Giải SBT Toán 11 Bài 2: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
A. Mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng a, b thoả mãn a, b cùng vuông góc với đường thẳng c;
B. Mặt phẳng (P) chứa một đường thẳng vuông góc với đường thẳng c;
C. Mặt phẳng (P) chứa ít nhất hai đường thẳng vuông góc với đường thẳng c;
D. Mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng cắt nhau a, b thoả mãn a, b cùng vuông góc với đường thẳng c.
Lời giải:
Đáp án đúng là: D
Nếu một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc một mặt phẳng thì nó vuông góc với mặt phẳng ấy.
A. 0;
B. 1;
C. 2;
D. Vô số.
Lời giải:
Đáp án đúng là: A
Có duy nhất một mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AB.
Có duy nhất một mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AC.
Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với cả AB, AC khi và chỉ khi 3 điểm A, B, C thẳng hàng (vô lý vì 3 điểm A, B, C tạo thành tam giác ABC).
Vậy không tồn tại mặt phẳng đi qua A và vuông góc với cả AB, AC.
A. 0;
B. 1;
C. 2;
D. Vô số.
Lời giải:
Đáp án đúng là: B
Có duy nhất một mặt phẳng (P) đi qua điểm I và vuông góc với đường thẳng a.
Do a // b nên b ⊥ (P).
Vậy có duy nhất một mặt phẳng (P) đi qua điểm I và vuông góc với cả a, b.
A. a // b, b // (P);
B. a ⊥ b, b // (P);
C. a ⊥ b, b ⊥ (P);
D. a // b, b ⊥ (P).
Lời giải:
Đáp án đúng là: D
Từ hình vẽ ta thấy: a // b, b ⊥ (P).
(1): AB là hình chiếu của SB trên (ABC);
(2): SB là hình chiếu của SC trên (SAB);
(3): AC là hình chiếu của SC trên (ABC).
Số phát biểu đúng là:
A. 0;
B. 1;
C. 2;
D. 3.
Lời giải:
Đáp án đúng là: D
Do SA ⊥ (ABC) nên AB, AC lần lượt là hình chiếu của SB, SC trên (ABC).
Suy ra (1) và (3) đúng.
Do SA ⊥ (ABC) và BC ⊂ (ABC) nên SA ⊥ BC
Ta có: SA ⊥ BC; AB ⊥ BC;
SA ∩ AB = A trong (SAB).
Suy ra BC ⊥ (SAB).
Do đó SB là hình chiếu của SC trên (SAB) hay (2) đúng.
Vậy có 3 phát biểu đúng.
Lời giải:
Do AA’ ⊥ (ABC) nên AA’ ⊥ BC.
Ta có: BC ⊥ AA’; BC ⊥ AH;
AA’ ∩ AH = A trong (A’AH).
Suy ra: BC ⊥ (A’AH).
Mà A’H ⊂ (A’AH) nên BC ⊥ A’H.
Lời giải:
Gọi AN, CM là hai đường cao của tam giác ABC.
Khi đó trực tâm H của tam giác ABC là giao điểm của AN và CM.
Vì nên SA ⊥ SB, SA ⊥ SC.
⦁ Ta có: SA ⊥ SB, SA ⊥ SC;
SB ∩ SC = S trong (SBC).
Suy ra SA ⊥ (SBC). Do đó SA ⊥ BC.
⦁ Ta có: BC ⊥ AH, BC ⊥ SA (chứng minh trên);
SA ∩ AH = A trong (SAH).
Suy ra BC ⊥ (SAH). Do đó BC ⊥ SH.
Tương tự, ta có: AB ⊥ SH.
⦁ Ta có: AB ⊥ SH, BC ⊥ SH và AB ∩ BC = B trong (ABC).
Suy ra: SH ⊥ (ABC).
Lời giải:
Vì ABCD là hình bình hành nên O là trung điểm của AC và BD.
⦁ Xét tam giác SAC có SA = SC nên tam giác SAC cân tại S.
Mà SO là đường trung tuyến của tam giác SAC.
Suy ra: SO là đường cao của tam giác SAC hay SO ⊥ AC.
⦁ Xét tam giác SBD có SB = SD nên tam giác SBD cân tại S.
Mà SO là đường trung tuyến của tam giác SBD.
Suy ra: SO là đường cao của tam giác SBD hay SO ⊥ BD.
Ta có: SO ⊥ AC, SO ⊥ BD;
AC ∩ BD = O trong (ABCD).
Suy ra: SO ⊥ (ABCD).
a) BB’ ⊥ (A’B’C’D’);
b) BD ⊥ A’C.
Lời giải:
a) Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp nên AA’ // BB’.
Mà AA’ ⊥ (ABCD) nên BB’ ⊥ (ABCD).
Mặt khác: (ABCD) // (A’B’C’D’) (tính chất hình hộp).
Suy ra: BB’ ⊥ (A’B’C’D’).
b) Vì ABCD là hình thoi nên BD ⊥ AC.
Ta có: AA’ ⊥ (ABCD) suy ra AA’ ⊥ BD (vì BD ⊂ (ABCD)).
Ta có: BD ⊥ AA’, BD ⊥ AC và AA’ ∩ AC = A trong (A’AC).
Suy ra: BD ⊥ (A’AC).
Từ đó ta có: BD ⊥ A’C.
Lời giải:
Vì nên ta có OH ⊥ HA, OH ⊥ HB mà HA và HB cắt nhau tại H trong (HAB) nên OH ⊥ (HAB).
Vì nên ta có OH ⊥ HB, OH ⊥ HC mà HB và HC cắt nhau tại H trong (HBC) nên OH ⊥ (HBC).
Ta thấy: (HAB) và (HBC) cùng đi qua H và vuông góc với OH nên (HAB) ≡ (HBC).
Hay (HAB) ≡ (HBC) ≡ (ABC).
Suy ra: H thuộc mặt phẳng (ABC).
Lời giải:
Gọi O’ là hình chiếu của S trên (ABC). Khi đó, SO’ ⊥ (ABC).
Mà O’A, O’B, O’C đều nằm trên (ABC) nên SO’ ⊥ O’A, SO’ ⊥ O’B, SO’ ⊥ O’C.
Xét tam giác SO’A và tam giác SO’B có:
SA = SB (gt);
SO’ chung
Suy ra ∆SO’A = ∆SO’B (cạnh huyền – cạnh góc vuông)
Do đó: O’A = O’B (hai cạnh tương ứng)
Tương tự: ∆SO’A = ∆SO’C, suy ra O’A = O’C.
Từ đó ta có: O’A = O’B = O’C hay O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Suy ra: O ≡ O’, mà SO’ ⊥ (ABC).
Vậy SO ⊥ (ABC).
Lời giải:
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.
Khi đó OA = OB = OC.
⦁ Trường hợp 1: Ba điểm M, N, P đều không thuộc mặt phẳng (ABC).
Xét hình chóp M.ABC có MA = MB = MC nên theo kết quả của Bài 16, trang 95, Sách bài tập Toán 11, Tập hai ta có: MO ⊥ (ABC)
Tương tự, từ NA = NB = NC, PA = PB = PC ta cũng có NO ⊥ (ABC), PO ⊥ (ABC).
Ta thấy: MO, NO, PO cùng đi qua điểm O và vuông góc với mặt phẳng (ABC).
Do đó ba đường thẳng MO, NO, PO trùng nhau hay M, N, P thẳng hàng.
⦁ Trường hợp 2: Trong ba điểm M, N, P có một điểm nằm trên (ABC).
Mà MA = MB = MC, NA = NB = NC, PA = PB = PC nên không mất tính tổng quát ta giả sử điểm M nằm trên (ABC).
Ta có MA = MB = MC, OA = OB = OC và M, O cùng nằm trong mp (ABC)
Suy ra: M ≡ O.
Tương tự trường hợp 1, từ NA = NB = NC, PA = PB = PC nên cũng ta có:
NO ⊥ (ABC), PO ⊥ (ABC).
Ta thấy: NO, PO cùng đi qua điểm O và vuông góc với mặt phẳng (ABC).
Do đó hai đường thẳng NO, PO trùng nhau hay O, N, P thẳng hàng hay M, N, P thẳng hàng.
Vậy M, N, P thẳng hàng.
Bài 18 trang 95 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình tứ diện đều ABCD. Chứng minh AB ⊥ CD.
Lời giải:
Gọi M là trung điểm của CD.
Vì ABCD là tứ diện đều nên hai tam giác ACD và BCD là các tam giác đều.
Suy ra AM ⊥ CD, BM ⊥ CD.
Ta có: AM ⊥ CD, BM ⊥ CD và AM ∩ BM = M trong (ABM).
Suy ra CD ⊥ (ABM).
Mà AB ⊂ (ABM) nên CD ⊥ AB hay AB ⊥ CD.
a) AD ⊥ CH;
b*) HK ⊥ (ACD).
Lời giải:
a) Vì AB ⊥ (BCD), CH ⊂ (BCD) nên AB ⊥ CH hay CH ⊥ AB.
Do H là trực tâm của tam giác BCD nên CH ⊥ BD.
Ta có: CH ⊥ AB, CH ⊥ BD và AB ∩ BD = B trong (ABD).
Suy ra CH ⊥ (ABD).
Mà AD ⊂ (ABD) nên CH ⊥ AD hay AD ⊥ CH.
b) Trong (BCD), gọi I = BH ∩ CD mà H là trực tâm của tam giác BCD nên BI ⊥ CD.
Lại có: AB ⊥ (BCD), CD ⊂ (BCD) nên AB ⊥ CD.
⦁ Ta có: CD ⊥ BI, CD ⊥ AB và BI ∩ AB = B trong (ABI).
Suy ra CD ⊥ (ABI).
Mà HK ⊂ (ABI) nên CD ⊥ HK. (1)
⦁ Vì K là trực tâm của tam giác ACD nên CK ⊥ AD.
Ta có: AD ⊥ CH (theo câu a), AD ⊥ CK và CH ∩ CK = C trong (CHK).
Suy ra: AD ⊥ (CHK).
Mà HK ⊂ (CHK) nên AD ⊥ HK. (2)
Từ (1), (2) kết hợp với CD ∩ AD = D trong (ACD) nên ta có HK ⊥ (ACD).
Lời giải:
Gọi H, K, I lần lượt là trung điểm của AB, BC, CA.
Vì M, N, P lần lượt là trọng tâm của ba tam giác SAB, SBC, SCA nên ta có:
.
Theo định lý Thalès: MN // HK, MP // HI.
Mà HK ⊂ (ABC), IH ⊂ (ABC).
Suy ra: MN // (ABC), MP // (ABC).
Trong (MNP) có: MN ∩ MP = M, MN // (ABC), MP // (ABC).
Suy ra (MNP) // (ABC).
Lại có SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ (MNP).
Lời giải:
Gọi O là hình chiếu của S trên (ABCD). Khi đó SO ⊥ (ABCD).
Mà OA, OB, OC, OD đều nằm trên (ABCD) nên SO ⊥ OA, SO ⊥ OB, SO ⊥ OC, SO ⊥ OD.
Xét tam giác SOA và tam giác SOB có:
SA = SB (gt);
SO chung
Suy ra ∆SOA = ∆SOB (cạnh huyền – cạnh góc vuông)
Do đó: OA = OB (hai cạnh tương ứng)
Tương tự: ∆SOB = ∆SOC = ∆SOD nên OB = OC = OD.
Từ đó ta có: OA = OB = OC = OD hay O là tâm đường tròn đi qua bốn đỉnh của tứ giác ABCD.
Lời giải:
Gọi H là hình chiếu của A trên (P).
Ta có: A là điểm cố định nên H cố định và HC là hình chiếu của AC trên (P).
Vì H là hình chiếu của A trên (P) nên AH ⊥ (P).
Mà BC ⊂ (P) nên AH ⊥ BC.
Ta có: BC ⊥ AH, BC ⊥ AC (vì ) và AH ∩ AC = A trong (AHC).
Suy ra BC ⊥ (AHC) nên BC ⊥ HC.
Do đó C chuyển động trên đường tròn đường kính HB cố định nằm trong (P).
Lời giải:
Vì nên A, B, C không thẳng hàng.
Ta có: AB ⊥ (P), HC ⊂ (P) nên AB ⊥ HC.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ACB vuông tại C ta có:
HC2 = HA.HB = 4.9 = 36, suy ra HC = 6 (cm).
Ta thấy khi C chuyển động trong mặt phẳng (P) thoả mãn thì C luôn cách H (với H là điểm cố định) một khoảng không đổi HC = 6 cm.
Vậy C thuộc đường tròn tâm H bán kính 6 cm trong (P).
Xem thêm các bài giải SBT Toán lớp 11 Cánh diều hay, chi tiết khác:
