Bài 3: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Câu 12 trang 102 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Khẳng định “Một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng phân biệt trong mặt phẳng (P) thì nó vuông góc với (P)” có đúng không ? Vì sao ?

Lời giải chi tiết

 

Không đúng vì nếu a ⊥ b và b // c ( trong đó b, c nằm trong (P)) thì a chưa hẳn vuông góc với (P)

trithuchub.com

Câu 13 trang 102 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hai đường thẳng a, b và mặt phẳng (P). Các mệnh đề sau đúng hay sai ?

a. Nếu a // (P) và b ⊥ (P) thì b ⊥ a.

b. Nếu a // (P) và b ⊥ a thì b ⊥ (P)

c. Nếu a // (P), b // a thì b // (P)

Lời giải chi tiết

 

a) Đúng vì a // (P) nên tồn tại a’⊂ (P) sao cho a // a’ mà b ⊥ (P) nên b ⊥ a’. Do đó b ⊥ a

b) Sai b có thể song song với (P) hoặc nằm trong mp (P).

c) Sai b có thể nằm trong (P)

trithuchub.com

Câu 14 trang 102 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho điểm S có hình chiếu trên mp(P) là H. Với điểm M bất kì trên (P) (M không trùng H), ta gọi đoạn thẳng SM là đường xiên, đoạn thẳng HM là hình chiếu của đường xiên đó. Chứng minh rằng :

a. Hai đường xiên bằng nhau khi và chỉ khi hai hình chiếu của chúng bằng nhau.

b. Với hai đường xiên cho trước, đường xiên nào dài hơn thì có hình chiếu dài hơn và ngược lại, đường xiên nào có đường chiếu dài hơn thì dài hơn.

Lời giải chi tiết

 

a. Giả sử HM, HN lần lượt là hình chiếu của SM, SN.

*Nếu SM = SN thì ΔSHM = ΔSHN (cạnh huyền  - cạnh góc vuông) nên HM = HN

Ngược lại nếu HM = HN thì ΔSHM = ΔSHN (2 cạnh góc vuông) nên SM = SN

Vậy SM = SN ⇔ HM = HN

b. Áp dụng định lí Pytago, ta có :

SM² = SH² + HM² và SN² = SH² + HN²

\(\eqalign{  & \Rightarrow  S{M^2} - H{M^2} \cr &= S{N^2} - H{N^2}\left( { = S{H^2}} \right)  \cr  &  \Rightarrow S{M^2} - S{N^2} = H{M^2} - H{N^2} \cr} \)

Từ đó suy ra : SM > SN ⇔ HM > HN (đpcm)

trithuchub.com

Câu 15 trang 102 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho tứ diện ABCD. Tìm điểm O cách đều bốn đỉnh của tứ diện.

Lời giải chi tiết

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của ΔBCD

Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng (BCD)

Theo kết quả bài 14. M ϵ d ⇔ MB = MC = MD

(d gọi là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD)

Gọi O là giao điểm của d với mặt phẳng trung trực của AB.

=> OA = OB ( vì O thuộc mặt phẳng trung trực của AB).

Và OB = OC = OD ( vì O thuộc đường thẳng d).

Suy ra :OA = OB = OC = OD hay O cách đều bốn đỉnh của tứ diện (O gọi là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD).

trithuchub.com

Câu 16 trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hình tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc và AB = a, BC = b, CD = c.

a. Tính độ dài AD.

b. Chỉ ra điểm cách đều A, B, C, D

c. Tính góc giữa đường thẳng AD và mặt phẳng (BCD), góc giữa đường thẳng AD và mặt phẳng (ABC).

Lời giải chi tiết

a. Ta có: CD ⊥ BC và CD ⊥ AB nên CD ⊥ (ABC)

mà AC ⊂ (ABC) do đó CD ⊥ AC.

Trong tam giác vuông ABC ta có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {b^2}\)

Trong tam giác vuông ACD ta có:

\(A{D^2} = A{C^2} + C{D^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2}\)

Suy ra: \(AD = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \)

b. Ta có: \(AB \bot BC\) và \(AB \bot CD\) suy ra AB ⊥ (BCD) do đó AB ⊥ BD.

Gọi I là trung điểm AD ta có:

+) Tam giác ACD vuông tại C có CI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AD nên: \(IA = IC = ID = \frac{{AD}}{2}\left( 1 \right)\)

+) Tam giác ABD vuông tại B có BI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AD nên: \[IA = IB = ID = \frac{{AD}}{2}\left( 2 \right)\]

Từ (1) và (2) suy ra: IA = IB = IC = ID

Vây I cách đều A, B, C, D.

c. Ta có: \(AB \bot \left( {BCD} \right)\) \( \Rightarrow BD\) là hình chiếu của \(AD\) trên \(\left( {BCD} \right)\).

Khi đó góc \(\widehat {\left( {AD,\left( {BCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AD,BD} \right)} = \widehat {ADB}\).

Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(B\) thì \(\sin \widehat {ADB} = \dfrac{{AB}}{{AD}} = \dfrac{a}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\) \( \Rightarrow \widehat {\left( {AD,\left( {BCD} \right)} \right)} = \arcsin \dfrac{a}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

Lại có \(DC \bot \left( {ABC} \right)\) \( \Rightarrow AC\) là hình chiếu của \(AD\) trên \(\left( {ABC} \right)\).

Khi đó góc \(\widehat {\left( {AD,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AD,AC} \right)} = \widehat {DAC}\)

Xét tam giác \(ACD\) vuông tại \(C\) thì \(\sin \widehat {DAC} = \dfrac{{CD}}{{AD}} = \dfrac{c}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\) \( \Rightarrow \widehat {\left( {AD,\left( {ABC} \right)} \right)} = \arcsin \dfrac{c}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

trithuchub.com

Câu 17 trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao

Câu 18 trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ mp(ABC), các tam giác ABC và SBC không vuông. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và SBC.

Chứng minh rằng :

a. AH, SK, BC đồng quy ;

b. SC ⊥ mp(BHK)

c. HK ⊥ mp(SBC).

Lời giải chi tiết

 

a. Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng AH và BC

Ta có : BC ⊥ AH (do H là trực tâm ΔABC)

BC ⊥ SA (do SA ⊥ mp(ABC))

Suy ra BC ⊥ (SAI) mà SI ⊂ (SAI) nên BC ⊥ SI

K là trực tâm ΔSBC nên SI qua K

Vậy AH, SK, BC đồng quy tại I.

b. Ta có : BH ⊥ AC và BH ⊥ SA nên BH ⊥ mp(SAC)

Suy ra BH ⊥ SC

Mặt khác SC ⊥ BK nên SC ⊥ mp(BHK)

c. Ta có: SC ⊥ HK (do HK ⊥ mp(BHK)) mà HK ⊥ BC (do BC ⊥ mp(ASI))

Vậy HK ⊥ mp(SBC)

trithuchub.com

Câu 19 trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a và SA = SB = SC = b. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.

a. Chứng minh rằng SG ⊥ (ABC). Tính SG.

b. Xét mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng SC. Tìm hệ thức liên hệ giữa a và b để (P) cắt SC tại điểm C₁ nằm giữa S và C. Khi đó hãy tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi mp(P).

Lời giải chi tiết

 

a. Gọi I là trung điểm của BC.

Tam giác ABC đều, AI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao: BC ⊥ AI.

Tam giác SBC có SB = SC, SI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao: BC ⊥ SI.

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow BC \bot (SAI) \supset SG\\
\Rightarrow BC \bot SG.\,\,\, (1)
\end{array}\)

Chứng minh tương tự ta có: \(AB \bot SG\,\,\, (1)\)

Từ (1;2) suy ra \(SG \bot (ABC)\)

\(\begin{array}{l}
+) \, SI^2 ={S{C^2} - I{C^2}} ={{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} \\
+) \, GI = \frac{1}{3}AI;\, AI ^2 = {A{B^2} - B{I^2}} =a.\frac{{3 }}{4} \Rightarrow GI= \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.
\end{array}\)

\(\Rightarrow SG = \sqrt {S{I^2} - G{I^2}}  = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4} - {{{a^2}} \over {12}}} \) \( = \sqrt {{{12{b^2} - 4{a^2}} \over {12}}}\) \(  = \sqrt {{{3{b^2} - {a^2}} \over 3}} \)

b. Kẻ AC₁ ⊥ SC thì (P) chính là mp(ABC₁)

Vì SAC là tam giác cân mà AC₁ ⊥ SC nên C₁ nằm giữa S và C khi và chỉ khi

\(\widehat {ASC} < 90^\circ  \Leftrightarrow A{S^2} + C{S^2} > A{C^2} \) \(\Leftrightarrow 2{b^2} > {a^2}\)

Ta có : AB ⊥ GC và AB ⊥ SG ⇒ AB ⊥ SC

SC ⊥ AC₁ và SC ⊥ AB nên SC ⊥ (ABC₁)

Thể tích tứ diện SABC là :

\(\eqalign{  & {V_{SABC}} = {1 \over 3}SG.{S_{ABC}} = {1 \over 3}SC.{S_{AB{C_1}}}  \cr  &  \Rightarrow {S_{AB{C_1}}} = {{SG.{S_{ABC}}} \over {SC}} \cr &= {{\sqrt {{{3{b^2} - {a^2}} \over 3}} .{{{a^2}\sqrt 3 } \over 4}} \over b} = {{{a^2}\sqrt {3{b^2} - {a^2}} } \over {4b}} \cr} \)

trithuchub.com

Câu 20 trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

a. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ CD, AC ⊥ BD. Chứng minh rằng AD ⊥ BC. Vậy, các cạnh đối diện của tứ diện đó vuông góc với nhau. Tứ diện như thế gọi là tứ diện trực tâm.

b. Chứng minh các mệnh đề sau đây là tương đương :

i. ABCD là tứ diện trực tâm.

ii. Chân đường cao của tứ diện hạ từ một đỉnh trùng với trực tâm của mặt đối diện.

iii. \(A{B^2} + C{D^2} = A{C^2} + B{D^2} = A{D^2} + B{C^2}\)

c. Chứng minh rằng bốn đường cao của tứ diện trực tâm đồng quy tại một điểm. Điểm đó gọi là trực tâm của tứ diện nói trên.

Lời giải chi tiết

 

a. Kẻ AH ⊥ (BCD), H ϵ (BCD)

Ta có \(\left\{ {\matrix{   {CD \bot AH}  \cr   {CD \bot AB}  \cr } } \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABH} \right)\)

Mà BH ⊂ (ABH) nên CD ⊥ BH (1)

Tương tự \(\left\{ {\matrix{   {BD \bot AH}  \cr   {BD \bot AC}  \cr } } \right. \Rightarrow BD \bot \left( {ACH} \right) \Rightarrow BD \bot CH\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm tam giác BCD.

Ta có: \(\left\{ {\matrix{   {BC \bot AH}  \cr   {BC \bot DH}  \cr  } } \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ADH} \right) \Rightarrow BC \bot AD.\)

b. Theo chứng minh câu a ta có i ⇔ ii

Mặt khác ta có

\(\eqalign{  & A{B^2} + C{D^2} = A{C^2} + B{D^2}  \cr  &  \Leftrightarrow {\overrightarrow {AB} ^2} + {\overrightarrow {CD} ^2} = {\overrightarrow {AC} ^2} + {\overrightarrow {BD} ^2}  \cr  &  \Leftrightarrow {\overrightarrow {AB} ^2} + {\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} } \right)^2} = {\overrightarrow {AC} ^2} + {\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} } \right)^2}  \cr  &  \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB}   \cr  &  \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} .\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right) = 0  \cr  &  \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC}  = 0 \Leftrightarrow AD \bot BC \cr} \)

Tương tự AB ⊥ CD và AC ⊥ BD

Vậy i ⇔ iii

c. Gọi K là trực tâm tam giác ACD thì K nằm trên AI (với BI ⊥ CD). Từ đó suy ra AH và BK cắt nhau do chúng thuộc mp(ABI)

tương tự bốn đường cao của tứ diện trực tâm cắt nhau đôi một và không cùng nằm trên một mặt phẳng nên chúng đồng quy.

trithuchub.com