Giải bài 5, 6, 7 trang 121, 122 sách giáo khoa hình học 11 - Câu trang SGK Hình học

\[\eqalign{& \left. \matrix{DB \bot AC \hfill \crSH \bot [ABCD] \Rightarrow SH \bot DB \hfill \cr} \right\} \Rightarrow DB \bot [SAC] \cr& \Rightarrow \left\{ \matrix{DB \bot {\rm{OS}} \hfill \cr{\rm{DB}} \bot AC \hfill \cr} \right. \cr} \]

Câu 5 trang 121 SGK Hình học 11

Tứ diện \[ABCD\] có hai mặt \[ABC\] và \[ADC\] nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] có \[AB = a, AC = b\]. Tam giác \[ADC\] vuông tại \[D\] có \[CD = a\].

a] Chứng minh các tam giác \[BAD\] và \[BDC\] đều là tam giác vuông

b] Gọi \[I\] và \[K\] lần lượt là trung điểm của \[AD\] và \[BC\]. Chứng minh \[IK\] là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \[AD\] và \[BC\].

Trả lời:

'

a] \[[ABC] [ADC]\] mà hai mặt phẳng này giao nhau theo giao tuyến \[AC\].

Ta lại có \[BA [ABC]\] và \[BA AC\] nên \[BA[ADC]\]

\[BA[ADC] BAAD ΔBAD\] vuông tại \[A\]

\[\left. \matrix{
BA \bot [ADC] \hfill \cr
AD \bot DC \hfill \cr} \right\} \Rightarrow BD \bot DC\]

[Định lí 3 đường vuông góc]

\[ ΔBDC\] vuông tại \[D\]

b] Gọi \[J\] là trung điểm của \[AC\]

Ta có \[KJ//BA\]

Mà \[BA[ADC] KJ [ADC]\]

\[ KJ AD\] [1]

Ta cũng có \[IJ//DC IJ AD\] [2]

Từ [1] và [2] suy ra: \[AD[KIJ]\]

\[ AD IK\]

Ta lại có: \[ΔBAI = ΔCDI IB = IC\]

\[ ΔBIC\] cân đỉnh \[I IK BC\] [4]

Từ [3] và [4] suy ra \[IK\] là đoạn vuông góc chung của \[AD\] và \[BC\].

Câu 6 trang 122 SGK Hình học 11

Cho hình lập phương \[ABCD.ABCD\] cạnh \[a\].

a] Chứng minh \[BC\] vuông góc với mặt phẳng \[[ABCD]\]

b] Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của \[AB\] và \[BC\]

Trả lời:

a] Ta có tứ giác \[BCC'B\] là hình vuông nên

\[BC BC\] [1]

Mặt khác \[AB [BCCB]\]

\[ AB BC\] [2]

Từ [1] và [2] suy ra: \[BC [ABCD']\]

b] Do \[AD//BC\] nên mặt phẳng \[[ABD]\] là mặt phẳng chứa \[AB\] và song song với \[BC\].

Ta tìm hình chiếu của \[BC\] trên \[mp [ABD]\]

Gọi \[E, F\] là tâm của các mặt bên \[ADD'A\] và \[BCC'B\]

Từ \[F\] kẻ \[FI BE\]. Ta có \[BC //AD'\] mà \[BC [ABCD]\]

\[ AD [ABCD]\] và \[IF [ABCD]\]

\[AD IF\] [3]

\[EBIF\] [4]

Từ [3] và [4] suy ra : \[IF [ABD]\]

Vậy \[I\] là hình chiếu của \[F\] trên \[mp [ABD]\]. Qua \[I\] ta dựng đường thẳng song song với \[BC\] thì đường thẳng này chính là hình chiếu của \[BC\] trên mp \[[ABD]\]

Đường thẳng qua \[I\] song song với \[BC\] cắt \[AB\] tại \[K\]. Qua \[K\] kẻ đường thẳng song song với \[IF\], đường này cắt \[BC\] tại \[H\]. \[KH\] chính là đường vuông góc chung của \[AB\] và \[BC\]. Thật vậy:

\[{\rm{IF}} \bot [AB'D']\]

\[\Rightarrow IF AB'\] và \[KH // IF\] suy ra \[KH AB'\]

\[\left. \matrix{
BC' \bot [A'B'CD] \hfill \cr
{\rm{IF}} \subset {\rm{[A'B'CD]}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow \left. \matrix{
{\rm{IF}} \bot {\rm{BC'}} \hfill \cr
{\rm{KH//IF}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow KH \bot BC'\]

Tam giác \[EFB\] vuông góc tại \[F\], \[FI\] là đường cao thuộc cạnh huyền nên

\[{1 \over {I{F^2}}} = {1 \over {FB{'^2}}} + {1 \over {F{E^2}}}\]với

\[\left\{ \matrix{
FB' = {{a\sqrt 2 } \over 2} \hfill \cr
{\rm{EF = a}} \hfill \cr} \right.\]

Ta tính ra: \[{\rm{IF}} = {{a\sqrt 3 } \over 3} \Rightarrow KH = {\rm{IF = }}{{a\sqrt 3 } \over 3}\]

Câu 7 trang 122 SGK Hình học 11

Bài 7. Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình thoi \[ABCD\] cạnh \[a\], góc \[\widehat {BAD} = 60^0\]và \[SA = SB = SD = {{a\sqrt 3 } \over 2}\]

a] Tính khoảng cách từ \[S\] đến mặt phẳng \[[ABCD]\] và độ dài cạnh \[SC\]

b] Chứng minh mặt phẳng \[[SAC]\] vuông góc với mặt phẳng \[[ABCD]\]

c] Chứng minh \[SB\] vuông góc với \[BC\]

d] Gọi \[\varphi\] là góc giữa hai mặt phẳng \[[SBD]\] và \[[ABCD]\]. Tính \[\tan\varphi\]

Trả lời:

a] Kẻ \[SH[ABCD]\]

Do \[SA = SB = SD\] suy ra \[HA = HB = HC\]

\[ H\] là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \[ ABD\].

Do \[AB = AD = a\] và \[\widehat{ BAD} = 60^0\] nên tam giác \[ABD\] là tam giác đều cạnh \[a\],

Ta có:

\[\eqalign{
& AO = {{a\sqrt 3 } \over 2} \cr
& AH = {2 \over 3}AO \Rightarrow AH = {{a\sqrt 3 } \over 3} \cr} \]

Trong tam giác vuông \[SAH\], ta có: \[SA = {{a\sqrt 3 } \over 2};AH = {{a\sqrt 3 } \over 3}\]

Tính ra: \[SH = {{a\sqrt {15} } \over 6}\]

Ta cũng có: \[HC = {{2a\sqrt 3 } \over 3}\]

Trong tam giác vuông \[SHC\]:

\[S{C^2} = S{H^2} + H{C^2}\]

Do đó ta tính được:

\[SC = {{a\sqrt 7 } \over 2}\]

b]

\[\left. \matrix{
SH \bot [ABCD] \hfill \cr
SH \subset [SAC] \hfill \cr} \right\} \Rightarrow [SAC] \bot [ABCD]\]

c] Ta có:

\[\eqalign{
& S{C^2} = {{7{a^2}} \over 4}[1] \cr
& B{C^2} = {a^2}[2] \cr
& S{B^2} = {{3{a^2}} \over 4}[3] \cr} \]

Từ [1], [2] và [3] ta có: \[S{C^2} = B{C^2} + S{B^2}\]

Theo định lí Pytago đảo, tam giác \[SBC\] vuông tại \[B\].

d] Ta có:

\[\eqalign{
& \left. \matrix{
DB \bot AC \hfill \cr
SH \bot [ABCD] \Rightarrow SH \bot DB \hfill \cr} \right\} \Rightarrow DB \bot [SAC] \cr
& \Rightarrow \left\{ \matrix{
DB \bot {\rm{OS}} \hfill \cr
{\rm{DB}} \bot AC \hfill \cr} \right. \cr} \]

Suy ra: \[\widehat{ SOH}\] là góc giữa hai mặt phẳng \[[SBD]\] và \[[ABCD]\]

Ta có:

\[\eqalign{
& \widehat{ SOH} = \varphi \cr
& \tan \varphi = {{SH} \over {OH}} \Rightarrow \tan \varphi = \sqrt 5 \cr} \]


Video liên quan

Bài Viết Liên Quan

Chủ Đề