mặt phẳng vuông góc 11 cũng như tính chất hai mặt phẳng vuông góc bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán lớp 11 đạt được kết quả cao trong học tập nhé!
A. LÝ THUYẾT
I. GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG
1. Định nghĩa
Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.
Nếu hai mặt phẳng song song hoặc trùng nhau thì ta nói góc giữa hai mặt phẳng đó bằng $0{}^\circ $.
2. Diện tích hình chiếu của một đa giác
Cho đa giác $H$ nằm trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có diện tích $S$ và đa giác ${H}’$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên mặt phẳng $\left( \beta \right)$. Khi đó diện tích ${S}’$của ${H}’$ được tính theo công thức:
${S}’=S\cos \varphi $
Với $\varphi $ là góc giữa $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$.
II. HAI MẶT PHẲNG VUÔNG GÓC
1. Định nghĩa
Hai mặt phẳng gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa hai mặt phẳng đó bằng $90{}^\circ $.
Kí hiệu $\left( \alpha \right)\bot \left( \beta \right)$.
2. Các định lí
- Định lí 1 (điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc)
Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vuông góc với nhau là mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.
- Định lí 2 (tính chất của hai mặt phẳng vuông góc)
Nếu hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì bất cứ đường thẳng nào nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia.
- Hệ quả 1
Cho hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ vuông góc với nhau. Nếu từ một điểm thuộc mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ ta dựng một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $\left( \beta \right)$ thì đường thẳng này nằm trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$.
- Hệ quả 2
Nếu 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 đó.
- Hệ quả 3
Qua đường thẳng $a$ không vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ có duy nhất một mặt phẳng $\left( Q \right)$ vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$.
III. HÌNH LĂNG TRỤ ĐỨNG, HÌNH HỘP CHỮ NHẬT, HÌNH LẬP PHƯƠNG
1. Định nghĩa
Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với các mặt đáy. Độ dài cạnh bên được gọi là chiều cao của hình lăng trụ đứng.
Các mặt bên của hình lăng trụ đứng luôn luôn vuông góc với mặt phẳng đáy và là những hình chữ nhật.
Hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác, tứ giác,… được gọi là hình lăng trụ đứng tam giác, hình lăng trụ đứng tứ giác,…
2. Một số lăng trụ đặc biệt
- Hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều được gọi là hình lăng trụ đều.
- Hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành được gọi là hình hộp đứng.
- Hình lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật được gọi là hình hộp chữ nhật.
- Hình lăng trụ đứng có đáy là hình vuông và các mặt bên đều là hình vuông được gọi là hình lập phương.
III. HÌNH CHÓP ĐỀU VÀ HÌNH CHÓP CỤT ĐỀU
1. Hình chóp đều
Định nghĩa. Một hình chóp được gọi là hình chóp đều nếu đáy của nó là đa giác đều và các cạnh bên bằng nhau.
Tính chất.
- Một hình chóp là hình chóp đều khi và chỉ khi đáy của nó là đa giác đều và chân đường cao của hình chóp đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác đáy.
- Hình chóp đều có các mặt bên là những tam giác cân bằng nhau. Các mặt bên tạo với mặt đáy các góc bằng nhau. Các cạnh bên tạo với mặt đáy các góc bằng nhau.
2. Hình chóp cụt đều
Phần của hình chóp đều nằm giữa đáy và một thiết diện song song với đáy cắt các cạnh bên của hình chóp đều được gọi là hình chóp cụt đều.
Các mặt bên của hình chóp cụt đều là những hình thang cân và các cạnh bên của hình chóp cụt đều có độ dài bằng nhau.
Hai đáy của hình chóp cụt đều là hai đa giác đều và đồng dạng với nhau.
Đoạn nối tâm của hai đáy được gọi là đường cao của hình chóp cụt đều.
B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP
Dạng 1. Góc giữa hai mặt phẳng
Phương pháp giải
Để xác định góc giữa hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ ta thực hiện như sau:
+ Xác định giao tuyến $\Delta =\left( P \right)\cap \left( Q \right)$
+ Tìm mặt phẳng trung gian $\left( R \right)$ mà $\left( R \right)\bot \Delta $, (Đây là bước quan trọng nhất)
+ Xác định các đoạn giao tuyến thành phần: $\left\{ \begin{align} & a=\left( R \right)\cap \left( P \right) \\ & b=\left( R \right)\cap \left( Q \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow \widehat{\left( \left( P \right);\left( Q \right) \right)}=\widehat{\left( a;b \right)}$
Dạng 2. Chứng minh vuông góc
Phương pháp:
Để chứng minh hai mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$ vuông góc với nhau ta có thể dùng một trong các cách sau:
Cách 1. Xác định góc giữa hai mặt phẳng , rồi tính trực tiếp góc đó bằng ${{90}^{0}}$.
$\left( \widehat{\left( \alpha \right),\left( \beta \right)} \right)={{90}^{0}}\Rightarrow \left( \alpha \right)\bot \left( \beta \right)$.
Cách 2. Chứng minh trong mặt phẳng này có một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.
$\left\{ \begin{align} & a\subset \left( \alpha \right) \\ & a\bot \left( \beta \right) \\\end{align} \right.\Rightarrow \left( \alpha \right)\bot \left( \beta \right)$.
Cách 3. Tìm hai vec tơ $\overrightarrow{{{n}_{1}}},\overrightarrow{{{n}_{2}}}$ lần lượt vuông góc với các mặt phẳng $\left( \alpha \right),\left( \beta \right)$ rồi chứng minh $\overrightarrow{{{n}_{1}}.}\overrightarrow{{{n}_{2}}}=0$.
Dạng 3. Thiết diện
–Cho mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và đường thẳng $a$ không vuông góc với $\left( \alpha \right)$. Xác định mặt phẳng $\left( \beta \right)$ chứa $a$ và vuông góc với $\left( \alpha \right)$.
Để giải bài toán này ta làm theo các bước sau:
Chọn một điểm $A\in a$.
Dựng đường thẳng $b$ đi qua $A$ và vuông góc với $\left( \alpha \right)$. Khi đó $mp\left( a\,,\,b \right)$ chính là mặt phẳng $\left( \beta \right)$.
– Cho đa giác $H$ nằm trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ có diện tích $S$ và đa giác ${H}’$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên mặt phẳng $\left( \beta \right).$ Khi đó ${S}’$ là ${H}’$ được tính theo công thức:
| ${S}’=S.\,cos\,\varphi $ |
với $\varphi $ là góc giữa $\left( \alpha \right)$ và $\left( \beta \right)$.
C. BÀI TẬP MẪU
Bài tập 1:
Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SA\bot \left( ABCD \right)$ và $SA=a\sqrt{2}$, đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $D$ với $AB=2a,\,AD=DC=a$. Tính góc giữa các cặp mặt phẳng sau:
a) $\left( SBC \right)$ và $\left( ABC \right)$.
b) $\left( SAB \right)$ và $\left( SBC \right)$.
c)* $\left( SBC \right)$ và $\left( SCD \right)$.
Lời giải
a) Ta có: $\left( SBC \right)\cap \left( ABC \right)=BC$
Gọi $E$ là trung điểm $AB$$\Rightarrow AECD$ là hình vuông và $BCDE$ là hình bình hành
$\Rightarrow AC\bot BC$, mà $SA\bot BC\Rightarrow BC\bot \left( SAC \right)$$\Rightarrow \widehat{\left( \left( SBC \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SCA}$
Xét tam giác $SAC$ vuông tại $A$, có $AC=a\sqrt{2}=SA$ nên $\widehat{\left( \left( SBC \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SCA}=45{}^\circ $.
b) Ta có: $\left( SAB \right)\cap \left( SBC \right)=SB$
Ta có: $\left\{ \begin{align} & CE\bot AB \\ & CE\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow CE\bot SB$, kẻ $EH\bot SB\,\left( H\in SB \right)\Rightarrow SB\bot \left( CHE \right)$
Do đó: $\widehat{\left( \left( SAB \right),\left( SBC \right) \right)}=\widehat{\left( HE,HC \right)}=\widehat{EHC}$
Tam giác $EHC$ vuông tại $E$, có
$CE=a,HE=\frac{SA.BE}{SB}=\frac{a\sqrt{2}.a}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{2}.a}{\sqrt{{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}+{{\left( 2a \right)}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$
$\Rightarrow \tan \widehat{EHC}=\frac{CE}{EH}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{\left( \left( SAB \right),\left( SBC \right) \right)}=\widehat{EHC}=60{}^\circ $.
c) Ta có: $\left( SBC \right)\cap \left( SCD \right)=SC$
Kẻ $DP\bot SC\,\left( P\in SC \right),PQ\bot SC\,\left( Q\in SB \right)\Rightarrow SC\bot \left( DPQ \right)$$\Rightarrow \widehat{\left( \left( SBC \right),\left( SCD \right) \right)}=\widehat{\left( DP,PQ \right)}$
Ta chứng minh được:
$\left\{ \begin{align} & PQ//BC \\ & PQ=\frac{1}{2}BC \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{align} & PQ//OD \\ & PQ=OD=\frac{a\sqrt{2}}{2} \\\end{align} \right.\Rightarrow \widehat{\left( DP,PQ \right)}=\widehat{\left( DP,DO \right)}$
$DP=\frac{CD.SD}{SC}=\frac{CD.\sqrt{A{{D}^{2}}+S{{A}^{2}}}}{\sqrt{C{{D}^{2}}+S{{D}^{2}}}}=\frac{a.\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$
Lại có: $\left\{ \begin{align} & OD\bot SA \\ & OD\bot AC \\\end{align} \right.\Rightarrow OD\bot \left( SAC \right)\Rightarrow OD\bot OP$
Tam giác $DOP$ vuông tại $O$ $\Rightarrow \cos \widehat{ODP}=\frac{OD}{DP}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$
Vậy $\widehat{\left( \left( SBC \right),\left( SCD \right) \right)}=\arccos \frac{\sqrt{6}}{3}$.
Bài tập 2:
Cho hình chóp $S.ABC$, có đáy $ABC$ là tam giác vuông cân với $BA=BC=a;\,SA\bot \left( ABC \right)$ và $SA=a$. Gọi $E,\,F$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB$ và $AC$.
a) Tính góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAC \right)$ và $\left( SBC \right)$.
b) Tính góc giữa hai mặt phẳng $\left( SEF \right)$ và $\left( SBC \right)$.
Lời giải
a) Ta có: $\left( SAC \right)\cap \left( ABC \right)=AC$
Gọi $F$ là trung điểm $AC$$\Rightarrow \left\{ \begin{align} & BF\bot AC \\ & BF\bot SA \\\end{align} \right.\Rightarrow BF\bot \left( SAC \right)\Rightarrow BF\bot SC$
Kẻ $FH\bot SC\,\left( H\in SC \right)\Rightarrow SC\bot \left( BHF \right)$$\Rightarrow \widehat{\left( \left( SAC \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( HF,HB \right)}$
Tam giác $BHF$vuông tại $F$có:
$BF=\frac{a\sqrt{2}}{2},FH=\frac{SA.FC}{SC}=\frac{SA.FC}{\sqrt{S{{A}^{2}}+F{{C}^{2}}}}=\frac{a.\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}}=\frac{a}{\sqrt{6}}$
$\Rightarrow \tan \widehat{FHB}=\frac{BF}{HF}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a}{\sqrt{6}}}=\sqrt{3}$
Vậy $\widehat{\left( \left( SAC \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( HF,HB \right)}=\widehat{FHB}=60{}^\circ $.
b) Vì $EF//BC\Rightarrow \left( SEF \right)\cap \left( SBC \right)=Sx//BC//EF$
Gọi $I,K$ lần lượt là trung điểm $EF,BC$
$\Rightarrow Sx\bot \left( SIK \right),\left( SIK \right)\cap \left( SEF \right)=SI,\left( SIK \right)\cap \left( SBC \right)=SK$
$\Rightarrow \widehat{\left( \left( SEF \right),\left( SBC \right) \right)}=\widehat{\left( SI,SK \right)}$
Ta có: $AK=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{K}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2},AI=IK=\frac{1}{2}AK=\frac{a\sqrt{5}}{4}$
$SI=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{I}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{4} \right)}^{2}}}=\frac{a\sqrt{21}}{4},SK=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{K}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{3a}{2}$
Xét tam giác $SIK$ có:
$cos\widehat{ISK}=\frac{S{{I}^{2}}+S{{K}^{2}}-I{{K}^{2}}}{2SI.SK}=\frac{{{\left( \frac{a\sqrt{21}}{4} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{3a}{2} \right)}^{2}}-{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{4} \right)}^{2}}}{2.\frac{a\sqrt{21}}{4}.\frac{3a}{2}}=\frac{13}{3\sqrt{7}}$.
Vậy $cos\widehat{\left( \left( SEF \right),\left( SBC \right) \right)}=\frac{13}{3\sqrt{7}}$.
Bài tập 3:
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều cạnh $a\sqrt{2}$, $I$ là trung điểm của $BC$. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $\left( ABC \right)$ là điểm $H$ thuộc $AI$ với $\overrightarrow{IH}+2\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{0}$ và $SH=2a$. Tính góc giữa
a) $BC$ và $SA$.
b) $\left( SBC \right)$ và $\left( ABC \right)$.
c) $\left( SAB \right)$ và $\left( ABC \right)$.
Lời giải
a) Dựng hình thoi $ABCD\Rightarrow BC//AD\subset \left( SAD \right)\Rightarrow \widehat{\left( BC,SA \right)}=\widehat{SAD}$
Do $2\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{IH}=\overrightarrow{0}\Rightarrow AH=\frac{1}{3}AI=\frac{a\sqrt{6}}{6}\Rightarrow SA=\sqrt{S{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$
Xét $\Delta AHD:HD=\sqrt{A{{D}^{2}}+A{{H}^{2}}}=a\sqrt{\frac{13}{6}}\Rightarrow SD=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{D}^{2}}}=a\sqrt{\frac{37}{6}}$
Nhận xét: $S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}=S{{D}^{2}}\Rightarrow $ tam giác $SAD$ vuông tại $A$$\Rightarrow \widehat{SAD}=90{}^\circ $
Vậy $\widehat{\left( BC;SA \right)}=90{}^\circ $.
b) Ta có: $\left( SBC \right)\cap \left( ABC \right)=BC$
Nhận xét: tam giác $SBC$ cân tại $A$$\Rightarrow SI\bot BC$
Mà $AI\bot BC\Rightarrow BC\bot \left( SAI \right)$
Suy ra: $\widehat{\left( \left( SBC \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{\left( SI,AI \right)}=\widehat{SIA}$
Tính được: $AI=\frac{a\sqrt{6}}{2};HI=\frac{a\sqrt{6}}{3}\Rightarrow SI=\frac{a\sqrt{42}}{3}$
Xét $\Delta SAI:cos\widehat{SIA}=\frac{S{{I}^{2}}+I{{A}^{2}}-S{{A}^{2}}}{2SI.IA}=\frac{1}{\sqrt{7}}\Rightarrow \widehat{SIA}=67,8{}^\circ $
Suy ra: $\widehat{\left( \left( SBC \right),\left( ABC \right) \right)}=67,8{}^\circ $.
c) Ta có: $\left( SAB \right)\cap \left( ABC \right)=AB$
Từ $H$ dựng $HK\bot AB\Rightarrow AB\bot \left( SHK \right)\Rightarrow \widehat{\left( \left( SAB \right);\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SKH}$
Ta dễ dàng chứng minh được: $HK=\frac{1}{3}BI=\frac{a\sqrt{2}}{6};SK=\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{K}^{2}}}=\frac{a\sqrt{146}}{6}$
Xét $\Delta SHK:cos\widehat{SKH}=\frac{S{{K}^{2}}+K{{H}^{2}}-S{{H}^{2}}}{2SK.KH}=\frac{1}{\sqrt{73}}\Rightarrow \widehat{SKH}=83,3{}^\circ $
Suy ra: $\widehat{\left( \left( SAB \right),\left( ABC \right) \right)}=\widehat{SKH}=83,3{}^\circ $.
Vậy $MN\bot \left( SAM \right)\Rightarrow \left( SMN \right)\bot \left( SAM \right)$.
Bài tập 4:
Cho hình chóp $SABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $I$ cạnh a và có góc $A$ bằng 600, cạnh $SC=\frac{a\sqrt{6}}{2}$ và $SC\bot \left( ABCD \right)$.
a) Chứng minh $\left( SBD \right)\bot \left( SAC \right)$.
b) Trong tam giác $SCK$ kẻ $IK\bot SA$ tại $K$. Tính độ dài $IK$
c) Chứng minh $\widehat{BKD}={{90}^{0}}$ và từ đó suy ra $\left( SAB \right)\bot \left( SAD \right)$.
Lời giải
a) Chứng minh $\left( SBD \right)\bot \left( SAC \right)$.
Ta có:
$\left. \begin{align} & AC\bot BD \\ & SC\bot BD \\\end{align} \right\}\Rightarrow BD\bot \left( SAC \right)$.
Mặt khác: $BD\subset \left( SBD \right)\Rightarrow \left( SBD \right)\bot \left( SAC \right)$
b) Tính độ dài $IK$.
$BD=AD=AB=a$
$AC=2AI=a\sqrt{3}$
Ta có:
$IK=AI.\sin \widehat{SAI}=AI.\frac{SC}{SA}=\frac{AI.SC}{\sqrt{A{{C}^{2}}+S{{C}^{2}}}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{6}}{2}}{\sqrt{{{\left( a\sqrt{3} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{6}}{2} \right)}^{2}}}}=\frac{a}{2}$.
c) Chứng minh $\widehat{BKD}=90{}^\circ $ và từ đó suy ra $\left( SAB \right)\bot \left( SAD \right)$
Trong $\Delta DKB$ có: $KI=ID=IB=\frac{a}{2}$ $\Rightarrow \Delta BKD$ vuông tại $K$ $\Rightarrow \widehat{BKD}=90{}^\circ $,
Chứng minh: $\left( SAB \right)\bot \left( SAD \right)$ học sinh tự làm
Bài tập 5:
Cho hình chóp $SABCD$, có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, $SA\bot \left( ABCD \right)$. Gọi $M,N$ lần lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh $BC,DC$ sao cho $BM=\frac{a}{2}$, $DN=\frac{3a}{4}$. Chứng minh hai mặt phẳng $\left( SAM \right)$ và $\left( SMN \right)$ vuông góc với nhau.
Lời giải
Hạ $AO\bot SM$
Ta có
$AM=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{M}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$
$MN=\sqrt{M{{C}^{2}}+C{{N}^{2}}}=\frac{a\sqrt{5}}{4}$
$AN=\sqrt{A{{D}^{2}}+D{{C}^{2}}}=\frac{5a}{4}$
Nhận thấy ${{\left( \frac{a\sqrt{5}}{4} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a\sqrt{5}}{2} \right)}^{2}}={{\left( \frac{5a}{4} \right)}^{2}}$ $\Rightarrow A{{N}^{2}}=M{{N}^{2}}+A{{M}^{2}}\Rightarrow \Delta \text{AMN}$ vuông tại $M$
Ta có: $\left. \begin{align} & MN\bot AM \\ & MN\bot SA \\\end{align} \right\}\Rightarrow MN\bot \left( SAM \right)\Rightarrow MN\bot AO$
$\Rightarrow AO\bot \left( SMN \right)$
Mặt khác: $AO\subset \left( SAM \right)$
(đpcm).
Bài tập 6:
Cho hình chóp S.ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=a$\sqrt{2}$, SA=a và $SA\bot (ABCD)$. Gọi M là trung điểm của AD. Chứng minh$(SAC)\bot (SMD)$.
Lời giải
Giả sử I là giao điểm của AC và MB.
Ta có: MA=MD và AD//BC suy ra $AI=\frac{1}{2}IC$
$A{{C}^{2}}=A{{D}^{2}}+D{{C}^{2}}=3{{a}^{2}}\,\,,\,\,A{{I}^{2}}=\frac{1}{9}A{{C}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{3}$
$M{{I}^{2}}=\frac{1}{9}M{{B}^{2}}=\frac{1}{9}\left[ {{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}+{{a}^{2}} \right]=\frac{{{a}^{2}}}{6}$
$\to A{{I}^{2}}+M{{I}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}}{3}+\frac{{{a}^{2}}}{6}={{\left( \frac{a\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}=M{{A}^{2}}$
Vậy AMI là tam giác vuông tại I, suy ra $MB\bot AC$(1)
Mặt khác $SA\bot (ABCD)$$\Rightarrow SA\bot MB$(2)
Từ (1),(2) suy ra $MB\bot (SAC)\Rightarrow (SMB)\bot (SAC)$ (đpcm)
Bài tập 7:
Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều $ABC$ cạnh $a$, cạnh bên $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( ABC \right)$ và $SA=\frac{a}{2}$.
a) Tính góc giữa hai mặt phẳng $\left( ABC \right)$ và $\left( SBC \right)$.
b) Tính diện tích tam giác $SBC$.
Lời giải
a) Gọi $H$ là trung điểm của cạnh $BC.$ Ta có $BC\bot AH$ $\left( 1 \right)$
Vì $SA\bot \left( ABC \right)$ nên $SA\bot BC$ $\left( 2 \right)$
Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ $\Rightarrow BC\bot \left( SAH \right)\Rightarrow BC\bot SH$.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( ABC \right)$ và $\left( SBC \right)$ bằng $\widehat{SHA}$ . Đặt $\widehat{SHA}=\varphi $, ta có:
$\tan \,\varphi =\frac{SA}{AH}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \varphi =30{}^\circ $.
b) Vì $SA\bot \left( ABC \right)$ nên tam giác $ABC$ là hình chiếu vuông góc của tam giác $SBC$ trên $\left( ABC \right)$.
Gọi ${{S}_{1}}$, ${{S}_{2}}$ lần lượt là diện tích của các tam giác $SBC$ và $ABC.$ Ta có:
${{S}_{2}}={{S}_{1}}.\,cos\,\varphi \Rightarrow {{S}_{1}}=\frac{{{S}_{2}}}{cos\,\varphi }\Rightarrow {{S}_{1}}=\frac{2}{\sqrt{3}}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}=\frac{{{a}^{2}}}{2}$.
Bài tập 8:
Cho lăng trụ đứng $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ có đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$, $\widehat{ABC}=60{}^\circ $. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B{B}’$. Biết rằng mặt phẳng $\left( {A}’DM \right)$ tạo với đáy một góc bằng $60{}^\circ $. Tính theo $a$ diện tích thiết diện của lăng trụ $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ cắt bởi mặt phẳng $\left( {A}’DM \right)$.
Lời giải
Trong mặt phẳng $\left( AB{B}'{A}’ \right)$, gọi $E=A’M\cap AB$.
Trong mặt phẳng $\left( ABCD \right)$, gọi $F=ED\cap BC$.
Suy ra, thiết diện của lăng trụ $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$ cắt bởi mặt phẳng $\left( {A}’DM \right)$ là tứ giác ${A}’MFD$.
Ta có tứ giác $ABFD$ là hình chiếu vuông góc của tứ giác ${A}’MFD$ lên mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ và góc
tạo bởi $\left( {A}’MFD \right)$ và $\left( ABCD \right)$ bằng $60{}^\circ $ nên diện tích tứ giác ${A}’MFD$ được tính bởi công thức:
${{S}_{ABFD}}={{S}_{{A}’MFD}}.\cos 60{}^\circ \Rightarrow {{S}_{{A}’MFD}}=\frac{{{S}_{ABFD}}}{\cos 60{}^\circ }$.
Trong đó, ${{S}_{ABFD}}={{S}_{ABCD}}-{{S}_{\Delta CFD}}=a.a.\sin 60{}^\circ -\frac{1}{2}.a.\frac{a}{2}.\sin 120{}^\circ =\frac{3\sqrt{3}}{8}{{a}^{2}}$.
Suy ra, ${{S}_{{A}’MFD}}=\frac{{{S}_{ABFD}}}{\cos 60{}^\circ }=\frac{3\sqrt{3}}{4}{{a}^{2}}$.
Bài tập 9:
Cho lăng trụ $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có đáy là tam giác đều cạnh $a$, $A{A}’\bot \left( ABC \right)$ và $A{A}’=a\sqrt{2}$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB$ và ${A}'{C}’$. Xác định thiết diện của lăng trụ với mặt phẳng $\left( P \right)$ qua $MN$ và vuông góc với $\left( BC{C}'{B}’ \right)$. Tính diện tích thiết diện.
Lời giải
Gọi $G$ là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $BC$.
Khi đó ta có:
$\left\{ \begin{align} & MG\bot BC \\ & MG\bot B{B}’ \\\end{align} \right.$ $\Rightarrow MG\bot \left( BC{C}'{B}’ \right)$
Vậy mặt phẳng $\left( P \right)$ là mặt phẳng đi qua ba điểm $M$, $N$, $G$.
Dễ thấy $\left( P \right)\cap \left( BC{C}'{B}’ \right)=\left\{ E \right\}$ với $E$ là hình chiếu vuông góc
của $N$ lên ${B}'{C}’$.
Kéo dài $NE$ cắt ${A}'{B}’$ tại $Q$. Gọi giao điểm của $A{A}’$ và $MQ$ là
điểm $P$. Khi đó thiết diện của hình lăng trụ khi cắt bởi mặt
phẳng $\left( P \right)$ là ngũ giác $MPNEG$.
Để tính diện tích thiết diện, ta chia ngũ giác $MPNEG$ thành
hình chữ nhật $MNEG$ và tam giác $MNP$ .
Xét hình chữ nhật $MNEG$ . Ta có
$NE=\frac{1}{2}{A}’D=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$, $EG=\sqrt{{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}+{{\left( a\sqrt{2} \right)}^{2}}}=\frac{3a}{2}$.
Suy ra diện tích hình chữ nhật $MNEG$ là $\frac{a\sqrt{3}}{4}.\frac{3a}{2}=\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{8}$.
Xét tam giác $MNP$ . Dễ thấy tam giác này cân tại $P$ với $PN=PM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $MN=\frac{3a}{2}$.
Suy ra diện tích tam giác $MNP$ là $\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{16}$.
Vậy diện tích thiết diện cần tính là $\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{8}+\frac{3{{a}^{2}}\sqrt{3}}{16}=\frac{9{{a}^{2}}\sqrt{3}}{16}$.