Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Tứ diện $ABCD$ đều cạnh $6$, $M$ là trung điểm $CD$. a) Chứng minh $CD \perp (ABM)$, từ đó $CD \perp AB$. b) Tính diện tích tam giác $ABM$.

Giải.

a) Tam giác $ACD$ đều có $AM$ là trung tuyến nên $AM \perp CD$; tương tự tam giác $BCD$ đều nên $BM \perp CD$. $AM$ và $BM$ cắt nhau tại $M$ và cùng nằm trong $(ABM)$, vậy $CD \perp (ABM)$. Mà $AB \subset (ABM)$ nên $CD \perp AB$.

b) $AM = BM = 6\cdot\dfrac{\sqrt3}2 = 3\sqrt3$, $AB = 6$. Tam giác $ABM$ cân tại $M$, đường cao từ $M$ là $\sqrt{27 - 9} = 3\sqrt2$, diện tích $\dfrac12\cdot6\cdot3\sqrt2 = 9\sqrt2$.

Hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $4$, $SA \perp (ABCD)$, $SA = 3$. a) Chứng minh bốn mặt bên đều là tam giác vuông. b) Chứng minh $BD \perp SC$. c) Tính diện tích xung quanh của hình chóp.

Giải.

a) $SA \perp (ABCD)$ nên $SA \perp AB$, $SA \perp AD$: tam giác $SAB$, $SAD$ vuông tại $A$. Lại có $BC \perp AB$ và $BC \perp SA$, hai đường $AB$, $SA$ cắt nhau trong $(SAB)$, nên $BC \perp (SAB)$, suy ra $BC \perp SB$: tam giác $SBC$ vuông tại $B$. Tương tự $CD \perp (SAD)$, tam giác $SCD$ vuông tại $D$.

b) $BD \perp AC$ (hai đường chéo hình vuông) và $BD \perp SA$, nên $BD \perp (SAC)$; $SC \subset (SAC)$ nên $BD \perp SC$.

c) $SB = SD = \sqrt{9 + 16} = 5$. Diện tích: $S_{SAB} = S_{SAD} = \dfrac12\cdot3\cdot4 = 6$; $S_{SBC} = S_{SCD} = \dfrac12\cdot5\cdot4 = 10$. Tổng: $6 + 6 + 10 + 10 = 32$.

Hình chóp $S.ABC$ có $SA \perp (ABC)$, tam giác $ABC$ vuông tại $B$, $SA = 3$, $AB = 4$, $BC = 5$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$. Chứng minh $AH \perp (SBC)$ và tính $AH$.

Giải. $BC \perp AB$, $BC \perp SA$ nên $BC \perp (SAB)$, suy ra $BC \perp AH$ (vì $AH \subset (SAB)$). Lại có $AH \perp SB$ theo cách dựng. $BC$ và $SB$ cắt nhau tại $B$ trong $(SBC)$, vậy $AH \perp (SBC)$.

Trong tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SB = 5$, đường cao $AH$: $AH = \dfrac{SA\cdot AB}{SB} = \dfrac{12}5$. Hệ quả: $AH \perp SC$ vì $SC \subset (SBC)$.

Hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh đáy $6$, cạnh bên $4$. Gọi $O$ là tâm tam giác đều $ABC$. Chứng minh $SO \perp (ABC)$ và tính $SO$.

Giải. Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Tam giác $ABC$ đều nên $BC \perp AM$; tam giác $SBC$ cân tại $S$ nên $BC \perp SM$. $AM$ và $SM$ cắt nhau tại $M$ trong $(SAM)$, vậy $BC \perp (SAM)$. Vì $SO \subset (SAM)$ ($O$ thuộc $AM$) nên $BC \perp SO$. Làm tương tự với trung điểm $N$ của $AB$ được $AB \perp SO$. Hai đường $BC$, $AB$ cắt nhau trong $(ABC)$ nên $SO \perp (ABC)$.

$OA = \dfrac23\cdot6\cdot\dfrac{\sqrt3}2 = 2\sqrt3$, $SO = \sqrt{SA^2 - OA^2} = \sqrt{16 - 12} = 2$.

Hình chóp $S.ABC$ có $SA \perp (ABC)$, $SA = 3$; tam giác $ABC$ cân tại $A$ với $AB = AC = 5$, $BC = 6$. Gọi $H$ là trung điểm $BC$. Chứng minh $SH \perp BC$; tính $SH$ và diện tích tam giác $SBC$.

Giải. $AH$ là trung tuyến của tam giác cân nên $AH \perp BC$; $AH$ là hình chiếu của $SH$ trên $(ABC)$ (vì $SA \perp (ABC)$). Theo định lí ba đường vuông góc, $SH \perp BC$.

$AH = \sqrt{25 - 9} = 4$, $SH = \sqrt{SA^2 + AH^2} = \sqrt{9 + 16} = 5$, $S_{SBC} = \dfrac12\cdot6\cdot5 = 15$.