Toán 11 Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc | Hay nhất Giải bài tập Toán lớp 11

(1)

Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc A. Các câu hỏi hoạt dộng trong bài

Hoạt động 1 trang 109 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho hai mặt phẳng (α) và (β) vuông góc với nhau và cắt nhau theo giao tuyến d. Chứng minh rằng nếu có một đường thẳng Δ nằm trong (α) và Δ vuông góc với d thì Δ vuông góc với (β).

Lời giải:

Δ nằm trong (α) và Δ vuông góc với d    =d A Từ A, vẽ đường thẳng a thuộc (β) và a⊥d

Vì

( ) ( )

^{ ⊥ } nên góc giữa Δ và a là 90^o hay  ⊥a ,a)

  ⊥(d hay ^{ ⊥ }

( )

^.

Hoạt động 2 trang 109 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Chứng minh rằng các mặt phẳng (ABC), (ACD), (ADB) cũng đôi một vuông góc với nhau.

Lời giải:

AB⊥AC, AB⊥AD nên ^AB^⊥

(

^ACD

)

(theo định lí trang 99)

(2)

AB ACD

AB B

( ) C (A )





⊥

 (ABC)⊥(ACD) (theo định lí 1 trang 108) AB ACD

AB B

( ) D (A )





⊥

 (ABD)⊥(ACD) Ta có: AD AC

AD AB

 ⊥

 ⊥

 AD⊥(ABC) AD ABC

AD B

( ) D (A )

 ⊥

 

 (ABD)⊥(ABC).

Hoạt động 3 trang 109 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho hình vuông ABCD. Dựng đoạn AS vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông ABCD.

a) Hãy nêu tên các mặt phẳng lần lượt chứa các đường thẳng SB, SC, SD và vuông góc với mặt phẳng (ABCD).

b) Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SBD).

Lời giải:

a)^SA^⊥

(

^ABCD

)

^,^{SA SAB}^

( ) (

^SAB

) (

^ABCD

)

 ⊥

( )

SA⊥ ABCD , SA 

(

^SAD

) (

^SAD

) (

^ABCD

)

 ⊥

( )

SA⊥ ABCD , ^SA^^SAC

( ) (

^SAC

) (

^ABCD

)

 ⊥

b) ABCD là hình vuông nên BD⊥AC )

SA⊥(ABCD SA⊥BD Ta có:

(3)

BD AC BD SA

 ⊥

 ⊥

 BD⊥(SAC)

Mà ^BD^

(

^SBD

)

^nên

(

^SAC

) (

^⊥ ^SBD

)

^.

Hoạt động 4 trang 111 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho biết mệnh đề nào sau đây là đúng ?

a) Hình hộp là hình lăng trụ đứng.

b) Hình hộp chữ nhật là hình lăng trụ đứng.

c) Hình lăng trụ là hình hộp.

d) Có hình lăng trụ không phải là hình hộp.

Lời giải:

Hình hộp là hình lăng trụ tứ giác có đáy là hình bình hành.

Từ đó ta thấy,

a sai vì các cạnh bên của hình hộp chưa chắc vuông góc với đáy.

b đúng

c sai vì nếu đáy của lăng trụ không phải là hình bình hành thì sẽ không phải hình hộp.

d đúng vì các hình lăng trụ tam giác, tứ giác thường,... đều không là hình hộp.

Hoạt động 5 trang 111 SGK Toán lớp 11 Hình học: Sáu mặt của hình hộp chữ nhật có phải là những hình chữ nhật không ?

Lời giải:

Sáu mặt của hình hộp chữ nhật là những hình chữ nhật.

Hoạt động 6 trang 112 SGK Toán lớp 11 Hình học: Chứng minh rằng hình chóp đều có các mặt bên là những tam giác cân bằng nhau.

Lời giải:

Xét hình chóp đều S.A1A2...An có H là chân đường cao hạ từ S xuống (A1A2...An) Khi đó HA1 = HA2 = ... = HAn và SH⊥

(

A A ...A 1 2 n

)

1 n

SH SA ,...SH SA

 ⊥ ⊥

Xét các tam giác vuông SHAm−1 và SHAm

(

²^{ }^m ⁿ

)

^có:

SH chung

HAm−1 = HAm (giả thiết)

m 1 m

SHA ₋ SHA

  =  (hai cạnh góc vuông)

 SAm−1 = Sm (hai cạnh tương ứng)

Vậy SAm−1 = Sm hay SA1 = SA2 = ... = SAn nên các mặt bên đều là các tam giác cân.

Hoạt động 7 trang 112 SGK Toán lớp 11 Hình học: Có tồn tại một hình chóp tứ giác S.ABCD có hai mặt bên (SAB) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy hay không ?

Lời giải:

Xét trường hợp AB và CD cắt nhau tại một điểm H.

(4)

Ta lấy S trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) kẻ từ H thì rõ ràng

(

^SAB

) (

^⊥ ^ABCD

)

^và

(

^SCD

) (

^⊥ ^ABCD

)

Vậy có tồn tại một hình chóp tứ giác S.ABCD có hai mặt bên (SAB) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy.

B. Bài tập

Bài tập 1 trang 113 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho ba mặt phẳng (α), (β), (γ) mệnh đề nào sau đây đúng?

a) Nếu

( ) ( )

^{ ⊥ } và (α)//(γ) thì

( ) ( )

^{ ⊥ } ^;

b) Nếu

( ) ( )

^{ ⊥ } ^và

( ) ( )

^{ ⊥ } thì (β) // (γ).

Lời giải:

a) Đúng.

Thật vậy,

( ) ( )

^{ ⊥ }

Suy ra tồn tại đường thẳng ^d^{ }

( )

^và^d ^{⊥ }

( )

Mà (α) // (γ)

S

B H C

A

D

γ β

α

(5)

( )

 ⊥ d ^{  ⊥ }

( ) ( )

b) Sai vì vẫn có thể xảy ra trường hợp hai mặt phẳng (β) và (γ) cắt nhau.

Bài tập 2 trang 113 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho hai mặt phẳng (α) và (β) vuông góc với nhau. Người ta lấy trên giao tuyến Δ của hai mặt phẳng đó hai

điểm A và B sao cho AB = 8cm. Gọi C là một điểm trên (α) và D là một điểm trên (β) sao cho AC và BD cùng vuông góc với giao tuyến Δ và AC= 6cm, BD = 24cm. Tính độ dài đoạn CD.

Lời giải:

( ) ( )

AC AC ( )

AC ( )

  ⊥ 

⊥  



⊥



 



Do đó AC⊥AD hay tam giác ACD vuông tại A

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác ACD ta được: DC² = AC² + AD² (1) Vì BD⊥AB

 ABD vuông tại B.

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác ABD ta được: AD² = AB² + BD² (2) Từ (1) và (2) suy ra:

DC² = AC² + AB² + BD² = 6² + 8² + 24² = 676

DC 676 26

 = = cm

Bài tập 3 trang 113 SGK Toán lớp 11 Hình học: Trong mặt phẳng (α) cho tam giác ABC vuông ở B. Một đoạn thẳng AD vuông góc với (α) tại A. Chứng minh rằng:

a) ABD là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (DBC);

b) Mặt phẳng (ABD) vuông góc với mặt phẳng (BCD);

(6)

c) HK // BC với H và K lần lượt là giao điểm của DB và DC với mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với DB.

Lời giải:

a) Tam giác ABC vuông tại B nên AB⊥BC (1) AD vuông góc với (α) nên AD⊥BC (2)

Từ (1) và (2) suy ra BC⊥(ABD) suy ra BC⊥BD (ABC) (DBC) BC

BD BC

AB BC

 =

 ⊥





 ⊥

 góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (DBC) là góc giữa hai đường thẳng BD và BA Mà DA⊥(ABC)DA⊥ABABD 90

Vậy ABD là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (DBC).

b)

BC (ABD)

(ABD) (BCD) BC (BCD)

  ⊥

 

 ⊥

c) Do (P) đi qua A, H, K nên mặt phẳng (P) (AHK) đi qua A và vuông góc với DB nên HK⊥BD

Trong (BCD) có: HK⊥BD và BC⊥BD nên suy ra HK // BC.

Bài tập 4 trang 114 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho hai mặt phẳng (α), (β) cắt nhau và một điểm M không thuộc (α) và không thuộc (β). Chứng minh rằng qua điểm M có một và chỉ một mặt phẳng (P) vuông góc với (α) và (β). Nếu (α) // (β) thì kết quả trên sẽ thay đổi như thế nào?

Lời giải:

(7)

Gọi ^a ^{=   }

( ) ( )

Mặt phẳng (P) là mặt phẳng qua M và vuông góc với a.

Vì qua một điểm nằm ngoài đường thẳng có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng nên (P) là duy nhất.

Ta chứng minh (P) vuông góc với (α) và (β).

Thật vậy, ta có: ^a^{ }

( )

^;^a^⊥

( )

^P ^{  ⊥}

( ) ( )

^P ^.

Tương tự ta cũng có

( ) ( )

^{ ⊥} ^P

Ngược lại nếu có mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với (α), (β) thì suy ra

( )

^P ^⊥^a^.

Do vậy (P) là duy nhất.

Vậy ta được điều phải chứng minh.

Nếu (α) // (β), ta gọi d là đường thẳng đi qua M và vuông góc với (α). Khi đó ta có ^d^{⊥ }

( )

và mọi mặt phẳng (P) chứa d đều vuông góc với (α), (β)

Vậy khi (α) // (β) có vô số mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với (α) và (β).

Bài tập 5 trang 114 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Chứng minh rằng:

a) Mặt phẳng (AB’C’D) vuông góc với mặt phẳng (BCD’A’);

b) Đường thẳng AC’ vuông góc với mặt phẳng (A’BD).

(8)

Lời giải:

a) BC AB BC BB'

 ⊥

 ⊥

 ^^BC^⊥

(

^{ABB'A '}

)

BC AB'

 ⊥

ABB’A’ là hình vuông nên AB' A'B⊥

Ta có:

( )

AB' BC AB' BA ' BC BA B

'

BC, BA BC '

' A ' D

 ⊥

 ⊥

  =

 



(

^'

)

AB' BCD'A

 ⊥

Mà ^AB'^

(

^AB'C'D

)

^

(

^{AB C D}^{' '}

) (

^⊥ ^{BCD A}^{' '}

)

b) AA'⊥(ABCD)AA'⊥BD Mà BD⊥AC^^BD^⊥

(

^{ACC'A '}

)

( )

AC' ACC'A ' nên suy ra BD⊥AC' (1)

( )

AB⊥ ADD'A ' AB⊥A'D Mà AD'⊥A'D^^{A 'D}^⊥

(

^ABC'D'

)

Ta có ^{A '}^C ^

(

^ABC'D^'

)

^^A^'D^⊥^A^C^'⁽²⁾

Từ (1) và (2) suy ra: ^AC'^⊥

(

^{A 'BD}

)

^.

Bài tập 6 trang 114 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình thoi cạnh a và có SA = SB = SC = a. Chứng minh rằng:

a) Mặt phẳng (ABCD) vuông góc với mặt phẳng (SBD);

b) Tam giác SBD là tam giác vuông.

Lời giải:

O

C

A D

C'

A' D'

B'

B

(9)

a) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD

Theo tính chất của hình thoi thì O là trung điểm của AC, BD

Xét tam giác cân SAC cân tại S có SO vừa là đường trung tuyến đồng thời là đường cao do đó SO⊥AC (1)

Mặt khác ABCD là hình thoi nên AC⊥BD (2) Từ (1) và (2) suy ra AC⊥(SBD)

AC(ABCD)(ABCD)⊥(SBD) b) Xét hai tam giác SAC và BAC có:

SA = SB = BC = BA = a AC chung

SAC BAC

  =  (cạnh – cạnh – cạnh)

Do đó các đường trung tuyến ứng với các đỉnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau:

SO = BO

O là trung điểm của BD nên OB = OD SO BO 1BD

 = =2

Tam giác SBD có trung tuyến 1 SO BD

=2 nên vuông tại S Vậy tam giác SBD là tam giác vuông tại S.

Bài tập 7 trang 114 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = b, CC’ = c.

a) Chứng minh rằng mặt phẳng (ADC’B’) vuông góc với mặt phẳng (ABB’A’).

b) Tính độ dài đường chéo AC’ theo a, b, c.

Lời giải:

(10)

a) Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật ta có:

AD AB AD AA '

 ⊥

 ⊥

 ^^AD^⊥

(

^{ABB A}^' ^'

)

Mà ^AD^

(

^ADC'B'

)

Nên

(

^ADC'B'

) (

^⊥ ^ABB'A^'

)

b) Xét tam giác ABC vuông tại B, ta có:

AB² + BC² = AC² Suy ra AC² = a² + b²

Xét tam giác ACC’ vuông tại C ta có:

AC’² = AC² +CC’²

Suy ra AC’² = a² + b²+ c²

2 2 2

AC a b c

 = + + .

Bài tập 8 trang 114 SGK Toán lớp 11 Hình học: Tính độ dài đường chéo của một hình lập phương cạnh a.

Lời giải:

Hình hộp chữ nhật có độ dài đường chéo là: AC'= a² +b² +c² Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có a = b = c nên ta có đường chéo AC'= a² +a²+a² = 3a² =a 3

Bài tập 9 trang 114 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có SH là đường cao. Chứng minh SA⊥BC và SB⊥AC. Lời giải:

(11)

Hình chóp tam giác đều nên ta có H là tâm của tam giác đều ABC SH⊥(ABC)SH⊥BC

Và AH⊥BC (vì H là trực tâm) Suy ra BC⊥(SAH)

SA(SAH)BC⊥SA Chứng minh tương tự, ta có:

SH⊥(ABC)SH⊥AC

Mà H là trực tâm của tam giác ABC BH AC

 ⊥

AC (SBH);

 ⊥ SB(SBH)

AC SB

 ⊥

Cách khác:

Sử dụng định lí ba đường vuông góc Ta có: AH⊥BC

Mà AH là hình chiếu của SA trên (ABC) BC SA

 ⊥ ( định lí ba đường vuông góc) Lại có : AC⊥BH.

BH là hình chiếu của SB trên (ABC) AC SB

 ⊥ ( định lí ba đường vuông góc).

Bài tập 10 trang 114 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh bên và các cạnh đáy đều bằng a. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

a) Tính độ dài đoạn SO.

b) Gọi M là trung điểm của đoạn SC. Chứng minh hai mặt phẳng (MBD) và (SAC) vuông góc với nhau.

(12)

c) Tính độ dài đoạn OM và tính góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD).

Lời giải:

a) Hình chóp tứ giác đều nên SO⊥(ABCD). Do đó SO⊥AC

Tam giác ABD vuông tại A nên BD= AB² +AD² =a 2 1 a 2 AO BD

2 2

 = =

Xét tam giác SOA vuông tại O:

2 2 a 2

SO SA AO

= − = 2

b) vì SO⊥(ABCD) SO⊥BD

Lại có ABCD là hình vuông nên BD⊥AC Do đó BD (SAC)⊥

Mà BD(MBD) do đó (MBD)⊥(SAC). c) Trong tam giác SAC có:

SM MC OA OC

 =

 =



Suy ra OM là đường trung bình của tam giác SAC SC a

OM 2 2

 = = SDC SBC

 =  (cạnh-cạnh-cạnh) Suy ra DM = BM

Suy ra tam giác BDM cân tại M

OM vừa là trung tuyến đồng thời là đường cao nên OM⊥BD (MBD) (ABCD) BD

OM BD

OC BD

 =

 ⊥





 ⊥

(13)

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD) là MOC

Ta có SC a

OM= 2 =2 hay OM = MC

Tam giác OMC vuông cân tại M nên MOC=45 Vậy góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD) là 45^o

Bài tập 11 trang 114 SGK Toán lớp 11 Hình học: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là một hình thoi tâm I cạnh a và góc A bằng 60^o, cạnh a 6

SC= 2 và SC vuông góc với mặt phẳng (ABCD).

a) Chứng minh mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (SAC).

b) Trong tam giác SCA kẻ IK vuông góc với SA tại K. Hãy tính độ dài IK.

c) Chứng minh BKD= 90 và từ đó suy ra mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SAD).

Lời giải:

a) SC⊥(ABCD)SC⊥BD

ABCD là hình thoi nên AC⊥BD (2) Từ (1) và (2) suy ra BD⊥(SAC). Mà BD(SBD)(SBD)⊥(SAC).

b) Xét tam giác ABD có AB = AB và góc A= 60^o nên là tam giác đều.

Do đó a 3

AI AC 2AI a 3

= 2  = =

SC⊥(ABCD)SC⊥CA nên tam giác SAC vuông tại C.

Xét tam giác vuông SAC có:

2

2 2 2 6a 3a

SA AC SC 3a

4 2

= + = + =

(14)

Xét SCA và IKA có:

0

A chung

SCA IKA 90



= =

  SCA ~ IKA (góc - góc) IK AI

SC AS

 =

AI.SC a IK AS 2

 = =

c) Dễ thấy ABD đều nên BD = a IK 1BD

 = 2 nên BKD vuông tại K.

Vậy BKD= 90 .

Ta có: BD⊥(SAC) (chứng minh trên) BD SA

 ⊥

BD SA SA BK

SA (BKD)

IK SA SA DK

 ⊥  ⊥

 ⊥ 

 ⊥  ⊥

 Ta có:

(SAB) (SAD) SA (SAB) BK SA (SAD) DK SA

 =

  ⊥

  ⊥



Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) bằng góc giữa hai đường thẳng BK và DK là góc BKD= 90

Vậy

(

^SAB

) (

^⊥ ^SAD

)

(điều phải chứng minh).