Với Giải trang 95 Tập 2 SBT Toán lớp 11 trong Bài 2: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng Sách bài tập Toán lớp 11 Cánh Diều hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập trong SBT Toán lớp 11.
SBT Toán 11 trang 95 Tập 2 (Cánh Diều)
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 SBT Toán 11 Cánh Diều hay, chi tiết khác:
Bài 18 trang 95 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình tứ diện đều ABCD. Chứng minh AB ⊥ CD.
CÔNG TY TNHH ĐẦU TƯ VÀ DỊCH VỤ GIÁO DỤC VIETJACK
- Người đại diện: Nguyễn Thanh Tuyền
- Số giấy chứng nhận đăng ký kinh doanh: 0108307822, ngày cấp: 04/06/2018, nơi cấp: Sở Kế hoạch và Đầu tư thành phố Hà Nội.
2021 © All Rights Reserved.