Giải Toán 11 Bài 3: Hai mặt phẳng vuông góc
Lời giải:
Hai mặt phẳng vuông góc khi góc giữa hai mặt phẳng đó là góc vuông.
1. Góc giữa hai mặt phẳng
Hoạt động khám phá 1 trang 65 Toán 11 Tập 2:
Lời giải:
a) Có thể xác định góc giữa hai cánh cửa nắp hầm bằng cách sử dụng góc giữa hai cây chống vuông góc với mỗi cánh.
b) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.
Khi đặt thiết bị lên mặt phẳng nghiêng (Q) thì OM vuông góc với mặt phẳng nghiêng (Q), ON vuông góc với mặt đất (P).
Khi đo góc giữa OM và ON chính là góc giữa (Q) và (P).
2. Hai mặt phẳng vuông góc
Lời giải:
Sử dụng thước êke hoặc thước đo góc, ta đo được
Lời giải:
a) Vì MH ⊥ (Q) nên MH ⊥ (OH)
MK ⊥ (Q) nên MK ⊥ OK
Mà (P) ⊥ (Q) nên HM ⊥ MK.
Tứ giác MHOK có
Vậy tứ giác MHOK là hình chữ nhật.
Trong (P) có OH ⊥ (Q).
b) Ta có:
Lại có MH ⊥ (P) nên OK ⊥ (P) ⇒ OK ⊥ OH
Tứ giác MHOK có
Vậy tứ giác MHOK là hình chữ nhật.
((P), (Q)) = (MH, MK) =
Lời giải:
a) Gọi O = AC BD
• ΔSAC cân tại S nên SO ⊥ AC (1)
• ΔSBD cân tại S ⇒ SO ⊥ BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra SO ⊥ (ABCD)
Ta có:
b) Vì ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD.
Mà SO ⊥ AC nên AC ⊥ (SBD).
Ta lại có: AC
Do đó (SAC) ⊥ (SBD).
Lời giải:
Đặt êke sao cho hai cạnh góc vuông của hai êke chạm nhau tạo thành một đường thẳng, hai cạnh còn lại của hai êke sát với mặt sàn.
Nếu đường thẳng đó nằm sát với bức tường thì bức tường vuông góc với mặt sàn.
3. Tính chất cơ bản về hai mặt phẳng vuông góc
a) (P) có vuông góc với (Q) không?
b) Đường thẳng b vuông góc với (P) không?
Lời giải:
a) Ta có:
b) Ta có:
a) Hai đường thẳng MH và MK có nằm trong (R) không?
b) Đường thẳng a có vuông góc với (R) không?
Lời giải:
a) Ta có:
(R)
(R)
Vậy hai đường thẳng MH và MK có nằm trong (R).
b) Ta có:
(R)
a) (ADC) ⊥ (ABE) và (ADC) ⊥ (DFK).
Lời giải:
a) Ta có:
Mà
Vậy (ADC) ⊥ (ABE)
Lại có:
Mà
Vậy (ADC) ⊥ (DFK).
b)
Ta có:
Lời giải:
Ta mở quyển sách ra và đặt quyển sách lên mặt bàn sao cho hai mép dưới của bìa sách nằm trên mặt bàn.
4. Hình lăng trụ đứng, hình hộp chữ nhật, hình lập phương
Hoạt động khám phá 6 trang 69 Toán 11 Tập 2:
Lời giải:
a) Các mặt bên của hình lăng trụ này là hình chữ nhật vuông góc với mặt phẳng đáy.
b) Các mặt bên của hình lăng trụ này là hình chữ nhật vuông góc với mặt phẳng đáy.
c) Hình lăng trụ đó có 4 mặt bên là hình chữ nhật.
d) Hình lăng trụ đó có cả 6 mặt là hình chữ nhật.
Lời giải:
Xét tam giác ABC:
Ta có: AA′ ⊥ (ABCDEF) ⇒ AA′ ⊥ AC
⇒ ΔAA′C vuông tại A
⇒
Gọi O là tâm của lục giác đều ABCDEF
⇒ ΔOAB, ΔOCD đều ⇒ OA = OD = AB = a ⇒ AD = 2a
Ta có: AA′ ⊥ (ABCDEF) ⇒ AA′ ⊥ AD
⇒ ΔAA′D vuông tại A
⇒
Lời giải:
Diện tích một mặt bên của lồng đèn là:
10.30 = 300(cm2)
Tổng diện tích các mặt bên của chiếc lồng đèn đó là:
300.6 = 1800(cm2)
5. Hình chóp đều, hình chóp cụt đều
Lời giải:
Vì ΔSAC cân tại S nên SO ⊥ AC (1)
Vì ΔSBD cân tại S nên SO ⊥ BD (2)
Từ (1) và (2), suy ra SO ⊥ (ABCD)
Lời giải:
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều ⇒ SO ⊥ (ABCD)
⇒ SO ⊥ OA.
Ta có: ABCD là hình vuông
Xét tam giác SOA vuông tại O:
(theo định lí Pytago)
Vậy
(nguồn:https://vi.wikipedia.org/wiki/ Kim_tự_tháp_Khafre)
Lời giải:
Mô hình hoá hình ảnh kim tự tháp bằng hình chóp tứ giác đều S.ABCD có O là tâm của đáy.
Kẻ SH ⊥ CD (H ∈ CD)
Ta có: SO = 136m , AD = 152 m
Tam giác SCD cân tại S
⇒ SH vừa là trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác SCD
⇒ H là trung điểm của CD.
Mà O là trung điểm của AD.
⇒ OH là đường trung bình của tam giác ACD
⇒
Ta có: SO ⊥ (ABCD) SO ⊥ OH
⇒ ΔSOH vuông tại O.
⇒
Vậy độ dài đường cao của mặt bên xuất phát từ đỉnh của kim tự tháp khoảng 155,8 m.
a) Đa giác A′1A′2...A′6 có phái lục giác đều không? Giải thích.
Lời giải:
a) Ta có:(P) // (A1A2A3...A6)
Do đó A1′A2′ // A1A2; A2′A3′ // A2A3; A3′A4′ // A3A4;
A4′A5′ // A4A5; A5′A6′ // A5A6; A6′A1′ // A6A1
Khi đó .
Mà A1A2 = A2A3 = A3A4 = A4A5 = A5A6 = A6A1
⇒ A1′A2′ = A2′A3′ = A3′A4′ = A4′A5′ = A5′A6′ = A6′A1′
Vậy đa giác A′1A′2...A′6 là lục giác đều.
b) Ta có:
Mà S.A1A2...A6 là hình chóp đều nên SO ⊥ (A1A2...A6 ).
Vậy OO′ ⊥ (A1A2...A6).
Lời giải:
Gọi O, O′ lần lượt là tâm của hai đáy ABC và A′B′C′; M, M′ lần lượt là trung điểm của BC và B′C′.
Kẻ A′H ⊥ AO (H ∈ AO).
Khi đó, ta có A′H = OO′.
• ΔABC đều nên .
• ΔA′B′C′ đều nên .
• A′HOO′ là hình chữ nhật nên .
• Tam giác AA′H vuông tại H nên .
Lời giải:
Diện tích đáy lớn là: (m2)
Diện tích đáy nhỏ là: (m2)
Một mặt bên của hình chóp cụt là hình thang cân có đáy lớn là 1 m, đáy nhỏ là 0,7 m và cạnh bên là 0,7 m.
Khi đó, chiều cao của mặt bên là: (m)
Diện tích một mặt bên là: . (m2)
Vậy tổng diện tích cần sơn là: (m2)
Bài tập
a) Chứng minh rằng (SBC) ⊥ (SAC).
b) Gọi I là trung điểm của SC. Chứng minh rằng (ABI) ⊥ (SAC).
Lời giải:
a) Ta có (SAC) ⊥ (ABC) ⇒ AC ⊥ (ABC) ⇒ AC ⊥ BC
Mà (SAC) ∩ (ABC) = AC nên BC ⊥ (SAC)
Do đó (SBC) ⊥ (SAC).
b) Ta có: BC ⊥ (SAC) nên BC ⊥ AI (AI ⊂ (SAC)) (1)
Tam giác SAC đều có I là trung điểm của SC nên AI ⊥ SC (2)
Từ (1) và (2) suy ra AI ⊥ (SBC)
Mà AI ⊂ (ABI) nên (ABI) ⊥ (SAC)
Lời giải:
a) Tam giác ABC đều có I là trung điểm nên AI ⊥ CB hay AD ⊥ BC.
Vì SD ⊥ (ABC) ⇒ SD ⊥ BC.
⇒ BC ⊥ (SAD)
Nên (SAD) ⊥ (SBC)
b) Tam giác ABC đều nên
Ta có: ΔSAD vuông tại D nên
Kẻ IH ⊥ SA.
Xét ΔAHI và ΔADS:
chung
Do đóΔAHI ᔕ ΔADS (g.g)
Tam giác BHC có HI là trung tuyến và HI = BC
⇒ ΔBHC vuông tại H.
Ta có: BC ⊥ (SAD) nên SA ⊥ BC.
Mà SA ⊥ HI nên SA ⊥ (HBC)
Mà HB ⊂ (SAB)
⇒ (SAB) ⊥ (SAC)
a) Tính độ dài đoạn thẳng AC′.
b) Tính tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ.
Lời giải:
a) Ta có:
Vậy độ dài đoạn thẳng AC′ là .
b)
Gọi I là trung điểm của AD.
Khi đó ABCI là hình vuông nên IC = IB = IA = AD = a
Xét tam giác ICD vuông cân tại I:
Tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ là:
Vậy tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ là:
a) Tính độ dài đoạn thẳng AA′.
b) Tính tổng diện tích các mặt của hình hộp.
Lời giải:
a) Xét tam giác ABD có: AB = AD = BD = a nên ΔABD đều
Xét tam giác ABC có:
AA′ ⊥ (ABCD) ⇒ AA′ ⊥ AC ⇒ ΔAA′C vuông tại A.
Vậy độ dài đoạn thẳng AA′ là:
b) Ta có:
• ;
• ;
• .
Tổng diện tích các mặt của hình hộp là:
.
Vậy tổng diện tích các mặt của hình hộp là .
Lời giải:
Gọi OO' là đường nối tâm của hai đáy.
Kẻ B′H ⊥ BD (H BD), B′K ⊥ BC (K ∈ BC).
Ta có:
•
•
Vì OO′B′H là hình chữ nhật nên .
Do đó .
• ΔBB′H vuông tại H nên (theo định lí Pythagore).
• BCC′B′ là hình thang cân nên .
• ΔBB′K vuông tại K nên (theo định lí Pythagore).
Lời giải:
Mô hình hoá hình ảnh kim tự tháp bằng hình chóp tứ giác đều S.ABCD có O là tâm của đáy.
Kẻ SH ⊥ CD (H CD)
Ta có: SO = 21,6 m , AD = 34 m
ΔSOC vuông tại O
Do đó độ dài cạnh bên bằng 32,3 m.
Tam giác SCD cân tại S
⇒ SH vừa là trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác SCD
⇒ H là trung điểm của CD.
Mà O là trung điểm của AD.
⇒ OH là đường trung bình của tam giác ACD
⇒
Ta có: SO ⊥ (ABCD) SO ⊥ OH
⇒ ΔSOH vuông tại O.
⇒
Diện tích xung quanh của kim tự tháp là:
.
Vậy độ dài cạnh bênlà 32,3 m và diện tích xung quanh của kim tự tháp là 1870 m2.
Xem thêm các bài giải SGK Toán 11 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác: