Bài 9 trang 114 sgk toán hình 11 năm 2024
Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC \) có \(SH\) là đường cao. Chứng minh \(SA ⊥ BC\) và \(SB ⊥ AC\). Giải Chóp tam giác đều nên ta có \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\) \(SH ⊥ (ABC) \Rightarrow SH ⊥ BC\) và \(AH ⊥ BC\) (vì \(H\) là trực tâm) Suy ra \( BC ⊥ (SAH)\) \(SA\subset (SAH)\Rightarrow BC ⊥ SA\). Chứng minh tương tự, ta có \(SB ⊥ AC\). Bài 10 trang 114 sgk Hình học 11 Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng \(a\). Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \( ABCD\).
Giải
Xét tam giác \(SOA\) vuông tại \(O\): \(SO = \sqrt{SA^{2}-AO^{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)
Mà \(BD ⊂ (MBD)\) do đó \((MBD) ⊥ (SAC)\).
\( \Delta SDC = \Delta SBC(c.c.c)\) suy ra \(DM=BM\) suy ra tam giác \(BDM\) cân tại \(M\) \(OM\) vừa là trung tuyến đồng thời là đường cao nên \(OM\bot BD\) \(\left. \matrix{ (MBD) \cap (ABCD) = BD \hfill \cr OM \bot BD \hfill \cr OC \bot BD \hfill \cr} \right\} \Rightarrow \) góc giữa hai mặt phẳng \((MBD)\) và \((ABCD)\) là \(\widehat {MOC}\) Ta có \(OM=\frac{SC}{2}=\frac{a}{2}\) hay \(OM=MC\) Tam giác \(OMC\) vuông cân tại \(M\) \((\widehat{(MBD);(ABCD)})=(\widehat{MOC})=45^{0}.\) Bài 11 trang 114 sgk Hình học 11 Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là một hình thoi tâm \(I\) cạnh \(a\) và có góc \(A\) bằng \(60^{0},\) cạnh \(SC=\frac{a\sqrt{6}}{2}\) và \(SC\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\).
Giải (H.3.50)
\(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\bot BD\) (2) Từ (1) và (2) suy ra \(BD ⊥ (SAC)\) \(BD\subset (SBD)\Rightarrow (SBD) ⊥ (SAC)\).
Xét tam giác vuông \(SAC\) có: \(SA=\sqrt {A{C^2} + S{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + {{6{a^2}} \over 4}} =\frac{3a}{\sqrt{2}}.\) Hai tam giác vuông \(SCA\) và \(IKA\) đồng dạng (g.g) nên \(\frac{IK}{SC}=\frac{AI}{AS}\Rightarrow IK=\frac{AI.SC}{AS}=\frac{a}{2}.\)
\(SA\) cùng vuông góc với \(BD\) và \(IK\) nên \(SA ⊥ (DKB)\); \(DK\) và \(BK\) cùng vuông góc với \(SA\). Vậy góc \(\widehat {BKD}\) là góc giữa \((SAD)\) và \((SAB)\) và \(\widehat{BKD}=90^{0}\) \(\Rightarrow (SAD) ⊥ (SAB)\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là một hình thoi tâm \(I\) cạnh \(a\) và có góc \(A\) bằng \(60^{0},\) cạnh \(SC=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\) và \(SC\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\).
Video hướng dẫn giải Phương pháp giải - Xem chi tiết
Xác định góc giữa hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SAD)\) và chứng minh góc đó bằng \(90^0\). Quảng cáo Lời giải chi tiết
\(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\bot BD\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\) Từ (1) và (2) suy ra \(BD ⊥ (SAC)\). Mà \(BD\subset (SBD)\Rightarrow (SBD) ⊥ (SAC)\).
Do đó \(AI=\dfrac {a\sqrt 3 } 2\Rightarrow AC = 2AI = a\sqrt 3 \) \(SC \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SC \bot CA\) nên tam giác \(SAC\) vuông tại \(C\). Xét tam giác vuông \(SAC\) có: \(SA=\sqrt {A{C^2} + S{C^2}} = \sqrt {3{a^2} + \dfrac {6{a^2}} 4} \) \(=\dfrac{3a}{\sqrt{2}}.\) Xét \(\Delta SCA\) và \(\Delta IKA\) có: \(\left\{ \begin{array}{l} A\, \text {chung}\\ \widehat {SCA} = \widehat {IKA} = {90^0} \end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) \(\Delta SCA \backsim \Delta IKA\,\,\left( {g.g} \right)\) \(\Rightarrow \dfrac{IK}{SC}=\dfrac{AI}{AS}\) \(\Rightarrow IK=\dfrac{AI.SC}{AS}=\dfrac{a}{2}.\)
Vậy \(\widehat{BKD}=90^{0}.\) Ta có: \(BD \bot \left( {SAC} \right)\,\,\left( {cmt} \right) \Rightarrow BD \bot SA\) \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\IK \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {BKD} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SA \bot BK\\SA \bot DK\end{array} \right.\) Ta có: \(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\\ \left( {SAB} \right) \supset BK \bot SA\\ \left( {SAD} \right) \supset DK \bot SA \end{array} \right.\\ \end{array}\) Suy ra góc giữa hai mặt phẳng \((SAB)\) và \((SAD)\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(BK\) và \(DK\) là góc \(\widehat{BKD}=90^{0}.\) (đpcm) Loigiaihay.com
Giải bài 7 trang 114 SGK Hình học 11. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, BC = b, CC' = c... |