Giải Sách bài tập Toán 11 Bài 25 (KNTT): Hai mặt phẳng vuông góc - Sách Toán

Giải Sách bài tập Toán 11 Bài 25 (KNTT): Hai mặt phẳng vuông góc – SÁCH GIÁO KHOA KẾT NỐI TRI THỨC 2024

================

Giải SBT Toán lớp 11 Bài 25: Hai mặt phẳng vuông góc

Giải SBT Toán 11 trang 34

Bài 7.19 trang 34 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của CD, kẻ AH vuông góc với BM tại H.

a) Chứng minh rằng AH $⊥$ (BCD).

b) Tính côsin của góc giữa mặt phẳng (BCD) và mặt phẳng (ACD).

Lời giải:

Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng a

a) Vì M là trung điểm của CD nên BM là trung tuyến.

Vì BCD là tam giác đều nên CD $⊥$ BM.

Tương tự CD $⊥$ AM nên CD $⊥$ (ABM), suy ra CD ^ AH.

Mà AH $⊥$ BM nên AH $⊥$ (BCD).

b) Vì AM $⊥$ CD, BM $⊥$ CD nên góc giữa hai mặt phẳng (BCD) và mặt phẳng (ACD) bằng góc giữa hai đường thẳng AM và BM, mà (AB,BM) = $\hat{A M B}$ .

Tam giác BCD đều có BM là đường cao đồng thời là trung tuyến, ta chứng minh được H là trọng tâm tam giác BCD nên BM = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ và HM = $\frac{1}{3}$ BM = $\frac{a \sqrt{3}}{6}$ .

Tam giác ADC đều có AM là đường cao đồng thời là trung tuyến nên AM = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Xét tam giác AHM vuông tại H nên cos $\hat{A M B}$ = cos $\hat{A M H} = \frac{H M}{A M} = \frac{1}{3}$ .

Vậy côsin của góc giữa mặt phẳng (BCD) và mặt phẳng (ACD) bằng $\frac{1}{3}$ .

Bài 7.20 trang 34 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện ABCD có AC = BC, AD = BD. Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh rằng (CDM) $⊥$ (ABC) và (CDM) $⊥$ (ABD).

Lời giải:

Cho tứ diện ABCD có AC = BC, AD = BD

Xét tam giác ABC có AC = BC nên tam giác ABC cân tại C mà CM là trung tuyến nên CM là đường cao hay CM $⊥$ AB.

Xét tam giác ADB có AD = BD nên tam giác ABD cân tại D mà DM là trung tuyến nên DM là đường cao hay DM $⊥$ AB.

Do đó AB $⊥$ (CDM) mà AB $\subset$ (ABC) nên (CDM) $⊥$ (ABC).

Vì AB $⊥$ (CDM) mà AB $\subset$ (ABD) nên (CDM) $⊥$ (ABD).

Bài 7.21 trang 34 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh bằng a, góc BAD bằng 60°. Kẻ OH vuông góc với SC tại H. Biết SA $⊥$ (ABCD) và SA = $\frac{a \sqrt{6}}{2}$ . Chứng minh rằng:

a) (SBD) $⊥$ (SAC);

b) (SBC) $⊥$ (BDH);

c) (SBC) $⊥$ (SCD).

Lời giải:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh bằng a

a) Ta có SA $⊥$ (ABCD) nên SA $⊥$ BD mà BD $⊥$ AC (do ABCD là hình thoi).

Do đó BD $⊥$ (SAC) mà BD $\subset$ (SBD) nên (SBD) $⊥$ (SAC).

b) Vì BD $⊥$ (SAC) nên BD $⊥$ SC, mà SC $⊥$ OH nên SC $⊥$ (BDH).

Vì SC $\subset$ (SBC) nên (SBC) $⊥$ (BDH).

c) Ta có tam giác ABD có AB = AD = a và $\hat{B A D}$ = 60^o nên tam giác ABD đều.

Suy ra BD = AB = AD = a.

Vì ABCD là hình thoi nên AC là tia phân giác của $\hat{B A D}$ mà $\hat{B A D}$ = 60^o nên $\hat{D A O}$ = 30^o.

Xét tam giác ADO vuông tại O, có AO = AD . cos30° = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ . Do đó AC = a $\sqrt{3}$ .

Xét tam giác SAC vuông tại A, có SC = $\sqrt{S A^{2} + A C^{2}} = \sqrt{\frac{6 a^{2}}{4} + 3 a^{2}} = \frac{3 a \sqrt{2}}{2}$ .

Vì $∆$ CHO đồng dạng $∆$ CAS (g.g) nên $\frac{H O}{A S} = \frac{C O}{C S} \Rightarrow \frac{C O . A S}{C S} = \frac{a}{2} = \frac{B D}{2}$ .

Do đó, tam giác BDH vuông tại H, suy ra $\hat{B H D}$ = 90^o.

Mà BH $⊥$ SC, DH $⊥$ SC (do SC $⊥$ (BDH)) và (SBC) ∩ (SCD) = SC,

BH ⊂ (SBC), DH ⊂ (SCD).

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) là góc giữa hai đường thẳng BH và DH. Mà (DH, BH) = $\hat{B H D}$ = 90^o.

Vậy (SBC) $⊥$ (SCD).

Bài 7.22 trang 34 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a. Tính côsin góc giữa hai mặt phẳng sau:

a) Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD);

b) Mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SBC).

Lời giải:

Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh bằng a

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD nên O là trung điểm của AC, BD.

Xét tam giác SAC có SA = SC nên tam giác SAC cân tại S mà SO là trung tuyến nên SO là đường cao hay SO $⊥$ AC.

Xét tam giác SBD có SD = SB nên tam giác SBD cân tại S mà SO là trung tuyến nên SO là đường cao hay SO $⊥$ BD.

Do đó SO $⊥$ (ABCD) nên SO $⊥$ AB.

Kẻ OH $⊥$ AB tại H mà SO $⊥$ AB. Khi đó AB $⊥$ (SOH). Suy ra AB $⊥$ SH.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng SH và HO mà (SH,HO)= $\hat{S H O}$ .

Xét tam giác ABC có OH là đường trung bình nên OH = $\frac{B C}{2} = \frac{a}{2}$ .

Xét tam giác SAH vuông tại H, có AH = $\frac{A B}{2} = \frac{a}{2}$ ; SA = a.

Khi đó SH = $\sqrt{S A^{2} - A H^{2}} = \sqrt{a^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2}} = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Xét tam giác SHO vuông tại O, có cos $\hat{S H O} = \frac{O H}{S H} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Vậy côsin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) là $\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

b) Gọi K là trung điểm của SB.

Xét tam giác SAB đều có AK là trung tuyến nên AK đồng thời là đường cao.

Suy ra AK $⊥$ SB.

Xét tam giác SCB đều có CK là trung tuyến nên CK đồng thời là đường cao.

Suy ra CK $⊥$ SB.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SBC) bằng góc giữa hai đường thẳng AK và CK.

Ta có AK, CK là đường cao của các tam giác đều cạnh a nên AK = CK = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC² = AB² + BC² = a² + a² = 2a² ⇒ AC = a $\sqrt{2}$ .

Áp dụng định lí côsin trong tam giác ACK, ta có:

cos $\hat{A K C} = \frac{A K^{2} + C K^{2} - A C^{2}}{2 . A K . C K} = - \frac{1}{3}$ , suy ra cos(AK,CK) = -cos $\hat{A K C}$ = $\frac{1}{3}$ .

Vậy côsin góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SBC) bằng $\frac{1}{3}$ .

Bài 7.23 trang 34 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a.

a) Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (A’BD) và (ABCD).

b) Tính côsin của số đo góc nhị diện [A’, BD, C’].

Lời giải:

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

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD, suy ra O là trung điểm của AC, BD.

Vì ABCD là hình vuông nên AO $⊥$ BD.

Xét tam giác A’AB vuông tại A, nên A’B = $\sqrt{A ‘ A^{2} + A B^{2}} = a \sqrt{2}$ .

Xét tam giác A’AD vuông tại A, nên A’D = $\sqrt{A ‘ A^{2} + A D^{2}} = a \sqrt{2}$ .

Xét tam giác A’BD có A’D = A’B nên tam giác A’BD là tam giác cân mà A’O là trung tuyến nên A’O đồng thời là đường cao. Do đó A’O $⊥$ BD.

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (A’BD) và (ABCD) bằng góc giữa đường thẳng AO và A’O mà (AO,A’O) = $\hat{A O A ‘}$ .

Xét tam giác ADC vuông tại D, có AC = $\sqrt{A D^{2} + D C^{2}} = a \sqrt{2}$ .

Vì O là trung điểm của AC nên AO = $\frac{A C}{2} = \frac{a \sqrt{2}}{2}$ ;

Xét tam giác A’AO vuông tại A, có OA’ = $\sqrt{A A ‘^{2} + O A^{2}} = \frac{a \sqrt{6}}{2}$ .

Xét tam giác AA’O vuông tại A, có cos $\hat{A O A ‘} = \frac{A O}{A ‘ O} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Vậy côsin của góc giữa hai mặt phẳng (A’BD) và (ABCD) bằng $\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

b) Xét tam giác BCC’ vuông tại C có: C’B = $\sqrt{B C^{2} + C C ‘^{2}} = a \sqrt{2}$ .

Xét tam giác C’CD vuông tại C có: C’D = $\sqrt{D C^{2} + C C ‘^{2}} = a \sqrt{2}$ .

Xét tam giác C’BD có C’B = C’D nên tam giác C’BD cân tại C’ mà C’O là trung tuyến nên C’O đồng thời là đường cao hay C’O $⊥$ BD.

Vì A’O $⊥$ BD, C’O $⊥$ BD nên góc nhị diện [A’, BD, C’] bằng $\hat{A ‘ O C ‘}$ .

Ta có OA’ = C’O = $\frac{a \sqrt{6}}{2}$ ; A’C’ = a $\sqrt{2}$ .

Áp dụng định lí côsin cho tam giác A’OC’ ta được:

cos $\hat{A ‘ O C ‘} = \frac{O A ‘^{2} + O C ‘^{2} - A ‘ C ‘^{2}}{2 . O A ‘ . O C ‘} = \frac{1}{3}$ .

Vậy côsin của số đo góc nhị diện [A’, BD, C’] bằng $\frac{1}{3}$ .

Bài 7.24 trang 34 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, biết (SAB) $⊥$ (ABCD), (SAD) $⊥$ (ABCD) và SA = a. Tính côsin của số đo góc nhị diện [S, BD, C] và góc nhị diện [B, SC, D].

Lời giải:

*) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Ta có (SAB) $⊥$ (ABCD), (SAD) $⊥$ (ABCD) nên SA $⊥$ (ABCD). Suy ra SA $⊥$ BD.

Mà AC $⊥$ BD (do ABCD là hình vuông) nên BD $⊥$ (SAC). Do đó BD $⊥$ SO.

Vì BD $⊥$ SO, CO $⊥$ BD nên góc nhị diện [S, BD, C] bằng $\hat{S O C}$ .

Ta có ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = a $\sqrt{2}$ , AO = $\frac{a \sqrt{2}}{2}$ .

Vì tam giác SAO vuông tại A nên SO = $\sqrt{S A^{2} + A O^{2}} = \sqrt{a^{2} + {(\frac{a \sqrt{2}}{2})}^{2}} = \frac{a \sqrt{6}}{2}$ và cos $\hat{S O C}$ = -cos $\hat{S O A}$ = – $\frac{O A}{S O}$ = – $\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Vậy côsin của số đo góc nhị diện [S, BD, C] bằng – $\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

*) Kẻ BM $⊥$ SC tại M.

Vì ABCD là hình vuông nên BD $⊥$ AC mà BD $⊥$ SA (do SA $⊥$ (ABCD)).

Do đó BD $⊥$ (SAC), suy ra BD $⊥$ SC mà BM $⊥$ SC nên SC $⊥$ (BDM).

Suy ra SC $⊥$ DM.

Xét $∆$ SAB và $∆$ SAD có SA chung, $\hat{S A B} = \hat{S A D}$ = 90^o, AB = AD nên $∆$ SAB = $∆$ SAD.

Suy ra SB = SD (hai cạnh tương ứng).

Xét $∆$ SBC và $∆$ SDC có SB = SD, SC chung, BC = DC nên $∆$ SBC = $∆$ SDC.

Suy ra BM = DM (đều là đường cao tương ứng với đáy SC).

Vì BM $⊥$ SC và DM $⊥$ SC nên góc nhị diện [B, SC, D] bằng $\hat{B M D}$ .

Có BC $⊥$ AB, BC $⊥$ SA (SA $⊥$ (ABCD)) nên BC $⊥$ (SAB) ⇒ BC $⊥$ SB hay tam giác SBC vuông tại B.

Xét tam giác SAB vuông tại A, có SB = $\sqrt{S A^{2} + A B^{2}} = a \sqrt{2}$ .

Xét tam giác SBC vuông tại B, có SC = $\sqrt{S B^{2} + B C^{2}} = a \sqrt{3}$ và

BM.SC = SB.BC $\Rightarrow$ DM = BM = $\frac{S B . B C}{S C} = \frac{a \sqrt{6}}{3}$ .

Áp dụng định lí côsin trong tam giác BDM, có cos $\hat{B M D} = \frac{B M^{2} + D M^{2} - B D^{2}}{2 . B M . D M} = - \frac{1}{2}$ .

Vậy côsin của số đo góc nhị diện [B, SC, D] bằng – $\frac{1}{2}$ .

Giải SBT Toán 11 trang 35

Bài 7.25 trang 35 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Gọi H, M lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và AB.

a) Tính côsin của góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy (ABCD).

b) Chứng minh rằng (SMD) $⊥$ (SHC).

Lời giải:

a) Vì tam giác SAD đều, SH là trung tuyến nên SH là đường cao hay SH $⊥$ AD.

Ta có (SAD) $⊥$ (ABCD) và SH $⊥$ AD nên SH $⊥$ (ABCD).

Suy ra CH là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (ABCD).

Khi đó góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng SC và CH, mà (SC,CH) = $\hat{S C H}$ .

Vì tam giác SAD đều cạnh a, SH là đường cao nên SH = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Xét tam giác DHC vuông tại D, có HC = $\sqrt{D C^{2} + D H^{2}} = \sqrt{a^{2} + {(\frac{a}{2})}^{2}} = \frac{a \sqrt{5}}{2}$ .

Xét tam giác SHC vuông tại H, có SC = $\sqrt{S H^{2} + C H^{2}} = \sqrt{{\frac{3 a}{4}}^{2} + \frac{5 a^{2}}{4}} = a \sqrt{2}$ , cos $\hat{S C H} = \frac{H C}{S C} = \frac{\sqrt{10}}{4}$ .

Vậy côsin của góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy (ABCD) bằng $\frac{\sqrt{10}}{4}$ .

b) Vì ABCD là hình vuông nên AB = AD mà M, H lần lượt là trung điểm của AB và AD nên DH = HA = AM = MB.

Xét $∆$ CDH và $∆$ DAM có: CD = DA; $\hat{C D H} = \hat{D A M}$ = 90^o; DH = AM.

Do đó $∆$ CDH = $∆$ DAM.

Vì $∆$ CDH = $∆$ DAM suy ra $\hat{C H D} = \hat{D M A}$ .

Do đó $\hat{H D M} + \hat{D H C} = \hat{H D M} + \hat{D M A}$ = 90^o. Suy ra DM $⊥$ CH.

Vì SH $⊥$ (ABCD) nên SH $⊥$ DM mà DM $⊥$ CH. Do đó DM $⊥$ (SCH).

Mà DM $\subset$ (SMD) nên (SMD) $⊥$ (SHC).

Bài 7.26 trang 35 SBT Toán 11 Tập 2: Một viên bi được thả lăn trên một mặt phẳng nằm nghiêng (so với mặt phẳng nằm ngang). Coi viên bi chịu tác dụng của hai lực chính là lực hút của Trái Đất (theo phương thẳng đứng, hướng xuống dưới) và phản lực, vuông góc với mặt phẳng nằm nghiêng, hướng lên trên. Giải thích vì sao viên bi di chuyển trên một đường thẳng vuông góc với giao tuyến của mặt phẳng nằm nghiêng và mặt phẳng nằm ngang.

Lời giải:

Gọi a là giao tuyến của mặt phẳng nằm ngang và mặt phẳng nằm nghiêng. Phương của lực hút Trái Đất vuông góc với mặt phẳng nằm ngang, phương của phản lực vuông góc với mặt phẳng nghiêng nên phương của hai lực nói trên đều vuông góc với đường thẳng a. Do đó, đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) chứa hai phương của hai lực đó. Vì tổng hợp lực của trọng lực và phản lực là một lực có phương nằm trên mặt phẳng (P) nên phương đó vuông góc với a. Do đó, viên bi lăn dọc theo đường thẳng vuông góc với đường thẳng a.

=============
THUỘC: Giải SÁCH bài tập Toán 11 – KNTT

Reader Interactions

Để lại một bình luận Hủy