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 \[ ABCD\].
- Tính độ dài đoạn thẳng \[SO\].
- Gọi \[M\] là trung điểm của đoạn \[SC\]. Chứng minh hai mặt phẳng \[[MBD]\] và \[[SAC]\] vuông góc với nhau.
- Tính độ dài đoạn \[OM\] và tính góc giữa hai mặt phẳng \[[MBD]\] và \[[ABCD]\].
Giải
- Hình chóp tứ giác đều nên \[SO\bot [ABCD]\]. Do đó \[SO\bot AC\]
Xét tam giác \[SOA\] vuông tại \[O\]:
\[SO = \sqrt{SA^{2}-AO^{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\]
- \[BD\bot AC\] , \[BD\bot SO\] nên \[BD \bot [SAC]\],
Mà \[BD ⊂ [MBD]\] do đó \[[MBD] ⊥ [SAC]\].
- \[OM =\frac{SC}{2}=\frac{a}{2}\] [trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông thì bằng nửa cạnh ấy].
\[ \Delta SDC = \Delta SBC[c.c.c]\] 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 \[[ABCD]\].
- Chứng minh mặt phẳng \[[SBD]\] vuông góc với mặt phẳng \[[SAC]\].
- Trong tam giác \[SCA\] kẻ \[IK\] vuông góc với mặt phẳng \[[SAC]\]. Hãy tính độ dài \[IK\]
- Chứng minh \[\widehat{BKD}=90^{0}\] và từ đó suy ra mặt phẳng \[[SAB]\] vuông góc với mặt phẳng \[[SAD]\].
Giải
[H.3.50]
- \[SC\] vuông góc với mặt phẳng \[[ABCD]\] suy ra \[SC\bot BD\] [1]
\[ABCD\] 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 \[ABI\] có: \[AI=AB.\cos 30^0={{a\sqrt 3 } \over 2}\Rightarrow AC = 2AI = a\sqrt 3 \]
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 \[\frac{IK}{SC}=\frac{AI}{AS}\Rightarrow IK=\frac{AI.SC}{AS}=\frac{a}{2}.\]
- \[IK = IB = ID = \frac{a}{2}\] nên tam giác \[BKD\] vuông tại \[K\]. Vậy \[\widehat{BKD}=90^{0}.\]
\[SA\] 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 \[[ABCD]\].
- Chứng minh mặt phẳng \[[SBD]\] vuông góc với mặt phẳng \[[SAC]\].
- Trong tam giác \[SCA\] kẻ \[IK\] vuông góc với \[SA\] tại \[K\]. Hãy tính độ dài \[IK\]
- Chứng minh \[\widehat{BKD}=90^{0}\] và từ đó suy ra mặt phẳng \[[SAB]\] vuông góc với mặt phẳng \[[SAD]\].
Video hướng dẫn giải
Phương pháp giải - Xem chi tiết
- Chứng minh mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.
- Chứng minh tam giác \[SCA\] và \[IKA\] đồng dạng, từ đó suy ra tỉ số các cạnh và tính \[IK\].
- Chứng minh tam giác \[BKD\] có đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy.
Xác định góc giữa hai mặt phẳng \[[SAB]\] và \[[SAD]\] và chứng minh góc đó bằng \[90^0\].
Quảng cáo
Lời giải chi tiết
- \[SC \bot \left[ {ABCD} \right] \Rightarrow SC \bot BD\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left[ 1 \right]\]
\[ABCD\] là hình thoi nên \[AC\bot BD\,\,\,\,\,\left[ 2 \right]\]
Từ [1] và [2] suy ra \[BD ⊥ [SAC]\].
Mà \[BD\subset [SBD]\Rightarrow [SBD] ⊥ [SAC]\].
- Xét tam giác \[ABD\] có \[AB=AD\] và góc \[A=60^0\] nên là tam giác đều.
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:
\[\left\{ \begin{array}{l} A\, \text {chung}\\ \widehat {SCA} = \widehat {IKA} = {90^0} \end{array} \right.\]
\[ \Rightarrow \] \[\Delta SCA \backsim \Delta IKA\,\,\left[ {g.g} \right]\]
\[\Rightarrow \dfrac{IK}{SC}=\dfrac{AI}{AS}\] \[\Rightarrow IK=\dfrac{AI.SC}{AS}=\dfrac{a}{2}.\]
- Dễ thấy \[\Delta ABD\] đều nên \[BD = a \] \[\Rightarrow IK = \dfrac{1}{2}BD\] nên \[\Delta BKD\] vuông tại \[K\].
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
- Góc giữa hai mặt phẳng
- 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...
- Bài 9 trang 114 SGK Hình học 11 Cho hình chóp tam giác đều S.ABC...
- Bài 8 trang 114 SGK Hình học 11 Giải bài 8 trang 114 SGK Hình học 11. Tính độ dài đường chéo của một hình lập phương cạnh a. Bài 7 trang 114 SGK Hình học 11
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...