Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$, $SA$ vuông góc với đáy. Gọi $H$; $I$; $K$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên các cạnh $SB$, $SC$, $SD$.

a) Chứng minh rằng $CD\perp (SAD)$ và $BD\perp (SAC)$

b) Chứng minh rằng $SC\perp (AHK)$ và điểm $I$ cũng thuộc $(AHK)$

c) Chứng minh rằng $HK\perp (SAC)$, từ đó suy ra $HK\perp AI$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 7:

a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$. Đáy $ABCD$ là hình vuông nên $AD\perp CD$. Vì $CD$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $SA$ và $AD$ cùng thuộc $(SAD)$ nên $CD\perp (SAD)$.

Ta có $BD\perp AC$ (hai đường chéo của hình vuông) và $BD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$). Vì $BD$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $AC$ và $SA$ cùng thuộc $(SAC)$ nên $BD\perp (SAC)$.

b) • Chứng minh $SC\perp AH$: Vì $BC\perp AB$ (hình vuông) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp AH$. Mặt khác $AH\perp SB$ (giả thiết). Vì $AH$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $BC$ và $SB$ cùng thuộc $(SBC)$ nên $AH\perp (SBC)$, do đó $AH\perp SC$.

• Chứng minh $SC\perp AK$: Từ câu a) có $CD\perp (SAD)$, suy ra $CD\perp AK$ (vì $AK\subset (SAD)$). Mặt khác $AK\perp SD$ (giả thiết). Vì $AK$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $CD$ và $SD$ cùng thuộc $(SCD)$ nên $AK\perp (SCD)$, do đó $AK\perp SC$.

Vì $SC$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $AH$ và $AK$ cùng thuộc $(AHK)$ nên $SC\perp (AHK)$.

• Chứng minh $I\in (AHK)$: Qua $A$ chỉ có một mặt phẳng vuông góc với $SC$; đó chính là $(AHK)$ vì $(AHK)$ đi qua $A$ và $SC\perp (AHK)$. Mà $AI\perp SC$ (giả thiết $I$ là hình chiếu của $A$ trên $SC$), nên $AI$ nằm trong mặt phẳng qua $A$ vuông góc với $SC$, tức $AI\subset (AHK)$. Vậy $I\in (AHK)$ (đpcm).

c) Xét hai tam giác vuông $SAB$ và $SAD$ (vuông tại $A$): chung cạnh $SA$, $AB=AD$ (cạnh hình vuông) nên $△SAB=△SAD$ (cạnh huyền – cạnh góc vuông). Suy ra $SB=SD$, $AH=AK$ và $BH=DK$.

Do đó $SH=SB-BH=SD-DK=SK$, tức tam giác $SHK$ cân tại $S$ đồng thời tam giác $SBD$ cân tại $S$ (có $SB=SD$), nên
$$\frac{SH}{SB}=\frac{SK}{SD}.$$

Xét tam giác $SBD$ có $H\in SB$, $K\in SD$ và $\frac{SH}{SB}=\frac{SK}{SD}$, theo định lý Thales ta suy ra $HK\parallel BD$.

Mà $BD\perp (SAC)$ (câu a) nên $HK\perp (SAC)$.

Vì $AI\subset (SAC)$ (do $I\in (AHK)$ và $AI\perp SC$ nên $AI$ nằm trong mặt phẳng qua $A$ vuông góc với $SC$; mặt khác $AC\perp SC$ theo câu a) vì $BD\perp (SAC)\Rightarrow BD\perp SC$... chính xác hơn: từ câu a) $CD\perp (SAD)$ suy ra $CD\perp AC$, mà $AB\parallel CD$ nên $AB\perp AC$, cộng $AB\perp SA$ cho $AB\perp (SAC)$; tương tự $AD\perp (SAC)$, do đó $AI\subset (SAC)$ vì $(SAC)$ là mặt phẳng qua $A$ vuông góc với $SC$) nên từ $HK\perp (SAC)$ suy ra $HK\perp AI$ (đpcm).