đường thẳng vuông góc mặt phẳng

Bài viết tổng hợp lý thuyết và trình bài một số ví dụ minh họa liên quan đến chủ đề đường thẳng vuông góc mặt phẳng, đây là dạng toán thường gặp trong chương trình Hình học 11 chương 3 – vectơ trong không gian, quan hệ vuông góc.

Kiến thức cần nắm vững:

Định nghĩa: Đường thẳng gọi là vuông góc mặt phẳng nếu nó vuông góc với mọi đường thẳng nằm trên mặt phẳng đó.

Định lí: Đường thẳng vuông góc mặt phẳng khi và chỉ khi nó vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trên mặt phẳng.

Định nghĩa: Mặt phẳng trung trực của một đoạn thẳng là mặt phẳng vuông góc với đoạn thẳng đó tại trung điểm của nó.

Định lí: Mặt phẳng trung trực của đoạn \(AB\) là quỹ tích các điểm cách đều hai đầu đoạn \(AB.\)

Định nghĩa: Trục đường tròn ngoại tiếp tam giác là đường thẳng vuông góc mặt phẳng chứa đường tròn tại tâm đường tròn ngoại tiếp.

Định lí: Trục đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) là quỹ tích các điểm cách đều ba điểm \(A\), \(B\), \(C.\)

Định lí ba đường vuông góc:

Nếu \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \((α)\) và \(I ∈ (α)\) với \(I\) khác \(H\) thì \(AH\) gọi là đường vuông góc và \(AI\) là đường xiên, \(HI\) là hình chiếu vuông góc của \(AI\) lên \((α).\)

Lấy \(d ⊂ (α).\)

\(d\) vuông góc \(HI\) khi và chỉ khi \(d\) vuông góc \(AI.\)

Hệ quả: Hai đoạn xiên (từ cùng một điểm) bằng nhau khi và chỉ khi hình chiếu vuông góc của chúng bằng nhau.

Ví dụ minh họa:

Ví dụ 1: Lấy điểm \(I\) bất kì trong đường tròn \((O;R).\) Vẽ dây \(CD\) qua \(I.\) Trên đường vuông góc mặt phẳng chứa \((O;R)\) tại \(I\) lấy điểm \(S\) sao cho \(SO = R.\) Gọi \(E\) là điểm đối xứng của \(D\) qua \(O.\) Chứng minh:

a) \(ΔSDE\) vuông.

b) \(SD\) vuông góc \(CE.\)

c) \(ΔSCD\) vuông.

a) Ta có: \(SO = R = \frac{{DE}}{2}\) mà \(SO\) là đường trung tuyến của \(ΔSDE.\)

Vậy \(ΔSDE\) vuông tại \(S.\)

b) Ta có: \(\widehat {ECD} = {90^0} \Rightarrow EC \bot CD.\)

Mà \(EC ⊥ SI\) (do \(SI ⊥ mp (ECD)\)).

Vậy \(EC ⊥ mp (SCD) ⇒ EC ⊥ SD.\)

c) Ta có: \(SD ⊥ SE\) (\(ΔSDE\) vuông tại \(S\)) và \(SD ⊥ EC.\)

Vậy \(SD ⊥ mp (SEC)\) \(⇒ SD ⊥ SC\) \(⇒ΔSCD\) vuông tại \(S.\)

Ví dụ 2: Cho hình chóp \(giaitoan.edu.vn\) có \(SA\) vuông góc mặt phẳng \((ABCD)\), \(SA = a\), đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a.\) Gọi \(E\) là trung điểm \(CD.\) Tính khoảng cách từ \(S\) đến đường thẳng \(BE.\)

Vē \(AH ⊥ BE.\)

Do định lí ba đường vuông góc nên \(SH ⊥ BE.\)

Trong mặt phẳng \((ABCD)\), \(BE\) cắt \(AD\) tại \(M.\)

\(ED\) là đường trung bình của tam giác \(ABM\) nên \(D\) là trung điểm của \(AM\) và \(AM = 2a.\)

Tam giác \(ΑΒΜ\) νuông \( \Rightarrow AH = \frac{{giaitoan.edu.vn}}{{BM}}\) \( = \frac{{a(2a)}}{{\sqrt {{a^2} + 4{a^2}} }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}.\)

Tam giác \(SAH\) vuông \( \Rightarrow S{H^2} = S{A^2} + A{H^2}\) \( = {a^2} + \frac{{4{a^2}}}{5} = \frac{{9{a^2}}}{5}.\)

Vậy \(SH = d(S,BE) = \frac{{3a}}{{\sqrt 5 }}.\)

Ví dụ 3: Cho hình chóp \(giaitoan.edu.vn\) có \(SA\) vuông góc mặt phẳng \((ABCD)\), đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O.\) Gọi \(H\), \(I\), \(K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(SB\), \(SC\), \(SD.\)

a) Chứng minh \(BC ⊥ mp (SAB)\), \(BD ⊥ mp (SAC).\)

b) Chứng minh \(AH\), \(AI\) và \(AK\) cùng thuộc một mặt phẳng.

c) Chứng minh \(HK ⊥ AI.\)

a) Ta có: \(BC ⊥ AB\) (do \(ABCD\) hình vuông) và \(BC ⊥ SA\) (do \(SA ⊥ mp (ABCD)\)).

Vậy \(BC ⊥ mp (SAB).\)

Ta có: \(BD ⊥ AC\) (đường chéo hình vuông \(ABCD\)) và \(BD ⊥ SA\) (do \(SA ⊥ mp (ABCD).\))

Vậy \(BD ⊥ mp (SAC).\)

b) Ta có: \(AH ⊥ BC\) (do \(BC ⊥ mp (SAB)\)) và \(AH ⊥ SB.\)

Suy ra \(AH ⊥ mp (SBC)\) \(⇒ AH ⊥ SC\) \((1).\)

Ta có: \(CD ⊥ mp (SAD)\) \(⇒ CD ⊥ AK.\)

Mà \(SD ⊥ AK.\)

Vậy \(AK ⊥ mp (SCD)\) \(⇒ AK ⊥ SC\) \((2).\)

Mặt khác: \(AI ⊥ SC\) \((3).\)

Từ \((1)\), \((2)\) và \((3)\) suy ra \(AH\), \(AI\), \(AK\) cùng nằm trên mặt phẳng qua \(A\) và vuông góc \(SC.\)

c) Ta có: \(ΔSAB = ΔSAD\) (c.g.c) \(⇒ SB = SD\) và \(AH = AK.\)

Vậy \(ΔSHA = ΔSAK\) \(⇒ SH = SK.\)

Do đó: \(\frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{SK}}{{SD}} \Rightarrow HK//BD.\)

Mà \(BD ⊥ mp (SAC)\) \(⇒ HK ⊥ mp (SAC)\) \(⇒ HK ⊥ AI.\)

[ads]

Ví dụ 4: Cho hình chóp \(giaitoan.edu.vn\) có đáy \(ΔABC\) vuông tại \(B\), \(SA\) vuông góc với đáy, \(SA = BC = 2a\), \(AB = a.\) Gọi \(M\) là trung điểm \(SC.\) Chứng minh \(ΔAMB\) cân và tính diện tích \(ΔAMB\) theo \(a.\)

Do định lí ba đường vuông góc \(BC ⊥ BA\) và \(SA ⊥ mp (ABC)\) nên \(BC ⊥ SB.\)

\(ΔSBC\) vuông tại \(B\) \( \Rightarrow MB = \frac{{SC}}{2}.\)

\(ΔSAC\) vuông tại \(A\) \( \Rightarrow MA = \frac{{SC}}{2}.\)

Vậy \(MB = MA\) \(⇒ ΔMAB\) cân tại \(M.\)

Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\) thì \(MI ⊥ AB.\)

\(ΔABC\) vuông \( \Rightarrow A{C^2} = {a^2} + 4{a^2} = 5{a^2}.\)

\(ΔSAC\) vuông \( \Rightarrow S{C^2} = 4{a^2} + 5{a^2} = 9{a^2}.\)

Do đó: \(MA = MB = \frac{{SC}}{2} = \frac{{3a}}{2}.\)

\(ΔMIA\) vuông \( \Rightarrow M{I^2} = M{A^2} – A{I^2} \) \(= \frac{{9{a^2}}}{4} – \frac{{{a^2}}}{4} = 2{a^2}.\)

Do đó diện tích \(ΔMAB\) bằng: \( = \frac{1}{2}giaitoan.edu.vn = \frac{1}{2}a\sqrt 2 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{2}.\)

Ví dụ 5: Cho hình chóp \(giaitoan.edu.vn\) có \(SA\) vuông góc mặt phẳng \((ABC).\) Lấy điểm \(D\) trên đoạn \(AB.\) Mặt phẳng \((α)\) qua \(D\) song song với \(SA\) và \(BC\) cắt hình chóp theo thiết diện là hình gì?

Mặt phẳng \((α) // SA\), vậy \((α)\) cắt mặt phẳng \((SAB)\) theo giao tuyến \(MD // SA.\)

Mặt phẳng \((α) // BC\), vậy \((α)\) cắt mặt phẳng \((SBC)\) theo giao tuyến \(MK // BC.\)

Tương tự:

\((α) // SA\) \(⇒(α)\) cắt mặt phẳng \((SAC)\) theo giao tuyến \(NK // SA.\)

\((α) // BC\) \(⇒(α)\) cắt mặt phẳng \((ABC)\) theo giao tuyến \(ND // BC.\)

Do đó \(MK // ND // BC\) và \(MD // NK // SA\) nên \(MDNK\) là hình bình hành.

Mặt khác \(SA ⊥ mp (ABC)\) \(⇒ SA ⊥ BC.\)

Vậy \(\widehat {MDN} = {90^0}.\)

Do đó \(MKND\) là hình chữ nhật.

Ví dụ 6: Cho \(ΔMAB\) vuông tại \(M\) nằm trong mặt phẳng \((α).\) Trên đường vuông góc mặt phẳng \((α)\) tại \(A\) lấy hai điểm \(C\), \(D\) nằm về hai phía đối với mặt phẳng \((α).\) Gọi \(E\) là hình chiếu vuông góc của \(C\) trên \(MD\), gọi \(H\) là giao điểm \(AM\) và \(CE.\) Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(H\) trên \(AB.\) Chứng minh:

a) \(CE ⊥ mp (MBD).\)

b) \(K\) là trực tâm \(ΔBCD.\)

a) Ta có: \(MB ⊥ MA\) (do \(ΔMAB\) vuông) và \(MB ⊥ CD\) (do \(CD ⊥ mp (α)\)).

Suy ra \(MB ⊥ mp (CDM)\) \(⇒ MB ⊥ CE.\)

Mặt khác \(CE ⊥ MD.\)

Vậy \(CE ⊥ mp (MBD).\)

b) Ta có:

\(HK ⊥ AB\) (theo giả thiết).

\(HK ⊥ CD\) (do \(CD ⊥ mp (α)\)).

Suy ra \(HK ⊥ mp (ABD)\) \(⇒ HK ⊥ BD.\)

Mặt khác: \(BD ⊥ CE\) (do \(CE ⊥ mp (MBD)\)).

Vậy \(BD ⊥ mp (CEK)\) \(⇒ BD ⊥ CK.\)

Mà \(BK ⊥ CD.\)

Vậy \(K\) là trực tâm \(ΔBCD.\)

Ví dụ 7: Trên ba tia \(Ox\), \(Oy\), \(Oz\) vuông góc với nhau từng đôi một, lấy ba điểm \(A\), \(B\), \(C.\)

a) Kẻ \(OK ⊥ AB\), chứng tỏ hình chiếu \(H\) vuông góc của \(O\) trên mặt phẳng \((ABC)\) nằm trên đoạn \(CK.\)

b) Đoạn \(BH\) kéo dài cắt \(AC\) tại \(I.\) Chứng minh rằng \(AC ⊥ mp (OBI)\) và suy ra \(H\) là trực tâm của \(ΔABC.\)

c) Nếu \(ABC\) là tam giác đều, chứng minh \(OA\), \(OB\), \(OC\) bằng nhau.

a) Ta có \(OC ⊥ mp (OAB)\) và \(AB ⊥ CK\) nên \(AB ⊥ CK\) (định lí ba đường vuông góc).

Vẽ \(OH ⊥ CK\), ta có \(AB ⊥ mp (OCK)\) nên \(AB ⊥ OH.\)

Vậy \(OH ⊥ mp (ABC).\)

b) Ta có:

\(OB ⊥ mp (AOC)\) \(⇒ OB ⊥ AC.\)

\(OH ⊥ mp (ABC)\) \(⇒ OH ⊥ AC.\)

Do đó \(AC ⊥ mp (OBI).\)

Vậy \(AC ⊥ BI\) nên \(H\) là trực tâm \(ΔABC.\)

c) \(ΔABC\) đều \(⇒ H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(ΔABC\) \(⇒ HA = HB = HC.\)

Mà \(OH ⊥ mp (ABC)\) và \(HA\), \(HB\), \(HC\) là hình chiếu của ba đường xiên \(OA\), \(OB\), \(OC.\)

Do đó \(OA = OB = OC.\)

Ví dụ 8: Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(BC = a\), \(AC = b.\) Trên đường thẳng vuông góc mặt phẳng \((ABC)\) tại \(C\) lấy điểm \(S\) di động. Mặt phẳng \((α)\) qua \(C\) và vuông góc \(SB\) cắt \(SA\), \(SB\) tại \(H\) và \(K.\)

a) Chứng minh \(CH\) vuông góc mặt phẳng \((SAB)\) và \(H\) di động trên một đường cố định.

b) Đặt \(SC = x.\) Tính \(HK\) theo \(a\), \(b\), \(x.\)

a) Ta có: \(BA\) vuông góc với \(AC\) và \(SC\) nên \(BA ⊥ mp (SAC).\)

Do đó: \(BA ⊥ CH.\)

Mặt khác \(SB ⊥ mp (α)\) nên \(SB ⊥ CH.\)

Vậy \(CH ⊥ mp (SAB)\) \(CH ⊥ AC.\)

Ta có: \(\widehat {CHA} = {90^0}\) và \(H\) nằm trên mặt phẳng cố định \((A, d)\) nên \(H\) di động trên đường tròn đường kính \(AC.\)

b) Ta có: \(ΔSHK\) đồng dạng \(ΔSBA\) \( \Rightarrow \frac{{HK}}{{BA}} = \frac{{SH}}{{SB}}\) \((1).\)

Ta có: \(ΔSAC\) vuông \( \Rightarrow S{C^2} = giaitoan.edu.vn\) \( \Rightarrow SH = \frac{{S{C^2}}}{{SA}} = \frac{{{x^2}}}{{\sqrt {{b^2} + {x^2}} }}.\)

Từ \((1)\) suy ra \(HK = AB.\frac{{SH}}{{SB}}\) \( = \frac{{\sqrt {{a^2} – {b^2}} .{x^2}}}{{\sqrt {{b^2} + {x^2}} .\sqrt {{x^2} + {a^2}} }}.\)