Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG

A. Lý thuyết cơ bản

1. Định nghĩa

Đường thẳng $d$ được gọi là vuông góc với mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ nếu $d$ vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong $\left( \alpha \right)$ .

Vậy $d\bot \left( \alpha \right)\Leftrightarrow d\bot a,\,\forall a\subset \left( \alpha \right)$ .

2. Điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Định lí: Đường thẳng $d$ vuông góc với mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ nếu nó vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong $\left( \alpha \right)$ .

$\left\{ \begin{array}{l}d\bot a\\d\bot b\\a\subset \left( \alpha \right),\,b\subset \left( \alpha \right)\\a\cap b=M\end{array} \right.\Rightarrow d\bot \left( \alpha \right)$ .

3. Tính chất

Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.

Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.

4. Sự liên quan giữa quan hệ vuông góc và quan hệ song song

+ $\left\{ \begin{array}{l}a//b\\(P)\bot a\end{array} \right.\Rightarrow (P)\bot b$ + $\left\{ \begin{array}{l}a\ne b\\a\bot (P),b\bot (P)\end{array} \right.\Rightarrow a//b$

+ $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}(P)//(Q)\\a\bot (P)\end{array} \right.\Rightarrow a\bot (Q)$ + $\left\{ \begin{array}{l}(P)\ne (Q)\\(P)\bot a,(Q)\bot a\end{array} \right.\Rightarrow (P)//(Q)$

+ $\left\{ \begin{array}{l}a//(P)\\b\bot (P)\end{array} \right.\Rightarrow b\bot a$ + $\left\{ \begin{array}{l}a\not\subset (P)\\a\bot b,(P)\bot b\end{array} \right.\Rightarrow a//(P)$

5. Phép chiếu vuông góc và định lí ba đường vuông góc

Định nghĩa: Cho đường thẳng $d\bot \left( \alpha \right)$ . Phép chiếu song song theo phương $d$ lên mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ được gọi là phép chiếu vuông góc lên mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ .

Định lí ba đường vuông góc:

Cho đường thẳng $a$ nằm trong mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ và $b$ là đường thẳng không thuộc $\left( \alpha \right)$ đồng thời không vuông góc với $\left( \alpha \right)$ . Gọi $b'$ là hình chiếu của $b$ trên $\left( \alpha \right)$ . Khi đó $a\bot b\Leftrightarrow a\bot b'$ .

Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:

Cho đường thẳng $d$ và mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ .

+ Nếu $d$ vuông góc với mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ thì ta nói góc giữa đường thẳng $d$ và mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ bằng ${{90}^{0}}$ .

+ Nếu $d$ không vuông góc với mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ thì góc giữa $d$ với hình chiếu $d'$ của nó trên $\left( \alpha \right)$ được gọi là góc giữa đường thẳng $d$ và mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ .

B. Bài tập

Dạng 1. Chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng và đường thẳng vuông góc với đường thẳng

Phương pháp:

Muốn chứng minh đường thẳng $\displaystyle d\bot \left( \alpha \right)$ ta có thể dùng một trong hai cách sau:

Cách 1: Chứng minh $d$ vuông góc với hai đường thẳng $a,b$ cắt nhau trong $\displaystyle \left( \alpha \right)$ .

$\left\{ \begin{array}{l}d\bot a\\d\bot b\\a\subset \left( \alpha \right),b\bot \left( \alpha \right)\\a\cap b=I\end{array} \right.\Rightarrow a\bot \left( \alpha \right)$ .

Cách 2: Chứng minh $d$ song song với đường thẳng $a$ mà $a\bot \left( \alpha \right)$ .

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}d//a\\\left( \alpha \right)\bot a\end{array} \right.\Rightarrow d\bot \left( \alpha \right)$ .

Để chứng minh $d\bot a$ , ta có thể chứng minh bởi một trong các cách sau:

- Chứng minh $d$ vuông góc với $\displaystyle \left( \alpha \right)$ và $\displaystyle \left( \alpha \right)$ chứa a.

- Sử dụng định lí ba đường vuông góc.

- Sử dụng các cách chứng minh đã biết ở phần trước.

Ví dụ 1.1: Cho tứ diện đều $ABCD$ . Chứng minh các cặp cạnh đối diện của tứ diện này vuông góc với nhau từng đôi một.

Lời giải:

Giả sử cần chứng minh $AB\bot CD$ .

Gọi $I$ là trung điểm của cạnh $AB$ . Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CI\bot AB\\DI\bot AB\end{array} \right.\Rightarrow AB\bot \left( CID \right)$ .

Do đó $AB\bot CD$ vì $CD$ nằm trong mặt phẳng $\left( CID \right)$ .

Bằng lập luận tương tự ta chứng minh được $BC\bot AD$ và $AC\bot BD$ .

Ví dụ 1.2: Hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông $ABCD$ tâm $O$ và có cạnh $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ . Gọi $H,I,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh $SB,SC$ và $SD$ .

a) Chứng minh $BC\bot \left( SAB \right),CD\bot \left( SAD \right),BD\bot \left( SAC \right)$ .

b) Chứng minh $SC\bot \left( AHK \right)$ và điểm $I$ thuộc $\left( AHK \right)$ .

c) Chứng minh $HK\bot \left( SAC \right)$ , từ đó suy ra $HK\bot AI$ .

Lời giải:

a) $BC\bot AB$ vì đáy là hình vuông .

Lại có $SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SA\bot BC$ .

Do đó $BC\bot \left( SAB \right)$ vì $BC$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong $\left( SAB \right)$ .

Tương tự, $\left\{ \begin{array}{l}CD\bot AD\\CD\bot SA\end{array} \right.\Rightarrow CD\bot \left( SAD \right)$ .

$\left\{ \begin{array}{l}BD\bot AC\\BD\bot SA\end{array} \right.\Rightarrow BD\bot \left( SAC \right)$ .

b) Theo câu a, có $\displaystyle BC\bot \left( SAB \right)$ , mà $AH\subset \left( SAB \right)$ nên $BC\bot AH$ .

Theo giả thiết $AH\bot SB$ . Do đó $AH\bot \left( SBC \right)$ .

Vì $SC\subset \left( SBC \right)$ nên $AH\bot SC$ .

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có $AK\bot SC$ .

Hai đường thẳng $AH,AK$ cắt nhau và cùng vuông góc với $SC$ nên chúng nằm trong mặt phẳng đi qua điểm $A$ và vuông góc với $SC$ . Vậy $SC\bot \left( AHK \right)$ . Ta có $AI\subset \left( AHK \right)$ vì nó đi qua điểm $A$ và cùng vuông góc với $SC$ .

c) Ta có $SA\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SA\bot AB\\SA\bot AD\end{array} \right.$ .

Hai tam giác vuông $SAB$ và $SAD$ bằng nhau vì chúng có cạnh $SA$ chung và $AB=AD$ (c.g.c). Do đó $\displaystyle SB=SD,\,SH=SK\Rightarrow HK||BD$ .

Vì $BD\bot \left( SAC \right)$ nên $HK\bot \left( SAC \right)$ và do $AI\subset \left( SAC \right)$ nên $HK\bot AI$ .

Ví dụ 1.3: Cho tứ diện $OABC$ có ba cạnh $OA,OB,OC$ đôi một vuông góc với nhau. Kẻ $OH$ vuông góc với mặt phẳng $\left( ABC \right)$ tại $H$ . Chứng minh:

a) $OA\bot BC,OB\bot CA$ và $OC\bot AB$ .

b) $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$ .

c) $\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{A}^{2}}}+\frac{1}{O{{B}^{2}}}+\frac{1}{O{{C}^{2}}}$ .

Lời giải:

a) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}OA\bot OB\\OA\bot OC\end{array} \right.\Rightarrow OA\bot \left( OBC \right)\Rightarrow OA\bot BC$ .

Tương tự ta chứng minh $OB\bot \left( OCA \right)\Rightarrow OB\bot CA$ .

$OC\bot \left( OAB \right)\Rightarrow OC\bot AB$ .

b) Vì $OH\bot \left( ABC \right)$ nên $OH\bot BC$ và $OA\bot BC$ .

$\Rightarrow BC\bot \left( OAH \right)\Rightarrow BC\bot AH$ . (1)

Chứng minh tương tự ta có $AC\bot \left( OBH \right)\Rightarrow AC\bot BH$ . (2)

Từ (1) và (2) suy ra $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$ .

c) Gọi $K$ là giao điểm của $AH$ và $BC$ . Trong tam giác $AOK$ vuông tại $O$ , ta có $OH$ đường cao.

Dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông của hình học phẳng ta có:

$\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{A}^{2}}}+\frac{1}{O{{K}^{2}}}$ (1)

Vì $BC$ vuông góc với mặt phẳng $\left( OAH \right)$ nên $BC\bot OK$ . Do đó trong tam giác $OBC$ vuông tại $O$ với đường cao $OK$ , ta có:

$\frac{1}{O{{K}^{2}}}=\frac{1}{O{{B}^{2}}}+\frac{1}{O{{C}^{2}}}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{1}{O{{H}^{2}}}=\frac{1}{O{{A}^{2}}}+\frac{1}{O{{B}^{2}}}+\frac{1}{O{{C}^{2}}}$ .

Ví dụ 1.4: Hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi $ABCD$ tâm $O$ và có $SA=SC$ , $SB=SD$ .

a) Chứng minh $SO$ vuông góc với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ .

b) Gọi $I,K$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BA,BC$ . Chứng minh rằng $IK\bot \left( SBD \right)$ và $IK\bot SD$ .

Lời giải:

a) $O$ là tâm hình thoi $ABCD$ nên $O$ là trung điểm của đoạn $AC$ .

Tam giác $SAC$ có $SA=SC$ nên $SO\bot AC$ .

Chứng minh tương tự ta có $SO\bot BD$ . Từ đó suy ra $SO\bot \left( ABCD \right)$ .

b) Vì đáy $ABCD$ là hình thoi nên $AC\bot BD$ .

Mặt khác ta có $AC\bot SO$ . Do đó $AC\bot \left( SBD \right)$ .

Ta có $IK$ là đường trung bình của tam giác $BAC$ nên $IK||AC$ .

Mà $AC\bot \left( SBD \right)$ nên $IK\bot \left( SBD \right)$ .

Ta lại có $SD\subset \left( SBD \right)\Rightarrow IK\bot SD$ .

Dạng 2.Tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Phương pháp:

Để xác định góc giữa đường thẳng $\displaystyle a$ và mặt phẳng $\displaystyle \left( \alpha \right)$ ta thực hiện theo các bước sau:

- Tìm giao điểm $\displaystyle O=a\cap \left( \alpha \right)$ .

- Dựng hình chiếu $\displaystyle A'$ của một điểm $\displaystyle A\in a$ xuống $\displaystyle \left( \alpha \right)$ .

- Góc $\widehat{AOA'}=\varphi$ chính là góc giữa đường thẳng $\displaystyle a$ và $\displaystyle \left( \alpha \right)$ .

Lưu ý:

Để dựng hình chiếu $\displaystyle A'$ của điểm $\displaystyle A$ trên $\displaystyle \left( \alpha \right)$ ta chọn một đường thẳng $\displaystyle b\bot \left( \alpha \right)$ khi đó $\displaystyle AA'\parallel b$ .

Để tính góc $\displaystyle \varphi$ ta sử dung hệ thức lượng trong tam giác vuông $\displaystyle \Delta OAA'$ . Ngoài ra nếu không xác định góc $\displaystyle \varphi$ thì ta có thể tính góc giữa đường thẳng $\displaystyle a$ và mặt phẳng $\displaystyle \left( \alpha \right)$ theo công thức $\displaystyle \sin \varphi =\frac{\left| \overrightarrow{u}.\overrightarrow{n} \right|}{\left| \overrightarrow{u} \right|\left| \overrightarrow{n} \right|}$ trong đó $\displaystyle \overrightarrow{u}$ là VTCP của $\displaystyle a$ còn $\displaystyle \overrightarrow{n}$ là vec tơ có giá vuông góc với $\displaystyle \left( \alpha \right)$ .

Ví dụ 2.1: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$ , $SA=a\sqrt{6}$ và vuông góc với đáy. Tính góc giữa:

a) $\displaystyle SC$ và $\displaystyle \left( ABCD \right)$

b) $\displaystyle SC$ và $\displaystyle \left( SAB \right)$

c) $\displaystyle SB$ và $\displaystyle \left( SAC \right)$

Lời giải

a) $SA\bot \left( ABCD \right)$ $\Rightarrow AC$ là hình chiếu của $SC$ trên $\left( ABCD \right)$ $\Rightarrow \left( SC,\left( ABCD \right) \right)=\widehat{\left( SC,AC \right)}=\widehat{SCA}$

Ta có $AC=a\sqrt{2}$ nên $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{6}}{a\sqrt{2}}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SCA}={{60}^{0}}$

$\Rightarrow \left( SC,\left( ABCD \right) \right)={{60}^{0}}$

b) Có $\left\{ \begin{array}{l}BC\bot AB\\BC\bot AS\end{array} \right.\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)$ $\Rightarrow BS$ là hình chiếu của $CS$ trên mặt phẳng $\left( SAB \right)$

$\Rightarrow \left( SC,\left( SAB \right) \right)=\widehat{\left( SC,SB \right)}=\widehat{CSB}$

Có $SB=\sqrt{A{{S}^{2}}+A{{B}^{2}}}=a\sqrt{7}$

$\displaystyle \tan \widehat{CSB}=\frac{CB}{SB}=\frac{a}{a\sqrt{7}}=\frac{1}{\sqrt{7}}\Rightarrow \widehat{CSB}=\arctan \frac{1}{\sqrt{7}}$

$\displaystyle \Rightarrow \left( SC,\left( SAB \right) \right)=\arctan \frac{1}{\sqrt{7}}$

c) $\left\{ \begin{array}{l}BO\bot AC\\BO\bot SA\end{array} \right.\Rightarrow BO\bot \left( SAC \right)$ $\Rightarrow SO$ là hình chiếu của $SB$ trên $\left( SAC \right)$

$\displaystyle \Rightarrow \left( SB,\left( SAC \right) \right)=\widehat{\left( SB,SO \right)}=\widehat{OSB}$

$\displaystyle \sin \widehat{OSB}=\frac{BO}{SB}=\frac{\frac{a}{\sqrt{2}}}{a\sqrt{7}}=\frac{1}{\sqrt{14}}\Rightarrow \widehat{OSB}=\arcsin \frac{1}{\sqrt{14}}$

$\displaystyle \Rightarrow \left( SB,\left( SAC \right) \right)=\arcsin \frac{1}{\sqrt{14}}$ .

Ví dụ 2.2: Cho hình lăng trụ xiên $ABC.{A}'{B}'{C}'$ đáy là tam giác đều cạnh $a$ , đỉnh ${A}'$ cách đều $A,B,C$ , góc giữa $A{A}'$ và $\left( ABC \right)$ là ${{60}^{0}}$ .

Xác định và tính đường cao của lăng trụ trên.

Lời giải:

Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ . Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC$ .

Vì $\Delta ABC$ đều và ${A}'$ cách đều $A,B,C$ nên $\left\{ \begin{array}{l}MC\bot AB,A'M\bot AB\\AN\bot BC,A'N\bot BC\end{array} \right.\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}A'G\bot AB\\A'G\bot BC\end{array} \right.$ .

$\Rightarrow {A}'G\bot \left( ABC \right)$ $\Rightarrow AG$ là hình chiếu của $A{A}'$ trên $\left( ABC \right)\Rightarrow \left( A{A}',\left( ABC \right) \right)=\widehat{\left( A{A}',AG \right)}=\widehat{{A}'AG}={{60}^{0}}$ .

Chiều cao của hình lăng trụ là $\displaystyle {A}'G$

Có $\displaystyle \tan \widehat{{A}'AG}=\frac{{A}'G}{AG}\Rightarrow {A}'G=AG.\tan \widehat{{A}'AG}=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\tan {{60}^{0}}=a$ .

Ví dụ 2.3: Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a$ , tâm $O$ . Gọi $M$ , $N$ lần lượt là trung điểm $SA$ và $BC$ . Biết góc giữa $MN$ và mặt phẳng $\left( ABCD \right)$ là ${{60}^{0}}$ .

a) Tính độ dài $MN$ .

b) Tính cosin của góc giữa $MN$ và $\left( SBD \right)$ .

Lời giải:

a) Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $\displaystyle SO\bot \left( ABCD \right)$ .

Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ trên $\displaystyle \left( ABCD \right)$ $\Rightarrow H$ là trung điểm của $AO$ .

Áp dụng định lí cosin vào tam giác $CHN$ , ta có

$H{{N}^{2}}=C{{H}^{2}}+C{{N}^{2}}-2.CH.CN.c\text{os}{{45}^{0}}$ $={{\left( \frac{3}{4}.a\sqrt{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}-2.\frac{3}{4}.a\sqrt{2}.\frac{a}{2}.\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{5{{\text{a}}^{2}}}{8}$

Có $HN$ là hình chiếu của $MN$ trên $\displaystyle \left( ABCD \right)$ $\Rightarrow \left( MN,\left( \left( ABCD \right) \right) \right)=\widehat{\left( MN,HN \right)}=\widehat{MNH}={{60}^{0}}$

$\text{cos}\widehat{MNH}=\frac{HN}{MN}$ $\Rightarrow MN=\frac{HN}{\text{cos}\widehat{MNH}}=\frac{\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}}{c\text{os}{{60}^{0}}}=\frac{a\sqrt{10}}{2}$ .

Vậy $MN=\frac{a\sqrt{10}}{2}$ .

b) Gọi $E$ là trung điểm của $SD$ , ta có $MN//CE$ $\Rightarrow \left( MN,\left( SBD \right) \right)=\left( EC,\left( SBD \right) \right)$

Có $CO\bot \left( SBD \right)$ $\Rightarrow OE$ là hình chiếu của $CE$ trên $\left( SBD \right)$ $\Rightarrow \left( EC,\left( SBD \right) \right)=\widehat{\left( EC,EO \right)}=\widehat{CEO}$

Trong tam giác vuông $CEO$ có $c\text{os}\widehat{CEO}=\frac{EO}{EC}$ .

$EC=MN=\frac{a\sqrt{10}}{2}$

$EO=\frac{1}{2}SB$

Xét tam giác vuông $HMN$ có $\sin \widehat{MNH}=\frac{MH}{MN}\Rightarrow MH=MN.\sin \widehat{MNH}=\frac{a\sqrt{10}}{2}.\sin {{60}^{0}}=\frac{a\sqrt{30}}{4}$

$\Rightarrow SO=2MH=\frac{a\sqrt{30}}{2}$ .

Xét tam giác vuông $SOB$ vuông tại $B$ có $S{{B}^{2}}=S{{O}^{2}}+O{{B}^{2}}={{\left( \frac{a\sqrt{30}}{2} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{a}{\sqrt{2}} \right)}^{2}}=8{{\text{a}}^{2}}$ $\Rightarrow SB=2\text{a}\sqrt{2}$

$\Rightarrow OE=a\sqrt{2}$

Do đó $c\text{os}\widehat{CEO}=\frac{EO}{EC}=\frac{a\sqrt{2}}{\frac{a\sqrt{10}}{2}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$ .

Dạng 3. Thiết diện đi qua một điểm và vuông góc với một đường thẳng

Phương pháp:

Để xác định thiết diện của mặt phẳng $\displaystyle \left( \alpha \right)$ đi qua điểm $\displaystyle O$ và vuông góc với đường thẳng $\displaystyle d$ với một hình chóp ta thực hiện theo một trong hai cách sau:

Cách 1. Tìm tất cả các đường thẳng vuông góc với $\displaystyle d$ , khi đó $\displaystyle \left( \alpha \right)$ sẽ song song hoặc chứa các đường thẳng này và ta chuyển về dạng thiết diện song song như đã biết ở chương II.

Cách 2. Ta dựng mặt phẳng $\displaystyle \left( \alpha \right)$ như sau:

Dựng hai đường thẳng $\displaystyle a,b$ cắt nhau cùng vuông góc với $\displaystyle d$ trong đó có một đường thẳng đi qua $\displaystyle O$ , khi đó $\displaystyle \left( \alpha \right)$ chính là mặt phẳng $\displaystyle mp\left( a,b \right)$ .

Ví dụ 3.1: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A,B$ với $AB=BC=a,AD=2a;SA\bot \left( ABCD \right)$ và $SA=2a$ .Gọi $M$ là một điểm trên cạnh $AB,\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng đi qua $M$ và vuông góc với $AB$ . Đặt $AM=x\left( 0<x<a \right)$ .

a) Xác định thiết diện của hình chóp khi cắt bởi $\left( \alpha \right)$ .

b) Tính diện tích thiết diện theo $a$ và $x$ .

Lời giải:

a) Ta có $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}B\notin \left( \alpha \right)\\BC\bot AB\\\left( \alpha \right)\bot AB\end{array} \right.\Rightarrow BC||\left( \alpha \right)$ .

Tương tự $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l}A\notin \left( \alpha \right)\\SA\bot AB\\\left( \alpha \right)\bot AB\end{array} \right.\Rightarrow SA||\left( \alpha \right)$ .

Do $\left\{ \begin{array}{l}M\in \left( ABCD \right)\\BC\subset \left( ABCD \right)\\BC||\left( \alpha \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left( \alpha \right)\cap \left( ABCD \right)=MQ||BC,Q\in CD$ .

Tương tự $\left\{ \begin{array}{l}M\in \left( SAB \right)\\SA\subset \left( SAB \right)\\SA||\left( \alpha \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left( \alpha \right)\cap \left( SAB \right)=MN||SA,N\in SB$ .

$\left\{ \begin{array}{l}N\in \left( SBC \right)\cap \left( \alpha \right)\\BC\subset \left( SBC \right)\\BC||\left( \alpha \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left( \alpha \right)\cap \left( SBC \right)=NP||BC,P\in SC$ .

Thiết diện là tứ giác $MNPQ$ .

b) Ta có $\left\{ \begin{array}{l}MQ||BC\\NP||BC\end{array} \right.\Rightarrow MQ||NP$ nên tứ giác $MNPQ$ là hình thang.

Mặt khác $\left\{ \begin{array}{l}MQ||AB\\MN||SA\\SA\bot AB\end{array} \right.\Rightarrow MQ\bot MN$ suy ra thiết diện là một hình thang vuông tại $M$ và $N$ .

${{S}_{MNPQ}}=\frac{1}{2}\left( MQ+NP \right).MN$ .

Gọi $I$ là trung điểm của $AD$ và $K=CI\cap MQ$ .

Do $MN||SA$ nên $\frac{MN}{SA}=\frac{BM}{BA}\Rightarrow MN=\frac{BM.SA}{BA}=\frac{2a\left( a-x \right)}{a}=2\left( a-x \right)$ .

$\frac{NP}{BC}=\frac{SN}{SB}=\frac{AM}{AB}\Rightarrow NP=\frac{BC.AM}{AB}=\frac{a.x}{x}=x$ .

Xét trong hình thang $ABCD$ ta có:

$\frac{KQ}{ID}=\frac{CK}{CI}=\frac{AM}{AB}\Rightarrow KC=\frac{ID.BM}{BA}=\frac{a\left( a-x \right)}{a}=a-x$ .

$MQ=MK+KQ=a+\left( a-x \right)=2a-x$ .

${{S}_{MNPQ}}=\frac{1}{2}\left( 2a-x+x \right).2\left( a-x \right)=2a\left( a-x \right)$ .

Ví dụ 3.2: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh bằng $a$ , $SA\bot \left( ABC \right)$ và $SA=2a$ . Gọi $\left( \alpha \right)$ là mặt phẳng đi qua $B$ và vuông góc với $SC$ .

a) Xác định thiết diện của hình chóp $S.ABC$ khi cắt bởi $\left( \alpha \right)$ .

b) Tính diện tích của thiết diện này.

Lời giải:

a) Gọi $I$ là trung điểm của $AC$ , dựng $IH\bot SC,H\in SC$ .

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BI\bot AC\\BI\bot SA\end{array} \right.\Rightarrow BI\bot \left( SAC \right)$ . Mặt khác $IH\bot SC$ nên $\left( BIH \right)\bot SC$ .

Vậy $\left( BIH \right)$ chính là mặt phẳng $\left( \alpha \right)$ đi qua $B$ và vuông góc với $SC$ .

Thiết diện là tam giác $IBH$ .

b) Do $BI\bot \left( SAC \right)\Rightarrow IB\bot IH$ nên $\Delta IBH$ vuông tại $I$ .

$IB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao của tam giác đều cạnh $a$ ).

Hai tam giác $CHI$ và $CAS$ có chung góc $C$ nên chúng đồng dạng. Từ đó suy ra

$\frac{IH}{SA}=\frac{CI}{CS}\Rightarrow IH=\frac{CI.SA}{CS}=\frac{CI.SA}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{C}^{2}}}}=\frac{\frac{a}{2}.2a}{\sqrt{4{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}}=\frac{5\sqrt{5}a}{5}$ .