Bài 9 trang 114 sgk Hình học 11
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 \[ ABCD\].
a] Tính độ dài đoạn thẳng \[SO\].
b] Gọi \[M\] là trung điểm của đoạn \[SC\]. Chứng minh hai mặt phẳng \[[MBD]\] và \[[SAC]\] vuông góc với nhau.
c] Tính độ dài đoạn \[OM\] và tính góc giữa hai mặt phẳng \[[MBD]\] và \[[ABCD]\].
Giải
a] Hình chóp tứ giác đều nên \[SO\bot [ABCD]\]. Do đó \[SO\bot AC\]
Xét tam giác \[SOA\] vuông tại \[O\]:
\[SO = \sqrt{SA^{2}-AO^{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\]
b] \[BD\bot AC\] , \[BD\bot SO\] nên \[BD \bot [SAC]\],
Mà \[BD [MBD]\] do đó \[[MBD] [SAC]\].
c]\[OM =\frac{SC}{2}=\frac{a}{2}\][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 \[[ABCD]\].
a] Chứng minh mặt phẳng \[[SBD]\] vuông góc với mặt phẳng \[[SAC]\].
b] Trong tam giác \[SCA\] kẻ \[IK\] vuông góc với mặt phẳng \[[SAC]\]. Hãy tính độ dài \[IK\]
c] Chứng minh\[\widehat{BKD}=90^{0}\]và từ đó suy ra mặt phẳng \[[SAB]\] vuông góc với mặt phẳng \[[SAD]\].
Giải
[H.3.50]
a]\[SC\] 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 \[BD [SAC]\]
\[BD\subset [SBD]\Rightarrow [SBD] [SAC]\].
b] 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\[\frac{IK}{SC}=\frac{AI}{AS}\Rightarrow IK=\frac{AI.SC}{AS}=\frac{a}{2}.\]
c] \[IK = IB = ID = \frac{a}{2}\]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 \[\widehat{BKD}=90^{0}\] \[\Rightarrow [SAD] [SAB]\].