Chuyên đề hình chóp - Quan hệ song song, quan hệ vuông góc

yến của mặt phẳng vớiluôn song song với một đường thẳng cố định
Giải:
Vẽ các hình bình hành SABI và SBCK
Giả sử trên mặt phẳng , thì MI giao SB tại 
Theo định lí Thalet:
Vì nên N nằm giữa S và B. Vì các tia SA và BI song song và ngược hướng nên N’ cũng nằm giữa S và B. Do đó từ (*) suy ra .
Vậy luôn qua một điểm I cố định. Tương tự với điểm K cố định. Vậy luôn qua đường thẳng cố định IK.
+ Do 
Ta có: 
Do (1) nên IK // 
Như vậy giao tuyến của hai mặt phẳngvà luôn song song với đường thẳng cố định IK.đpcm.
Bài tập 3: Trong mặt phẳng cho tam giác ABC. gọi H là trực tâm của tam giác. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với và lấy điểm S bất kì trên . Qua S dựng các nửa 
đường thẳng Sx, Sy, Sz lần lượt vuông góc với các mp, và 
Sx, Sy, Sz tương ứng cắt tại .
1) Chứng minh ba mặt phẳng cùng đi qua một đường thẳng.
2) Chứng minh: tam giác ABC đồng dạng với tam giác 
Giải:
Giả sử M, N, P lần lượt là giao của AH và BC, BH và AC, CH và AB. 
theo định lý ba đường vuông góc suy ra: 
như thế có: 
Trong kẻ , mà SM là giao tuyến của và nên 
. Như vậy chứa SH
Lập luận tương tự, ba mặt phẳng cùng đi qua một đường thẳng.
2) Do 
Mặt khác:
Do đó nên
Mà và BC, cùng thuộc nên 
Tương tự ta có: 
Suy ra: tam giác ABC đồng dạng với tam giác 
Bài tập 4: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD và điểm MS nằm cùng phía với S đối với mp. gọi I, J, K, L lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Gọi lần lượt là các mp qua SI và song song với MK; qua SJ và song song với ML; qua SK và song song với MI; qua SL và song song với MJ. Chứng minh rằng các mặt cùng đi qua một đường thẳng
Giải
Dễ thấy IJ là đường trung bình của tam giác ABC, nên
IJ //AC và 
Tương tự có: LK //AC và 
Vậy IJKL là hình bình hành 
Suy ra nếu O là giao điểm IK và JL thì O là trung điểm của IK, JL
Trong mp vẽ hình bình hành MINK. Khi đó O cũng là trung điểm của MN. 
Do đó LMJN là hình bình hành, tức là ta có IN //KM; IM // KN; JM // LN. 
Vì MK //, mà IN // MK, hơn nữa I thuộc (P) nên suy ra
Hoàn toàn tương tự có 
Do O là giao điểm của đoạn MN và nên M và N nằm khác phía đối với . Vì S, M nằm cùng phía đối với nên N và S nằm khác phía đối với . Từ đó suy ra N không trùng S.
Vậy các mặt cùng đi qua đường thẳng SN.
Bài 5: Cho tam giác đều ABC và là đường thẳng qua A và vuông góc với mặt phẳng . M là một điểm di động trên đường thẳng . Gọi I và K lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ B và C xuống MC và MB . H là trực tâm của tam giác MBC .
 Khi M di động trên đường thẳngthì K, I, H di động trên đường nào ?
* Phân tích : Dự đoán về tập hợp điểm I .
	M thuộc miền không gian thứ nhất do mặt phẳng xác định . Khi M ở A thì I ở trung điểm E của AB . Khi M tiến xa tới vô cùng trên thì I tiến B. Như vậy ta thấy ba điểm B, I, E không thẳng hàng do đó tập điểm của I không là đường thẳng .
	Khi M trên và ở miền không gian thứ hai do mặt phẳng xác định thì ta được tập hợp của I đối xứng với tập hợp thứ nhất qua .
	Vậy dự đoán tập hợp của I là đường tròn đường kính EB trên mặt phẳng .
Như vậy ta có lời giải sau:
Giải :
Quỹ tích điểm I :
Gọi E là trung điểm của AB, F là trung điểm cạnh AC .
Ta có :
Trên mặt phẳng điểm I nhìn EB dưới một góc vuông . Vậy I di động 
trên đường kính EB trừ điểm B 
* Quỹ tích điểm K :
Chú ý : Ta cũng phân tích như trên đối với điểm K thì ta được K di động trên đường tròn đường kính FC trên mặt phẳng , bỏ điểm C.
* Quỹ tích điểm H : 
	Gọi O là trực tâm của tam giác ABC.
	Ta có :
Gọi J là trung điểm BC ta có :OHHJ
	Vậy trên mặt phẳng , H nhìn OJ dưới một góc vuông , do đó tập 
hợp của H là đường tròn đường kính OJ trên mặt phẳng ,bỏ điểm J.
Nhận xét : Từ bài toán trên ta thấy :
Ở một số bài toán tìm tập hợp điểm có một tính chất nào đó ta dùng phương pháp dự đoán, từ đó định hướng được cách giải cụ thể là phải chứng minh MB vuông góc với EI .
Ở các phần sau ta sử dụng liên tiếp các định lý điều kiện để mặt phẳng vuông góc với đường thẳng và định lý về giao tuyến của hai mặt phẳng khác nhau cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba .
Lưu ý : Phần dự đoán chỉ là phần lập luận phân tích để giái toán chứ không là bài giải .
Bài 6 : Trên mặt phẳng cho đường tròn đường kính AB và M là một điểm trên. Trên đường thẳng vuông góc với tại A lấy S . Từ điểm D trên SA dựng DE vuông góc với SM.
1/ chứng minh BM vuông góc với ; DE vuông với 
2/ Chứng minh rằng : khi M di động trên đường tròn thì DE luôn thuộc một mặt phẳng cố định
3/ Tìm quĩ tích điểm E.
Giải :
1/ Ta có :
Suy ra : MBDE. Mà DESM nên DE
2/ Qua D dựng DF vuông góc với SB tại F. Mà theo 1/ ta có DESB nên SB 
D là 1 điểm cố định và SB là cạnh cố định nên mpcố định (đpcm).
3/ Ta có trên mp, E luôn nhìn DF dưới một góc vuông E luôn thuộc đường tròn đường kính DF trên mp.
Bài 7 : Trên cho tam giác đều OAB cạnh a tìm tập hợp điểm M trong 
không gian sao cho OM vuông góc với .
Giải :
Gọi I là trung điểm cạnh AB suy ra OIMI ( theo giả thiết) (1)
Dễ thấy MA = MB suy ra ABMI. Mà ABOM nên AB tại trung điểm của AB nên là mặt trung trực của AB ( cố định ).	(2)
Từ (1), (2) suy ra tập hợp M là đường tròn nằm trên mặt trung trực của AB có đường kính là OI. Dễ dàng tính được 
Bài 8: Cho tam diện vuông S.ABC. M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CA. Cho. Chứng minh: 
Giải
Gọi là hình chiếu của P, N trên mp. theo thứ tự là trung điểm của SA và SB.
Kẻ 
Kẻ 
Ta có vì hai tam giác vuông và bằng nhau.
Vì nhị diện là nhị diện vuông nên 
tam giác vuông cân . Ta có 
Vì ( H là hình chiếu của A trên SM ) nên SC=AH 	(1)
Kẻ SEABCE=AB. Ta có tanBAC.tanABC (2)
Nhưng tam giác MSA cân tại M nên các đường cao AH và SE bằng nhau từ (1) ta được SC = SE, tam giác SCE là tam giác vuông cân, do đó . 
Thay kết quả này vào (2) ta được 
Bài 9 : Gọi AH là đường cao của tứ diện gần đều ABCD . BK và Ha là đường cao và trực tâm tam giác BCD.
Chứng minh rằng : 
Giải :
Phẳng hóa tứ diện ABCD lên mặt phẳng BCD. Các tam giác ACD, ABD, ABC 
mở ra thành A1CD, A2DB, A3BC. Ta đã biết tam giác nhận B, C, D là 
trung điểm của các cạnh .
Kẻ AJCD. Trong phép quay tam giác , điểm J cố định CD luôn vuông góc với JA. Do đó CD vuông góc JA1. Ta được CD. Vì CDAH và 
AH có điểm A thuộc nên AH thuộc suy ra H, J, thẳng hàng vì 
cùng ở trên giao tuyến của và .
Lại có CD //mà A1HCD nên A1HA2A3. Tương tự ta được A2HA1A2, A3HA1A2.
Vậy H là trực tâm của tam giác .
Gọi I là giao của A1H và A2A3. 
BK là đường cao tam giác của BCD. Do đó trực tâm HaBK.
Ta có tam giác là ảnh của tam giác BCD trong phép vị tự tâm G theo tỉ số 2 (G là trọng tâm chung của hai tam giác BCD và ).
Trong phép vị tự trên BK ta có ảnh là A1I. Các điểm Ha, K có ảnh là H và I. Do đó HaK có ảnh là HI. 
Ta có : 
Tứ giác BKJI là hình chử nhật, ta có BK = IJ.
Vì CD là đường trung bình của tam giác nên IJ = A1J.
Như vậy ta có A1J = IJ = BK
Tam giác vuông AJH cho ta 
Vì HJ = IJ – HJ nên 
Vì HI = 2.HaK nên 
Vì BK = HaB + HaK nên
Vậy ta có điều phải chứng minh !
SUY RA TỪ MỘT BÀI TOÁN PHẲNG
Chứng minh rằng các hình chiếu vuông góc của đỉnh A của tứ diện ABCD trên các mặt phẳng phân giác trong và ngoài của các nhị diện cạnh BC, CD, DB là 6 điểm đồng phẳng.
vGiải
@Trước hết ta giải quyết bài toán phẳng sau:
	“Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc của đỉnh A của tam giác ABC trên các đường phân giác trong và ngoài của góc B và C là 4 điểm thẳng hàng.”
Thật vậy :
	Gọi hình chiếu của A trên phân giác trong và ngoài của góc B là lần lượt là A1 và A2.
	Dễ dàng thấy được AA1BA2là hình chữ nhật. Từ đó dễ dàng chứng minh được A1A2 // BC và A1A2 đi qua trung điểm của AB hay nói cách khác A1A2 cách đều A và BC.
Tương tự đới với các hình chiếu A3 và A4 của A trên các tia phân giác trong và ngoài của góc C.
	@Chú ý: Bài toán phẳng này có mối liên hệ mật thiết với bài toán của chúng ta. Ta có thể sử dụng kết quả trên và cả phương pháp giải bài toán trên để giải bài toán này.
@Trở lại bài toán :
	*Gọi hình chiếu của A trên mặt phẳng phân giác của góc nhị diện cạnh BC là A1:. Theo hướng chứng minh của bài toán trên ta cần chứng minh A1 thuộc mặt phẳng cách đều A và mặt phẳng (BCD).
 	ŸGọi . Dựng mặt phẳng chứa cắt BC tại O.
 Ta có BCAA1 và BC A1H nên BC. 
Vậy là góc phẳng nhị diện cạnh BC và OA1 là phân giác góc này.
Qua A1 ta dựng mặt phẳng , cắt theo một giao tuyến là . 
Gọi H = chA/.
	Vì :
 	 + 
 Ta có: 
 theo giao tuyến .
 Mà: AH . Vậy AH là khoảng cách từ A đến 
mặt phẳng (P).
và suy ra A1H1 là khoảng cách giữa và. 
	 + Mặt khác : theo bổ đề bài toán phẳng thì AH = A1H1.
 Nên : cách đều A và .
*Chứng minh tượng tự như trên cho hình chiếu của A trên 5 mặt phẳng phân giác còn lại.
	@Bài toán được giải quyết xong!q
Trong việc giải toán khoảng cách ta có nhiều phương pháp giải khác nhau. Trong số những phương pháp đó nhóm thực hiện chuyên sâu vào tìm hiểu về mối liên hệ giữa phép chiếu vuông góc và việc tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, từ đó ứng dụng những tính chất đặc trưng của phép chiếu vuông góc vào những bài toán tìm khoảng cách.Cung cấp cho các bạn bài viết này nhóm thực hiện mong rằng sẽ khai thác thêm một phương pháp hữu dụng cho bạn đọc cách giải toán khoảng cách trong không gian. Thông qua đó nhóm muốn gửi đến các bạn một cái nhìn mới cũng như cách vận dụng và phát huy sức sáng tạo từ lí thuyết đến bài toán cụ thể - một phương thức sáng tạo.
	Ta điểm lại một số điểm lý thuyết sau
Tính bảo toàn tỉ số qua phép chiếu vuông góc:
	a. Cho những đường thẳng cùng phương trong không gian thì qua phép chiếu vuông góc tỉ số của những đường thẳng đó bảo toàn.
	b. Trong không gian cho đoạn thẳng AB và điểm M di động trên đường thẳng AB hay , chiếu A, B, M lên một mặt phẳng thì với lần lượt là hình chiếu của M, A, B, trên mặt phẳng .
Xác định khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau:
	 Cho hai đường thẳng chéo nhau AB, CD. Xác định độ dài đoạn vuông góc chung của AB và CD.
Dựng một mặt phẳng vuông góc với CD tại O. 
Gọi . Trên từ O ta dựng 
Ta có:
Vậy khoảng cách giữa AB, CD cần tìm là ON.
	Ta đến với bài toán cụ thể sau:
Bài 1: Cho tứ diện ABCD có CD vuông góc với mặt phẳng . Gọ