Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc

Câu 21 trang 111 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Các mệnh đề sau đúng hay sai ?

a. Hai mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau;

b. Hai mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì vuông góc với nhau;

c. Qua một đường thẳng cho trước có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng cho trước ;

d. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với hai mặt phẳng cắt nhau cho trước ;

e. Các mặt phẳng cùng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với  một mặt phẳng cho trước thì luôn đi qua một đường thẳng cố định ;

f. Hình lăng trụ có hai mặt bên là hình chữ nhật là lăng trụ đứng ;

g. Hình chóp có đáy là đa giác đều và ba cạnh bên bằng nhau là hình chóp đều.

Lời giải chi tiết

 

a. Sai (P) ⊥ (R) , (Q) ⊥ (R) nhưng (P) và (Q) cắt nhau như hình vẽ bên.

b. Sai (P) ⊥ (R), (Q) ⊥ (R) nhưng (P) có thể song song với (Q).

c. Sai. Lấy a ⊥ (R) thì có vô số mặt phẳng (P) chứa a và vuông góc với (R)

d, e, g đúng

f. Sai.

trithuchub.com

Câu 22 trang 111 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

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 đó có phải là hình hộp chữ nhật không ? Vì sao ?

Lời giải chi tiết

Áp dụng tính chất : “Tổng bình phương hai đường chéo hình bình hành bằng tổng bình phương bốn cạnh của nó” (BT 38, 4 chương II).

Ta có:

\(\eqalign{  & AC{'^2} + A'{C^2} = 2\left( {AA{'^2} + A'{C^2}} \right)  \cr  & B'{D^2} + BD{'^2} = 2\left( {BB{'^2} + B{D^2}} \right)  \cr  &  \Rightarrow AC{'^2} + A'{C^2} + BD{'^2} + B'{D^2} \cr&\;\;\;= 2\left( {{c^2} + {c^2} + A{C^2} + B{D^2}} \right) = 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)  \cr  &  \Rightarrow A'C = AC' = B'D = BD' \cr} \)

⇒ AA’C’C và BB’D’D là các hình chữ nhật .

Từ đó suy ra AA’ ⊥ AC và AA’ ⊥ BD. Do đó AA’ ⊥ (ABCD), tức hình hộp ABCD.A’B’C’D’là hình hộp chữ nhật.

trithuchub.com

Câu 23 trang 111 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a.

a. Chứng minh rằng AC’ vuông góc với hai mặt phẳng (A’BD) và (B’CD’).

b. Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung trực của AC’. Chứng minh thiết diện tạo thành là một lục giác đều. Tính diện tích thiết diện đó.

Lời giải chi tiết

Cách khác:

Ta có: \(BD \bot AC\) (do \(ABCD\) là hình vuông)

\(BD \bot AA'\) (do \(AA' \bot \left( {ABCD} \right)\))

\( \Rightarrow BD \bot \left( {ACC'A'} \right)\) \( \Rightarrow BD \bot AC'\)

\(\left\{ \begin{array}{l}A'D \bot AD'\\A'D \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow A'D \bot \left( {ABC'D'} \right)\)

\( \Rightarrow A'D \bot AC'\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC'\\A'D \bot AC'\end{array} \right.\) \( \Rightarrow AC' \bot \left( {A'BD} \right)\)

Lại có, \(\left\{ \begin{array}{l}BD//B'D'\\A'B//CD'\\BD,A'B \subset \left( {A'BD} \right)\\B'D',CD' \subset \left( {CB'D'} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( {A'BD} \right)//\left( {CB'D'} \right)\)

\( \Rightarrow AC' \bot \left( {CB'D'} \right)\)

Vậy \(AC'\) vuông góc với các mặt phẳng \(\left( {A'BD} \right)\) và \(\left( {CB'D'} \right)\).

b) 

Gọi \(O\) là trung điểm của \(AC'\).

\(\left( P \right)\) là mặt phẳng trung trực của \(AC'\) thì \(\left( P \right)\) đi qua \(O\) và vuông góc với \(AC'\).

Mà \(AC'//\left( {A'BD} \right)\) và \(AC' \bot \left( {CB'D'} \right)\) nên \(\left( P \right)//\left( {A'BD} \right)//\left( {CB'D'} \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \subset \left( {BDD'B'} \right)\\BD//\left( P \right)\\O \in \left( P \right) \cap \left( {BDD'B'} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {BDD'B'} \right) = Ot//BD\)

Trong \(\left( {BDD'B'} \right)\), qua \(O\) kẻ đường thẳng \(Ot//BD\) và cắt \(BB',DD'\) lần lượt tại các điểm \(S,P\).

Tương tự,

\(\left\{ \begin{array}{l}A'D \subset \left( {ADD'A'} \right)\\A'D//\left( P \right)\\P \in \left( P \right) \cap \left( {ADD'A'} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ADD'A'} \right) = PQ//A'D\) với \(Q \in A'D\).

\(\left\{ \begin{array}{l}B'D \subset \left( {A'B'C'D'} \right)\\B'D//\left( P \right)\\Q \in \left( P \right) \cap \left( {A'B'C'D'} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {A'B'C'D'} \right) = QR//B'D'\) với \(R \in A'B'\).

\(\left\{ \begin{array}{l}CD' \subset \left( {CDD'C'} \right)\\CD'//\left( P \right)\\P \in \left( P \right) \cap \left( {CDD'C'} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {CDD'C'} \right) = PN//CD'\) với \(N \in CD\).

\(\left\{ \begin{array}{l}BD \subset \left( {ABCD} \right)\\BD//\left( P \right)\\N \in \left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left( P \right) \cap \left( {ABCD} \right) = NM//BD\) với \(M \in BC\).

Vậy thiết diện là lục giác \(MNPQRS\).

Dễ thấy, \(O\) là trung điểm của \(AC'\) nên cũng là trung điểm của \(BD'\).

\( \Rightarrow PS//BD\) thì \(P,S\) lần lượt là trung điểm của \(DD',BB'\).

Từ đó các điểm \(M,N,Q,R\) lần lượt là trung điểm của \(BC,CD,D'A',A'B'\).

\(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(BD = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} \) \( = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

\( \Rightarrow MN = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Tương tự \(MN = NP = PQ\) \( = QR = RS = SM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Do đó, lục giác \(MNPQRS\) là lục giác đều.

Xét \(\Delta MON\) đều cạnh \(OM = ON = MN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) nên có diện tích:

\({S_{MON}} = \frac{1}{2}OM.ON.\sin \widehat {MON}\) \( = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\sin {60^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{8}\)

Vậy \({S_{MNPQRS}} = 6{S_{MON}}\) \( = 6.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{8} = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

trithuchub.com

Câu 24 trang 111 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và SA ⊥ (ABCD), SA = x. Xác định x để hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc 60˚.

Lời giải chi tiết

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Trong mặt phẳng (SAC) kẻ OO₁ vuông góc với SC.

Vậy góc giữa hai mp(SBC) và (SDC) bằng góc giữa hai đường thẳng BO₁ và DO₁.

Mặt khác OO₁ ⊥ BD, OO₁ < OC (vì OC là cạnh huyền của \(\Delta O{O_1}C\) vuông tại O1) mà OC = OB nên \(\widehat {B{O_1}O} > 45^\circ .\)

Tương tự \(\widehat {D{O_1}O} > 45^\circ \) tức \(\widehat {B{O_1}D} >90^\circ \)

Như vậy hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc \(60^\circ \) khi và chỉ khi: 

\(\widehat {B{O_1}D} =120^\circ \) \( \Leftrightarrow\) \(\widehat {B{O_1}O} = 60^\circ \) (vì ΔBO₁D cân tại O₁)

\( \Leftrightarrow BO = O{O_1}\tan 60^\circ  \) \(\Leftrightarrow BO = O{O_1}\sqrt 3 \)

Ta có \(O{O_1} \bot SC\) nên \(\widehat {O{O_1}C} = {90^0}\)

Xét tam giác \(CO{O_1}\) vuông tại \({O_1}\) có:

\(O{O_1} = OC\sin \widehat {OC{O_1}} = OC\sin \widehat {ACS}\) \( = OC.{{SA} \over {SC}}\)

Như vậy : \(BO = O{O_1}\sqrt 3  \Leftrightarrow BO = \sqrt 3 .OC.{{SA} \over {SC}} \) \(\Leftrightarrow SC = \sqrt 3 .SA\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2{a^2}}  = \sqrt 3 .x \Leftrightarrow x = a\)

Vậy khi x = a thì hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc 60˚

trithuchub.com

Câu 25 trang 112 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hai mặt phẳng vuông góc \((P)\) và \((Q)\) có giao tuyến \(Δ\). Lấy \(A, B\) cùng thuộc \(Δ\) và lấy \(C ϵ (P), D ϵ (Q)\) sao cho \(AC ⊥ AB, BD ⊥ AB\) và \(AB = AC = BD\). Xác định thiết diện của tứ diện \(ABCD\) khi cắt bởi mặt phẳng \((α)\) đi qua điểm \(A\) và vuông góc với \(CD\). Tính diện tích thiết diện khi \(AC = AB = BD = a.\)

Lời giải chi tiết

+) Xác định mặt phẳng \((α)\) và thiết diện.

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\).

Ta có: \(AI ⊥ BC\) vì \(AC=AB\). (1)

Do \(BD ⊥ AB\) - là giao tuyến chung nên \(BD ⊥ mp(ABC) \Rightarrow BD ⊥ AI.\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AI ⊥ (DBC) \subset DC .\) 

Trong \(mp(DCB)\), từ \(I\), kẻ \(IJ ⊥ CD (J ϵ CD)\)

\(\Rightarrow DC ⊥ AI \) và \(DC ⊥ IJ\)

\(\Rightarrow DC ⊥ (AIJ) \)

Vậy \(mp(AIJ)\) chính là mặt phẳng \((α)\) và thiết diện phải tìm là tam giác \(AIJ\).

+) Tính diện tích tam giác \(AIJ\)

Ta có: tam giác \(AIJ\) vuông tại \(I\) vì \( AI ⊥ (DBC) \subset IJ .\) 

Vậy \({S_{AIJ}} = \frac{1}{2}.AI.IJ\)

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) nên \(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt 2 a\)

Và \( AI = CI = BI = \frac{{BC}}{2} = \frac{{\sqrt 2 a}}{2}\)

Lại có: \(\Delta CIJ\) đồng dạng với \(\Delta CDB\) (chung góc \(C\) và \(\hat J = \hat B = 90^0\))

\( \Rightarrow \frac{{IJ}}{{DB}} = \frac{{CI}}{{CD}} \Rightarrow IJ = DB.\frac{{CI}}{{CD}}\)

Mà \(DB = a,\;\;CI = \frac{{\sqrt 2 a}}{2};\;\;CD = \sqrt {B{C^2} + B{D^2}}  = \sqrt 3 a\)

\( \Rightarrow IJ = a.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}:\sqrt 3 a = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\)

\( \Rightarrow {S_{AIJ}} = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{6} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}\)

 

trithuchub.com

Câu 26 trang 112 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp gì nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau ?

a. Tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối bằng nhau ;

b. Tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối vuông góc ;

c. Tứ diện AB’CD’ là tứ diện đều.

Lời giải chi tiết

a. Ta có: B’D’ = BD

Vậy AC = B’D’ ⇔ AC = BD, khi đó ABCD là hình chữ nhật

Tương tự ta cũng có ABB’A’ và ADD’A’ là những hình chữ nhật. Vậy khi tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối diện bằng nhau thì ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật.

Ngược lại, khi ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật thì dễ thấy tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối diện bằng nhau.

b. Ta có: BD // B’D’. Vậy AC ⊥ B’D’ ⇔ AC ⊥ BD. Khi đó ABCD là hình thoi. Tương tự như trên ta cũng có ABB’A’ và ADD’A’ là những hình thoi. Vậy hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp thoi (tức sáu mặt của hình hộp là hình thoi).

Cũng dễ thấy rằng nếu ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp thoi thì tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối diện vuông góc.

c. Khi AB’CD’ là tứ diện đều thì các cạnh đối diện vừa bằng nhau vừa vuông góc; áp dụng kết quả của các câu a và b ta có : Khi AB’CD’ là tứ diện đều thì hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương.

Ngược lại, nếu ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương thì AB’CD’ là tứ diện đều.

trithuchub.com

Câu 27 trang 112 SGK Hình học 11 Nâng cao

Đề bài

Cho hai tam giác ACD, 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.

a. Tính AB, IJ theo a và x.

b. Với giá trị nào của x thì hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc ?

Lời giải chi tiết

a. Vì J là trung điểm của CD và AC = AD nên AJ ⊥ CD.

Do mp(ACD) ⊥ mp(BCD) nên AJ ⊥ mp(BCD)

Mặt khác, AC = AD = BC = BD nên tam giác AJB vuông cân, suy ra \(AB = AJ\sqrt 2 ,A{J^2} = {a^2} - {x^2}\) \(hay\,AJ = \sqrt {{a^2} - {x^2}} .\)

Vậy \(AB = \sqrt {2\left( {{a^2} - {x^2}} \right)} \) với a > x

Do IA = IB, tam giác AJB vuông tại J nên \(JI = {1 \over 2}AB,\) tức là \(IJ = {1 \over 2}\sqrt {2\left( {{a^2} - {x^2}} \right)} .\)

b) 

+Tam giác ABC có AC = BC

nên tam giác ABC cân tại C,

có CI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao:

CI ⊥ AB (3)

Tam giác ABD cân tại D có DI là đường trung tuyến nên

DI ⊥ AB (4)

Hai mp (ABC) và (ABD) cắt nhau theo giao tuyến là AB (5)

Từ (3) , (4) và (5) suy ra góc giữa hai mp(ABC) và (ABD) là góc CID.

Vậy mp(ABC) ⊥ mp(ABD) \( \Leftrightarrow \widehat {CID} = 90^\circ \)

\( \Leftrightarrow IJ = {1 \over 2}CD\) \(\Leftrightarrow {1 \over 2}\sqrt {2\left( {{a^2} - {x^2}} \right)}  = {1 \over 2}.2x\) \(\Leftrightarrow 2\left( {{a^2} - {x^2}} \right) = 4{x^2} \Leftrightarrow {a^2} = 3{x^2}\)

\(\Leftrightarrow x = {{a\sqrt 3 } \over 3}\)

trithuchub.com

Câu 28 trang 112 SGK Hình học 11 Nâng cao