Dạng 4: Tính độ dài đoạn thẳng, diện tích hình chiếu, chu vi và diện tích tam giác

Học Lớp

Administrator
Thành viên BQT
Câu 1: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, $BC = b$, $CC' = c$. Độ dài đường chéo AC' là
A. $AC' = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} $.
B. $AC' = \sqrt { - {a^2} + {b^2} + {c^2}} $.
C. $AC' = \sqrt {{a^2} + {b^2} - {c^2}} $.
D. $AC' = \sqrt {{a^2} - {b^2} + {c^2}} $.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 01.png

Từ sách giáo khoa, đường chéo hình hộp chữ nhật $AC' = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} $
Chọn A
Câu 2: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có AB = a, BC = b, CC' = c. Nếu AC' = BD' = B'D = $\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}}$ thì hình hộp là
A. Hình lập phương.
B. Hình hộp chữ nhật
C. Hình hộp thoi.
D. Hình hộp đứng.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 02.png

AC' = BD' =>hình bình hành ABC'D' là hình chữ nhật
BD' = B'D =>hình bình hành BDD'B' là hình chữ nhật
AC' = B'D =>hình bình hành ADC'B' là hình chữ nhật
Chọn B
Câu 3: Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau. Người ta lấy trên giao tuyến d của hai mặt phẳng đó hai điểm A và B sao cho AB = 8. Gọi C là một điểm trên (P), D là một điểm trên (Q) sao cho AC, BD cùng vuông góc với giao tuyến d và AC = 6, BD = 24. Độ dài CD là:
A. 20.
B. 22.
C. 30.
D. 26.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 03.png

Tam giác ABC vuông tại A nên $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{8^2} + {6^2}} = 10$.
Ta có $\left. \begin{array}{l}\left( P \right) \bot \left( Q \right)\\\left( P \right) \cap \left( Q \right) = d\\\left( Q \right) \supset BD \bot d\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( P \right) \Rightarrow BD \bot BC$.
Tam giác BCD vuông tại B nên $CD = \sqrt {B{D^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{24}^2} + {{10}^2}} = 26$.
Chọn D.
Câu 4: Cho ba tia Ox, Oy, Oz vuông góc nhau từng đôi một. Trên Ox, Oy, Oz lần lượt lấy các điểm A, B, C sao cho OA = OB = OC = a. Khẳng định nào sau đây sai?
A. O.ABC là hình chóp đều.
B. Tam giác ABC có diện tích $S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.
C. Tam giác ABC có chu vi $2p = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}$.
D. Ba mặt phẳng $\left( {OAB} \right)$, $\left( {OBC} \right)$, $\left( {OCA} \right)$ vuông góc với nhau từng đôi một.
Chọn C.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 04.png

+ Áp dụng định lý Pytago trong tam giác $OAB$ vuông tại O ta có:
$A{B^2} = O{A^2} + O{B^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}$ $ \Rightarrow AB = a\sqrt 2 $.
Hoàn toàn tương tự ta tính được $BC = AC = a\sqrt 2 $.
$ \Rightarrow \Delta ABC$ là tam giác đều. Mặt khác theo giả thiết $OA = OB = OC = a$ => các mặt bên của hình chóp $O.ABC$ là các tam giác cân tại O $ \Rightarrow O.ABC$ là hình chóp đều => đáp án A đúng.
+ Chu vi $\Delta ABC$ là: $2p = AB + AC + BC = a\sqrt 2 + a\sqrt 2 + a\sqrt 2 = 3a\sqrt 2 $ => đáp án C sai.
+ Nửa chu vi Diện tích $\Delta ABC$ là: $p = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}$. Diện tích $\Delta ABC$ là:
$S = \sqrt {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}{{\left( {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2} - a\sqrt 2 } \right)}^3}} = \sqrt {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^3}} = \sqrt {\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{2{a^3}\sqrt 2 }}{8}} = \sqrt {\frac{{3{a^4}}}{4}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$ (đvdt).
=> đáp án B đúng.
+ Dễ chứng minh được $\left\{ \begin{array}{l}OA \bot \left( {OBC} \right)\\OA \subset \left( {OAB} \right)\\OA \subset \left( {OAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {OAB} \right) \bot \left( {OBC} \right)\\\left( {OAC} \right) \bot \left( {OBC} \right)\end{array} \right.$, $\left\{ \begin{array}{l}OB \bot \left( {OAC} \right)\\OB \subset \left( {OAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {OAB} \right) \bot \left( {OAC} \right)$.
=> đáp án D đúng.
Câu 5: Cho hình thoi ABCDcó cạnh bằng a và$\widehat A = 60^\circ $. Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ tại O (O là tâm của ABCD), lấy điểm S sao cho tam giác SAC là tam giác đều. Khẳng định nào sau đây đúng?
A. S.ABCD là hình chóp đều.
B. Hình chóp S.ABCD có các mặt bên là các tam giác cân.
C. $SO = \frac{{3a}}{2}$.
D. SA và SB hợp với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ những góc bằng nhau.
Chọn C.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 05.png

Xét ΔABD có $\widehat A = 60^\circ $, $AB = AD = a$ => ΔABD là tam giác đều cạnh a. Vì O là tâm của ABCD nên suy ra $AO$ là đường trung tuyến trong ΔABD đều cạnh a nên dễ tính được $AO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ $ \Rightarrow AC = 2AO = a\sqrt 3 $.
Mặt khác theo giả thiết SAC là tam giác đều $ \Rightarrow SA = SC = AC = a\sqrt 3 $ $ \Rightarrow SO = a\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a}}{2}$.
Câu 6: Cho hình chóp cụt đều ABC.A'B'C' với đáy lớn ABC có cạnh bằng a. Đáy nhỏ A'B'C' có cạnh bằng $\frac{a}{2}$, chiều cao $OO' = \frac{a}{2}$. Khẳng định nào sau đây sai?
A. Ba đường cao AA', BB', CC' đồng qui tại S.
B. $AA' = BB' = CC' = \frac{a}{2}$.
C. Góc giữa mặt bên mặt đáy là góc $SIO$ (I là trung điểmBC).
D. Đáy lớn ABC có diện tích gấp 4 lần diện tích đáy nhỏ A'B'C'.
Chọn B.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 06.png

+ Đáp án A đúng.
+ Gọi I là trung điểm của BC.
Từ giả thiết dễ dàng chỉ ra được $\frac{{AA'}}{{SA}} = \frac{{OO'}}{{SO}} = \frac{1}{2}$ $ \Rightarrow SO = 2OO' = a$. Mặt khác $\Delta ABC$ là tam giác đều cạnh a, có $AI$ là đường trung tuyến $ \Rightarrow AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ $ \Rightarrow AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
Áp dụng định lý Pytago trong $\Delta SOA$ vuông tại O ta có:
$S{A^2} = S{O^2} + A{O^2} = {a^2} + {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{12{a^2}}}{9}$ $ \Rightarrow SA = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$ $ \Rightarrow AA' = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$. Vì ABC.A'B'C' là hình chóp cụt đều nên $AA' = BB' = CC' = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$ => đáp án B sai.
+ Ta có: $\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC$. Vì $\Delta SBC$ cân tại S và I là trung điểm của BC nên suy ra $SI \bot BC$. Mặt khác $\Delta ABC$ là tam giác đều có I là trung điểm của BC $ \Rightarrow AI \bot BC$.
$ \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SI,AI} \right) = \left( {SI,OI} \right) = \widehat {SIO}$ => đáp án C đúng.
+ Ta có: $\frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta A'B'C'}}}} = \frac{{\frac{1}{2}.AB.AC.\sin A}}{{\frac{1}{2}.A'B'.A'C'.\sin A'}} = \frac{{AB.AC}}{{A'B'.A'C'}} = \frac{{2A'B'.2A'C'}}{{A'B'.A'C'}} = 4$ => đáp án D đúng.
Câu 7: Cho hình chóp cụt tứ giác đều ABCD.A'B'C'D' cạnh của đáy nhỏ ABCD bằng $\frac{a}{3}$và cạnh của đáy lớn $A'B'C'D'$ bằng a. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng$60^\circ $. Tính chiều cao $OO'$ của hình chóp cụt đã cho.
A. $OO' = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$.
B. $OO' = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
C. $OO' = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}$.
D. $OO' = \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}$.
Chọn A.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 07.png

Ta có $SO' \bot \left( {A'B'C'D'} \right) \supset B'D' \Rightarrow SO' \bot B'D'$$ \Rightarrow O'D'$ là hình chiếu vuông góc của $SD'$ lên $\left( {A'B'C'D'} \right)$ $ \Rightarrow \left( {SD',\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD',O'D'} \right) = \widehat {SD'O'} = 60^\circ $.
Từ giả thiết dễ dàng chỉ ra được $\frac{{AA'}}{{SA'}} = \frac{{OO'}}{{SO'}} = \frac{1}{3}$.
Vì $\Delta A'D'C'$ là tam giác vuông cân tại $D'$ có $D'O'$ là đường cao nên ta có:
$\frac{1}{{D'{{O'}^2}}} = \frac{1}{{A'{{D'}^2}}} + \frac{1}{{D'{{C'}^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}}$ $ \Rightarrow D'{O'^2} = \frac{{{a^2}}}{2}$ $ \Rightarrow D'O' = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
Áp dụng hệ thức lượng trong $\Delta SD'O'$ vuông tại $O'$ ta có:
$\tan 60^\circ = \frac{{SO'}}{{O'D'}}$ $ \Rightarrow SO' = O'D'.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$ $ \Rightarrow OO' = \frac{1}{3}SO' = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 6 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$.
Câu 8: Cho hình lăng trụ lục giác đều ABCDEF.A'B'C'D'E'F' có cạnh bên bằng a và ADD'A' là hình vuông. Cạnh đáy của lăng trụ bằng:
A. a.
B. $\frac{a}{2}$.
C. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
D. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
Chọn B.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 08.png

Tổng số đo các góc của hình lục giác là $4.180^\circ = 720^\circ $. Vì $ABCDEF$ là hình lục giác đều nên mỗi góc của hình lục giác đều $ABCDEF$ là $120^\circ $ $ \Rightarrow \widehat {FAB} = 120^\circ $. Vì $ABCDEF$ là hình lục giác đều nên ta suy ra:
+ $AD$ là tia phân giác của góc $\widehat {FAB}$ và $\widehat {EDC}$ $ \Rightarrow \widehat {FAD} = \frac{{\widehat {FAB}}}{2} = 60^\circ $.
+ Tam giác $AFD$ vuông tại $F$.
Xét tam giác $AFD$ vuông tại $F$ có $\widehat {FAD} = 60^\circ $ và $AD = a$ ta suy ra:
$\begin{array}{l}\cos \widehat {FAD} = \frac{{AF}}{{AD}}\\ \Rightarrow AF = AD.\cos \widehat {FAD} = a.\cos 60^\circ = a.\frac{1}{2} = \frac{a}{2}.\end{array}$
Câu 9: Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A'B'C'D' có $ACC'A'$ là hình vuông, cạnh bằnga. Cạnh đáy của hình lăng trụ bằng:
A. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
B. $a\sqrt 2 $.
C. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
D. $a\sqrt 3 $.
Chọn A.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 09.png

Từ giả thiết ta sauy ra $\Delta ABC$ vuông cân tại B$ \Rightarrow \widehat {BAC} = \widehat {BCA} = 45^\circ $.
Áp dụng hệ thức lượng trong $\Delta ABC$ vuông cân tại B có $\widehat {BAC} = 45^\circ $ và cạnh $AC = a$, ta có:
$\cos \widehat {BAC} = \frac{{AB}}{{AC}}$$ \Rightarrow AB = AC.\cos \widehat {BAC} = a.\cos 45^\circ = a.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
Câu 10: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có cạnh đáy bằng $2a\sqrt 3 $ và cạnh bên bằng 2a. Gọi G và G' lần lượt là trọng tâm của hai đáy ABC và A'B'C'. Khẳng định nào sau đây đúng khi nói vềAA'G'G?
A. AA'G'G là hình chữ nhật có hai kích thước là 2a và 3a.
B. AA'G'G là hình vuông có cạnh bằng 2a.
C. AA'G'G là hình chữ nhật có diện tích bằng $6{a^2}$.
D. AA'G'G là hình vuông có diện tích bằng$8{a^2}$.
Chọn B.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 10.png

Gọi M là trung điểm BC. Khi đó ta dễ dàng tính được : $AM = 2a\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 3a$.
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên: $AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.3a = 2a = AA'$.
$ \Rightarrow AA'G'G$ là hình vuông có cạnh bằng 2a.
Câu 11: Cho hai tam giác ACD và BCD nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau và AC = AD = BC = BD = a, CD = 2x. Tính AB theo a và x?
A. $AB = \sqrt {2\left( {{a^2} + {x^2}} \right)} $.
B. $AB = \sqrt {{a^2} - {x^2}} $.
C. $AB = \sqrt {2\left( {{a^2} - {x^2}} \right)} $ .
D. $AB = \sqrt {{a^2} + {x^2}} $.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 11.png

Gọi H là trung điểm của CD. Vì tam giác ACD cân tại A và tam giác BCD cân tại B nên $AH \bot CD$, $BH \bot CD$.
Ta có $\left. \begin{array}{l}\left( {ACD} \right) \bot \left( {BCD} \right)\\\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD\\\left( {ACD} \right) \supset AH \bot CD\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AH \bot BH$.
$\Delta ACD = \Delta BCD\left( {c.c.c} \right) \Rightarrow AH = BH = \sqrt {B{C^2} - C{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {x^2}} $.
Tam giác $AHB$ vuông tại H nên $AB = \sqrt {A{H^2} + B{H^2}} = \sqrt {2\left( {{a^2} - {x^2}} \right)} $. Chọn C.
Câu 12: Cho hai tam giác ACD và BCD nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau và AC = AD = BC = BD = a, CD = 2x. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính IJ theo a và x?
A. $IJ = \frac{{\sqrt {{a^2} - {x^2}} }}{2}$.
B. $IJ = \frac{{\sqrt {2\left( {{a^2} + {x^2}} \right)} }}{2}$.
C. $IJ = \frac{{\sqrt {2\left( {{a^2} - {x^2}} \right)} }}{2}$.
D. $IJ = \frac{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}{2}$.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 12.png

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AJ\\\left( {ACD} \right) \bot \left( {BCD} \right)\\\left( {ACD} \right) \cap \left( {BCD} \right) = CD\end{array} \right. \Rightarrow AJ \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AJ \bot BJ$. Vậy tam giác $ABJ$ vuông tại $J$
Ta có: $AJ = BJ = \sqrt {{a^2} - {x^2}} $.
Do đó tam giác $ABJ$ vuông cân tại $J$. Suy ra $IJ = \frac{{AJ\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt {2\left( {{a^2} - {x^2}} \right)} }}{2}$
Chọn C.
Câu 13: Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa một mặt bên và mặt đáy bằng$60^\circ $. Tính độ dài đường cao$SH$.
A. $SH = \frac{a}{2}$.
B. $SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
C. $SH = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.
D. $SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 13.png

Chọn A.
Ta có: $\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC$. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và AC.
Dễ chứng minh được $SM \bot BC$ và $AM \bot BC$.
$ \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SM,AM} \right) = \widehat {SMA} = \widehat {SMH} = 60^\circ $.
Ta dễ tính được: $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$. Vì H là chân đường cao của hình chóp đều S.ABC nên H trùng với trọng tâm của tam giác ABC $ \Rightarrow MH = \frac{1}{3}AM = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác $SHM$ vuông tại H ta có :
$\tan \widehat {SMH} = \frac{{SH}}{{MH}}$ $ \Rightarrow SH = MH.\tan \widehat {SMH} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\sqrt 3 = \frac{{3a}}{6} = \frac{a}{2}$.
Câu 14: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có$AB = AA' = a$, $BC = 2a$, $CA = a\sqrt 5 $. Khẳng định nào sau đây sai?
A. Đáy ABClà tam giác vuông.
B. Hai mặt $\left( {AA'B'B} \right)$ và $\left( {BB'C'} \right)$ vuông góc nhau.
C. Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ và $\left( {A'BC} \right)$ có số đo bằng $45^\circ $.
D. $AC' = 2a\sqrt 2 $.
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 14.png

Chọn D.
+ Cách 1: Chứng minh trực tiếp chỉ ra D là đáp án sai.
Từ giả thiết dễ dàng suy ra CC' = AA' = a.
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác $ACC'$ vuông tại C ta có:
$A{C'^2} = A{C^2} + C{C'^2} = 5{a^2} + {a^2} = 6{a^2}$ $ \Rightarrow AC' = a\sqrt 6 $ => đáp án D sai.
+ Cách 2: Chứng minh 3 đáp án A, B, C đều đúng
suy ra đáp án D sai.
Câu 15: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD là hình thoi tâm I cạnh bằng a và góc $\widehat A = {60^0}$, cạnh $SC = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$ và SC vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$. Trong tam giác $SCA$ kẻ $IK \bot SA$ tại K. Tính độ dài $IK$ được
A. $\frac{a}{2}$
B. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$
C. $\frac{a}{3}$
D. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 15.png

Tam giác AKI đồng dạng tam giác ACS =>$\frac{{IK}}{{SC}} = \frac{{AI}}{{SA}}$ =>$IK = \frac{{SC.AI}}{{SA}}$
$\Delta BCD$ và ΔABD đều cạnh a =>$IA = IC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ =>$AC = a\sqrt 3 $
$\Delta SAC$ vuông tại C =>$SA = \sqrt {S{C^2} + A{C^2}} $ =$\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} $ =$\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}$
Vậy $IK = \frac{a}{2}$
Chọn A
Câu 16: Cho tam giác ABC và mặt phẳng (P). Biết góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là $\varphi $. Hình chiếu của tam giác ABC trên mặt phẳng (P) là tam giác $A'B'C'.$ Tìm hệ thức liên hệ giữa diện tích tam giác ABC và diện tích tam giác $A'B'C'.$
A. ${S_{\Delta A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.cot\varphi .$
B. ${S_{\Delta A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.\sin \varphi .$
C. ${S_{\Delta A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.\tan \varphi .$
D. ${S_{\Delta A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.cos\varphi .$
DIỆN TÍCH HÌNH CHIẾU 16.png

Qua B kẻ mặt phẳng $\left( Q \right){\rm{//}}\left( P \right)$ cắt $AA';\,CC'$ lần lượt tại ${A_1};\,{C_1}$ khi đó ${S_{A'B'C'}} = {S_{{A_1}B{C_1}}}$
Góc giữa mặt phẳng (P) và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng góc giữa mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$và $\left( {B{A_1}{C_1}} \right)$ và bằng $\varphi $
Kẻ $AH \bot BF \Rightarrow {A_1}H \bot BF$
$\begin{array}{l}{S_{{A_1}B{C_1}}} = \frac{1}{2}{A_1}H.BF\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \frac{1}{2}AH.cos\varphi .BF\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = {S_{ABC}}.cos\varphi \end{array}$
Vậy ${S_{\Delta A'B'C'}} = {S_{\Delta ABC}}.cos\varphi .$
 

Chương 8: Vector trong không gian

Các dạng toán liên quan giữa hai đường thẳng trong không gian Các dạng toán liên quan giữa đường thẳng và mặt phẳng trong không gian Các dạng toán liên quan giữa hai mặt phẳng trong không gian Các dạng toán tính khoảng cách trong không gian