Toán 11 Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc

Toán 11 Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc | Giải Toán lớp 11

Trần Thị Hường Ngày: 20-05-2022 Lớp 11

367

Toptailieu.vn giới thiệu Giải bài tập Toán 11 Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc chính xác, chi tiết nhất giúp học sinh dễ dàng làm bài tập về hai mặt phẳng vuông góc lớp 11.

Giải bài tập Toán 11 Bài 4. Hai mặt phẳng vuông góc

Trả lời câu hỏi giữa bài:

Câu hỏi 1 trang 109 SGK Hình học 11: Cho hai mặt phẳng

(α)

và

(β)

vuông góc với nhau và cắt nhau theo giao tuyến

d

. Chứng minh rằng nếu có một đường thẳng

Δ

nằm trong

(α)

và

Δ

vuông góc với

d

thì

Δ

vuông góc với

(β)

Lời giải:

$Δ$ nằm trong $(α)$ và $Δ$ vuông góc với $d \Rightarrow Δ$ cắt $d$ tại $A$

Từ $A,$ vẽ đường thẳng $a$ thuộc $(β)$ và $a ⊥ d$

Vì $(α) ⊥ (β)$ nên góc giữa $Δ$ và $a$ là $90^{0}$ hay $Δ ⊥ a$

$\Rightarrow Δ ⊥ (d, a)$ hay $Δ ⊥ (β)$

Câu hỏi 2 trang 109 SGK Hình học 11: Cho tứ diện

A B C D

có ba cạnh

A B, A C, A D

đôi một vuông góc với nhau. Chứng minh rằng các mặt phẳng

(A B C), (A C D), (A D B)

cũng đôi một vuông góc với nhau.

Lời giải:

$A B ⊥ A C, A B ⊥ A D$ nên $A B ⊥ (A C D)$ (theo định lí trang 99)

${\begin{cases} A B ⊥ (A C D) \\ A B \subset (A B C) \end{cases} \Rightarrow (A B C) ⊥ (A C D)$

(theo định lí 1 trang 108)

${\begin{cases} A B ⊥ (A C D) \\ A B \subset (A B D) \end{cases} \Rightarrow (A B D) ⊥ (A C D)$

Ta có: ${\begin{cases} A D ⊥ A C \\ A D ⊥ A B \end{cases} \Rightarrow A D ⊥ (A B C)$

${\begin{cases} A D ⊥ (A B C) \\ A D \subset (A B D) \end{cases} \Rightarrow (A B D) ⊥ (A B C)$

Câu hỏi 3 trang 109 SGK Hình học 11: Cho hình vuông

A B C D

. Dựng đoạn

A S

vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông

A B C D .

a) Hãy nêu tên các mặt phẳng lần lượt chứa các đường thẳng $S B, S C, S D$ và vuông góc với mặt phẳng $(A B C D)$ .

b) Chứng minh rằng mặt phẳng $(S A C)$ vuông góc với mặt phẳng $(S B D)$ .

Lời giải:

$\begin{array}{l} S A ⊥ (A B C D), S A \subset (S A B) \\ \Rightarrow (S A B) ⊥ (A B C D) \\ S A ⊥ (A B C D), S A \subset (S A D) \\ \Rightarrow (S A D) ⊥ (A B C D) \\ S A ⊥ (A B C D), S A \subset (S A C) \\ \Rightarrow (S A C) ⊥ (A B C D) \end{array}$

b) $A B C D$ là hình vuông nên $B D ⊥ A C$

$S A ⊥ (A B C D) \Rightarrow S A ⊥ B D$

Ta có:

${\begin{cases} B D ⊥ A C \\ B D ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow B D ⊥ (S A C)$

Mà $B D \subset (S B D)$ nên $(S A C) ⊥ (S B D)$

Câu hỏi 4 trang 111 SGK Hình học 11: Cho biết mệnh đề nào sau đây là đúng ?

a) Hình hộp là hình lăng trụ đứng

b) Hình hộp chữ nhật là hình lăng trụ đứng

c) Hình lăng trụ là hình hộp

d) Có hình lăng trụ không phải là hình hộp

Phương pháp giải:

Sử dụng định nghĩa hình hộp để nhận xét.

Hình hộp là hình lăng trụ tứ giác có đáy là hình bình hành.

Lời giải:

Hình hộp là hình lăng trụ tứ giác có đáy là hình bình hành.

Từ đó ta thấy,

a sai vì các cạnh bên của hình hộp chưa chắc vuông góc với đáy.

b đúng

c sai vì nếu đáy của lăng trụ không phải là hình bình hành thì sẽ không phải hình hộp.

d đúng vì các hình lăng trụ tam giác, tứ giác thường,... đều không là hình hộp.

Câu hỏi 5 trang 111 SGK Hình học 11: Sáu mặt của hình hộp chữ nhật có phải là những hình chữ nhật không ?

Lời giải:

Sáu mặt của hình hộp chữ nhật là những hình chữ nhật.

Câu hỏi 6 trang 112 SGK Hình học 11: Chứng minh rằng hình chóp đều có các mặt bên là những tam giác cân bằng nhau

Lời giải:

Xét hình chóp đều $S . A_{1} A_{2} . . . A_{n}$ có $H$ là chân đường cao hạ từ $S$ xuống $(A_{1} A_{2} . . . A_{n})$

Khi đó $H A_{1} = H A_{2} = . . . = H A_{n}$ và $S H ⊥ (A_{1} A_{2} . . . A_{n})$ $\Rightarrow S H ⊥ S A_{1}, . . . S H ⊥ S A_{n}$ .

Xét các tam giác vuông $S H A_{m - 1}$ và $S H A_{m}$ $(2 \leq m \leq n)$ có:

$S H$ chung

$H A_{m - 1} = H A_{m}$ (gt)

$\Rightarrow Δ S H A_{m - 1} = Δ S H A_{m}$ (hai cạnh góc vuông)

$\Rightarrow S A_{m - 1} = S_{m}$ (hai cạnh tương ứng)

Vậy $S A_{m - 1} = S A_{m}$ hay $S A_{1} = S A_{2} = . . . = S A_{n}$ nên các mặt bên đều là các tam giác cân.

Câu hỏi 7 trang 112 SGK Hình học 11: Có tồn tại một hình chóp tứ giác

S . A B C D

có hai mặt bên

(S A B)

và

(S C D)

cùng vuông góc với mặt phẳng đáy hay không ?

Lời giải:

Xét trường hợp $A B$ và $C D$ cắt nhau tại một điểm $H$ .

Ta lấy $S$ trên đường thẳng vuông góc với $m p (A B C D)$ kẻ từ $H$ thì rõ ràng $(S A B) ⊥ (A B C D)$ và $(S C D) ⊥ (A B C D)$

Vậy có tồn tại một hình chóp tứ giác $S . A B C D$ có hai mặt bên $(S A B)$ và $(S C D)$ cùng vuông góc với mặt phẳng đáy.

Bài tập trang 113, 114 SGK Toán 11

Bài 1 trang 113 SGK Hình học 11: Cho ba mặt phẳng

(α)

(β)

(γ)

, mệnh đề nào sau đây đúng?

a) Nếu $(α) ⊥ (β)$ và $(α) / / (γ)$ thì $(β) ⊥ (γ)$

b) Nếu $(α) ⊥ (β)$ và $(α) ⊥ (γ)$ thì $(β) / / (γ)$

Phương pháp giải:

Nhận xét từng câu bằng cách vẽ phác hình, tìm phản ví dụ cho câu sai.

Lời giải:

a) Đúng.

Thật vậy, $(α) ⊥ (β)$

$\Rightarrow \exists$ đường thẳng $d \subset (β)$ và $d ⊥ (α) .$

Mà $(α) / / (γ)$

$\Rightarrow d ⊥ (γ)$

$\Rightarrow (β) ⊥ (γ) .$

b) Sai vì vẫn có thể xảy ra trường hợp hai mặt phẳng $(β)$ và $(γ)$ cắt nhau.

Bài 2 trang 113 SGK Hình học 11: Cho hai mặt phẳng

(α)

và

(β)

vuông góc với nhau. Người ta lấy trên giao tuyến

Δ

của hai mặt phẳng đó hai điểm

A

và

B

sao cho

A B = 8 c m

. Gọi

C

là một điểm trên

(α)

và

D

là một điểm trên

(β)

sao cho

A C

và

B D

cùng vuông góc với giao tuyến

Δ

và

A C = 6 c m

B D = 24 c m

. Tính độ dài đoạn

C D

Phương pháp giải:

Chứng minh

A C ⊥ A D

và sử dụng định lý Pi-ta-go để tính toán.

Lời giải:

$\begin{matrix} (α) ⊥ (β) \\ A C ⊥ Δ \\ A C \subset (α) \end{matrix}} \Rightarrow A C ⊥ (β)$

Do đó $A C ⊥ A D$ hay tam giác $A C D$ vuông tại $A$

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác $A C D$ ta được: $D C^{2} = A C^{2} + A D^{2} (1)$

Vì $B D ⊥ A B \Rightarrow Δ A B D$ vuông tại $B$ .

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác $A B D$ ta được: $A D^{2} = A B^{2} + B D^{2} (2)$

Từ (1) và (2) suy ra: $D C^{2} = A C^{2} + A B^{2} + B D^{2} = 6^{2} + 8^{2} + 24^{2} = 676$

$\Rightarrow D C = \sqrt{676} = 26 c m$

Bài 3 trang 113 SGK Hình học 11: Trong mặt phẳng

(α)

cho tam giác

A B C

vuông ở

B

. Một đoạn thẳng

A D

vuông góc với

(α)

tại

A

. Chứng minh rằng:

a) $\hat{A B D}$ là góc giữa hai mặt phẳng $(A B C)$ và $(D B C)$ ;

b) Mặt phẳng $(A B D)$ vuông góc với mặt phẳng $(B C D)$ ;

c) $H K / / B C$ với $H$ và $K$ lần lượt là giao điểm của $D B$ và $D C$ với mặt phẳng $(P)$ đi qua $A$ và vuông góc với $D B$ .

Lời giải:

a) Tam giác $A B C$ vuông tại $B$ nên $A B ⊥ B C$ (1)

$A D$ vuông góc với $(α)$ nên $A D ⊥ B C$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $B C ⊥ (A B D)$ suy ra $B C ⊥ B D$

$\begin{matrix} (A B C) \cap (D B C) = B C \\ B D ⊥ B C \\ A B ⊥ B C \end{matrix}}$

$\Rightarrow$ góc giữa hai mặt phẳng $(A B C)$ và $(D B C)$ là góc giữa hai đường thẳng $B D$ và $B A$

Mà $D A ⊥ (A B C) \Rightarrow D A ⊥ A B$ $\Rightarrow \hat{A B D} < 90^{0}$

Vậy $\hat{A B D}$ là góc giữa hai mặt phẳng $(A B C)$ và $(D B C)$ .

$\begin{matrix} B C ⊥ (A B D) \\ B C \subset (B C D) \end{matrix}}$ $\Rightarrow (A B D) ⊥ (B C D)$

c) Do $(P)$ đi qua $A, H, K$ nên mặt phẳng $(P) \equiv (A H K)$ đi qua $A$ và vuông góc với $D B$ nên $H K ⊥ B D$

Trong $(B C D)$ có: $H K ⊥ B D$ và $B C ⊥ B D$ nên suy ra $H K / / B C$ .

Chú ý:

Từ chứng minh trên ta có thể suy ra cách dựng $(P)$ như sau:

Trong $(D A B),$ qua $A$ kẻ đường thẳng vuông góc với $D B$ cắt $D B$ tại $H .$

Trong $(D B C)$ , kẻ đường thẳng qua $H$ và vuông góc với $D B$ cắt $D C$ tại $K .$

Từ đó ta có $(P)$ chính là $(A H K) .$

Bài 4 trang 114 SGK Hình học 11: Cho hai mặt phẳng

(α)

(β)

cắt nhau và một điểm

M

không thuộc

(α)

và không thuộc

(β)

. Chứng minh rằng qua điểm

M

có một và chỉ một mặt phẳng

(P)

vuông góc với

(α)

và

(β)

. Nếu

(α)

song song với

(β)

thì kết quả trên sẽ thay đổi như thế nào?

Phương pháp giải:

Sử dụng kết quả của định lí: Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ ba đó.

Lời giải:

Gọi $a$ là giao tuyến của hai mặt phẳng $(α)$ và $(β)$ .

Ta có: ${\begin{cases} (P) ⊥ (α) \\ (P) ⊥ (β) \\ (α) \cap (β) = a \end{cases} \Rightarrow a ⊥ (P)$

Do đó mặt phẳng $(P)$ đi qua $M$ và vuông góc với đường thẳng $a$ , do đó mặt phẳng $(P)$ là duy nhất.

Nếu $(α) / / (β)$ gọi $d$ là đường thẳng đi qua $M$ và vuông góc với $(α)$ khi đó ta có $d ⊥ (β)$ .

Như vậy mọi mặt phẳng chứa $d$ đều vuông góc với $(α)$ và $(β)$ .

Do đó khi $(α) / / (β)$ thì có vô số mặt phẳng $(P)$ đi qua $M$ và vuông góc với $(α)$ và $(β)$ .

Bài 5 trang 114 sgk Hình học 11: Cho hình lập phương

A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}

. Chứng minh rằng:

a) Mặt phẳng $(A B^{'} C^{'} D)$ vuông góc với mặt phẳng $(B C D^{'} A^{'})$ ;

b) Đường thẳng $A C^{'}$ vuông góc với mặt phẳng $(A^{'} B D)$ .

Phương pháp giải:

a) Chứng minh $A B^{'} ⊥ (B C D^{'} A^{'})$

Sử dụng lý thuyết: Nếu một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì mọi mặt phẳng chứa nó đều vuông góc với mặt phẳng đã cho.

b) Chứng minh $A C^{'} ⊥ B D; A C^{'} ⊥ A^{'} D$

Sử dụng lý thuyết: Nếu một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thì nó vuông góc với mặt phẳng chứa hai đường thẳng đó.

Lời giải:

${\begin{cases} B C ⊥ A B \\ B C ⊥ B B^{'} \end{cases} \Rightarrow B C ⊥ (A B B^{'} A^{'})$

$\Rightarrow B C ⊥ A B^{'}$ ;

${\begin{cases} A B^{'} ⊥ B C \\ A B^{'} ⊥ B A^{'} \\ B C \cap B A^{'} = B \\ B C, B A^{'} \subset (B C D^{'} A^{'}) \end{cases}$ $\Rightarrow A B^{'} ⊥ (B C D^{'} A^{'})$

Ta có $A B^{'} \subset (A B^{'} C^{'} D) \Rightarrow (A B^{'} C^{'} D) ⊥ (B C D^{'} A^{'})$

b) +) $A A^{'} ⊥ (A B C D) \Rightarrow A A^{'} ⊥ B D$

Mà $B D ⊥ A C \Rightarrow B D ⊥ (A C C^{'} A^{'})$

$A C^{'} \subset (A C C^{'} A^{'})$ nên suy ra $B D ⊥ A C^{'}$ (1)

+) $A B ⊥ (A D D^{'} A^{'}) \Rightarrow A B ⊥ A^{'} D$

Mà $A D^{'} ⊥ A^{'} D \Rightarrow A^{'} D ⊥ (A B C^{'} D^{'})$

Ta có $A C^{'} \subset (A B C^{'} D^{'}) \Rightarrow A^{'} D ⊥ A C^{'}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $A C^{'} ⊥ (A^{'} B D)$ .

Bài 6 trang 114 sgk Hình học 11: Cho hình chóp

S . A B C D

có đáy

A B C D

là một hình thoi cạnh

a

và có

S A = S B = S C = a

. Chứng minh rằng:

a) Mặt phẳng $(A B C D)$ vuông góc với mặt phẳng $(S B D)$ ;

b) Tam giác $S B D$ là tam giác vuông.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh $A C ⊥ (S B D)$ .

b) Chứng minh tam giác $S B D$ có đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh đó.

Lời giải:

a) Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $A C$ và $B D$

Theo tính chất của hình thoi thì $O$ là trung điểm của $A C, B D$

Xét tam giác cân $S A C$ cân tại $S$ ta có:

$S O$ vừa là đường trung tuyến đồng thời là đường cao do đó $S O ⊥ A C$ (1)

Mặt khác $A B C D$ là hình thoi nên $A C ⊥ B D$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A C ⊥ (S B D)$

$A C \subset (A B C D) \Rightarrow (A B C D) ⊥ (S B D)$

b) $∆ S A C = ∆ B A C (c . c . c)$

Do đó các đường trung tuyến ứng với các đỉnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau: $S O = B O$

$O$ là trung điểm của $B D$ nên $O B = O D$

$\Rightarrow S O = B O = \frac{1}{2} B D$

Tam giác $S B D$ có trung tuyển $S O = \frac{1}{2} B D$ nên vuông tại $S$ . (đpcm)

Cách khác:

Tam giác $S O C$ vuông tại $O$ nên theo Pi-ta-go ta có:

$S O^{2} = S C^{2} - O C^{2} = a^{2} - O C^{2}$

Tam giác $B O C$ vuông tại $O$ nên theo Pi-ta-go ta có:

$B O^{2} = B C^{2} - O C^{2} = a^{2} - O C^{2}$

$\Rightarrow S O = B O = \frac{1}{2} B D$

Tam giác $S B D$ có trung tuyển $S O = \frac{1}{2} B D$ nên vuông tại $S$ . (đpcm)

Bài 7 trang 114 sgk hình học 11: Cho hình hộp chữ nhật

A B C D . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}

có

A B = a, B C = b, C C^{'} = c

a) Chứng minh rằng mặt phẳng $(A D C^{'} B^{'})$ vuông góc với mặt phẳng $(A B B^{'} A^{'})$ .

b) Tính độ dài đường chéo $A C^{'}$ theo $a, b, c$ .

Phương pháp giải:

a) Chứng minh $D A ⊥ (A B B^{'} A^{'})$

b) Sử dụng định lí Pytago.

Lời giải:

a) Ta có:

${\begin{cases} D A ⊥ A A^{'} \\ D A ⊥ A B \end{cases} \Rightarrow D A ⊥ (A B B^{'} A^{'})$

Mà $D A \subset (A D C^{'} B^{'})$

$\Rightarrow (A D C^{'} B^{'}) ⊥ (A B B^{'} A^{'})$ .

${\begin{cases} C^{'} C ⊥ C D \\ C^{'} C ⊥ C B \end{cases} \Rightarrow C^{'} C ⊥ (A B C D)$

Mà $C A \subset (A B C D) \Rightarrow C^{'} C ⊥ C A$ hay tam giác $A C C^{'}$ vuông tại $C$ .

Xét tam giác vuông $A C C^{'}$

$A C^{'} = \sqrt{A C^{2} + C C^{' 2}}$ $= \sqrt{A D^{2} + D C^{2} + C C^{' 2}}$

$= \sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}} .$

Ghi nhớ: Hai mặt phẳng vuông góc với nhau khi mặt này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt kia.

Bài 8 trang 114 SGK Hình học 11: Tính độ dài đường chéo của một hình lập phương cạnh

a

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức tính đường chéo của hình hộp chữ nhật có ba kích thước a, b, c là $\sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}$

Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có ba kích thước bằng nhau.

Lời giải:

Hình hộp chữ nhật có độ dài đường chéo là: $A C^{'} = \sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}$

Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có $a = b = c$ nên ta có đường chéo $A C^{'} = \sqrt{a^{2} + a^{2} + a^{2}} = \sqrt{3 a^{2}} = a \sqrt{3}$

Bài 9 trang 114 SGK Hình học 11: Cho hình chóp tam giác đều

S . A B C

có

S H

là đường cao. Chứng minh

S A ⊥ B C

và

S B ⊥ A C

Phương pháp giải:

Chứng minh

B C ⊥ (S A H); A C ⊥ (S B H)

Lời giải:

Hình chóp tam giác đều nên ta có $H$ là tâm của tam giác đều $A B C$

$S H ⊥ (A B C) \Rightarrow S H ⊥ B C$

Và $A H ⊥ B C$ (vì $H$ là trực tâm)

Suy ra $B C ⊥ (S A H)$

$S A \subset (S A H) \Rightarrow B C ⊥ S A$ .

Chứng minh tương tự, ta có:

$S H ⊥ (A B C) \Rightarrow S H ⊥ A C$ .

Mà $H$ là trực tâm của tam giác $A B C$ $\Rightarrow B H ⊥ A C$

$\Rightarrow A C ⊥ (S B H); S B \subset (S B H)$ $\Rightarrow A C ⊥ S B$

Cách khác:

Sử dụng định lí ba đường vuông góc

+ Ta có: $A H ⊥ B C$

Mà $A H$ là hình chiếu của $S A$ trên $(A B C)$

$\Rightarrow B C ⊥ S A$ ( định lí ba đường vuông góc)

+ Lại có : $A C ⊥ B H .$

$B H$ là hình chiếu của $S B$ trên $(A B C)$

$\Rightarrow A C ⊥ S B$ ( định lí ba đường vuông góc)

Bài 10 trang 114 sgk Hình học 11: Cho hình chóp tứ giác đều

S . A B C D

có các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng

a

. Gọi

O

là tâm của hình vuông

A B C D

a) Tính độ dài đoạn thẳng $S O$ .

b) Gọi $M$ là trung điểm của đoạn $S C$ . Chứng minh hai mặt phẳng $(M B D)$ và $(S A C)$ vuông góc với nhau.

c) Tính độ dài đoạn $O M$ và tính góc giữa hai mặt phẳng $(M B D)$ và $(A B C D)$ .

Phương pháp giải:

a) Áp dụng định lý Pi-ta-go cho tam giác vuông.

b) Chứng minh $B D ⊥ (S A C)$ và sử dụng lý thuyết: Nếu một đường thẳng vuông góc với một phẳng thì mọi mặt phẳng chứa đường thẳng này đều vuông góc mặt phẳng kia.

c) Góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt nằm trong hai mặt phẳng và vuông góc với giao tuyến.

Lời giải:

a) Hình chóp tứ giác đều nên $S O ⊥ (A B C D)$ . Do đó $S O ⊥ A C$

Tam giác ABD vuông tại A nên $B D = \sqrt{A B^{2} + A D^{2}} = a \sqrt{2}$ $\Rightarrow A O = \frac{1}{2} B D = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

Xét tam giác $S O A$ vuông tại $O$ :

$S O = \sqrt{S A^{2} - A O^{2}} = \frac{a \sqrt{2}}{2} .$

b) $B D ⊥ A C$ , $B D ⊥ S O$ nên $B D ⊥ (S A C)$ ,

Mà $B D \subset (M B D)$ do đó $(M B D) ⊥ (S A C)$ .

c) $O M = \frac{S C}{2} = \frac{a}{2}$ (trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông thì bằng nửa cạnh ấy).

$Δ S D C = Δ S B C (c . c . c)$ suy ra $D M = B M$ suy ra tam giác $B D M$ cân tại $M$

$O M$ vừa là trung tuyến đồng thời là đường cao nên $O M ⊥ B D$

$\begin{matrix} (M B D) \cap (A B C D) = B D \\ O M ⊥ B D \\ O C ⊥ B D \end{matrix}}$

$\Rightarrow$ góc giữa hai mặt phẳng $(M B D)$ và $(A B C D)$ là $\hat{M O C}$

Ta có $O M = \frac{S C}{2} = \frac{a}{2}$ hay $O M = M C$

Tam giác $O M C$ vuông cân tại $M$ nên $\hat{M O C} = 45^{0} .$

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $(M B D)$ và $(A B C D)$ là $45^{0}$ .

Bài 11 trang 114 sgk Hình học 11: Cho hình chóp

S . A B C D

có đáy

A B C D

là một hình thoi tâm

I

cạnh

a

và có góc

A

bằng

60^{0},

cạnh

S C = \frac{a \sqrt{6}}{2}

và

S C

vuông góc với mặt phẳng

(A B C D)

a) Chứng minh mặt phẳng $(S B D)$ vuông góc với mặt phẳng $(S A C)$ .

b) Trong tam giác $S C A$ kẻ $I K$ vuông góc với $S A$ tại $K$ . Hãy tính độ dài $I K$

c) Chứng minh $\hat{B K D} = 90^{0}$ và từ đó suy ra mặt phẳng $(S A B)$ vuông góc với mặt phẳng $(S A D)$ .

Phương pháp giải:

a) Chứng minh mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.

b) Chứng minh tam giác $S C A$ và $I K A$ đồng dạng, từ đó suy ra tỉ số các cạnh và tính $I K$ .

c) Chứng minh tam giác $B K D$ có đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy.

Xác định góc giữa hai mặt phẳng $(S A B)$ và $(S A D)$ và chứng minh góc đó bằng $90^{0}$ .

Lời giải:

a) $S C ⊥ (A B C D) \Rightarrow S C ⊥ B D (1)$

$A B C D$ là hình thoi nên $A C ⊥ B D (2)$

Từ (1) và (2) suy ra $B D ⊥ (S A C)$ .

Mà $B D \subset (S B D) \Rightarrow (S B D) ⊥ (S A C)$ .

b) Xét tam giác $A B D$ có $A B = A D$ và góc $A = 60^{0}$ nên là tam giác đều.

Do đó $A I = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow A C = 2 A I = a \sqrt{3}$

$S C ⊥ (A B C D) \Rightarrow S C ⊥ C A$ nên tam giác $S A C$ vuông tại $C$ .

Xét tam giác vuông $S A C$ có: $S A = \sqrt{A C^{2} + S C^{2}} = \sqrt{3 a^{2} + \frac{6 a^{2}}{4}}$ $= \frac{3 a}{\sqrt{2}} .$

Xét $Δ S C A$ và $Δ I K A$ có:

${\begin{cases} A chung \\ \hat{S C A} = \hat{I K A} = 90^{0} \end{cases}$

$\Rightarrow$ $Δ S C A ∽ Δ I K A (g . g)$

$\Rightarrow \frac{I K}{S C} = \frac{A I}{A S}$ $\Rightarrow I K = \frac{A I . S C}{A S} = \frac{a}{2} .$

c) Dễ thấy $Δ A B D$ đều nên $B D = a$ $\Rightarrow I K = \frac{1}{2} B D$ nên $Δ B K D$ vuông tại $K$ .

Vậy $\hat{B K D} = 90^{0} .$

Ta có: $B D ⊥ (S A C) (c m t) \Rightarrow B D ⊥ S A$

${\begin{cases} B D ⊥ S A \\ I K ⊥ S A \end{cases} \Rightarrow S A ⊥ (B K D) \Rightarrow {\begin{cases} S A ⊥ B K \\ S A ⊥ D K \end{cases}$

Ta có:

$\begin{array}{l} {\begin{cases} (S A B) \cap (S A D) = S A \\ (S A B) \supset B K ⊥ S A \\ (S A D) \supset D K ⊥ S A \end{cases} \end{array}$

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $(S A B)$ và $(S A D)$ bằng góc giữa hai đường thẳng $B K$ và $D K$ là góc $\hat{B K D} = 90^{0} .$ (đpcm).

Lý thuyết Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc

1. Góc giữa hai mặt phẳng

Định nghĩa: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.

Cách xác định góc giữa hai đường thẳng:

$(P) \cap (Q) = c$ . Trong $(P)$ từ $I \in c$ vẽ $a ⊥ c$ ; trong $(Q)$ từ $I$ vẽ $b ⊥ c$ . Góc giữa $a$ và $b$ là góc giữa $m p (P)$ và $m p (Q)$ (h.3.41).

Diện tích hình chiếu của một đa giác.

Cho đa giác $H$ thuộc $m p (Q)$ . Gọi đa giác $H^{'}$ là hình chiếu của đa giác $H$ lên $m p (P)$ ; $α = \hat{(P; Q)} .$ Khi đó $S_{H^{'}} = S_{H} . c o s α .$

2. Hai mặt phẳng vuông góc

Định nghĩa:

Hai mặt phẳng gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng $90^{0} .$

Định lý: Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vuông góc với nhau là mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.

Hệ quả 1

Nếu hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ vuông góc với nhau thì bất cứ đường thẳng $a$ nào nằm trong mặt phẳng $(P)$ , vuông góc với giao tuyến của $(P)$ và $(Q)$ đều vuông góc với mp $(Q)$ .

Hệ quả 2

Nếu hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ vuông góc với nhau và $A$ là một điểm nằm trong $(P)$ thì đường thẳng $a$ đi qua điểm $A$ và vuông góc với $(Q)$ sẽ nằm trong $(P)$ .

Hệ quả 3

Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì giao tuyến của chúng vuông góc với mặt phẳng thứ ba.

3. Hình lăng trụ đứng, hình hộp chữ nhật, hình lập phương.

Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.

Hình hộp đứng là hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành.

Hình hộp chữ nhật là hình hộp đứng có đấy là hình chữ nhật.

Hình lập phương là hình hộp có tất cả các mặt là hình vuông.

4. Hình chóp đều và hình chóp cụt đều.

Hình chóp đều:

- Một hình chóp được gọi là hình chóp đều nếu đáy của nó là 1 đa giác đều và đường cao của hình chóp đi qua tâm của đấy.

- Hình chóp đều có các mặt cạnh bên tạo với mặt đáy các góc bằng nhau.

Hình chóp cụt đều:

Phần nằm giữa đáy và một thiết diện song song với đáy của hình chóp đều gọi là hình chóp cụt đều.

5. Góc giữa hai mặt phẳng

a. Định nghĩa

Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.

b. Cách xác định góc giữa hai mặt phẳng

TH1: Hai mặt phẳng $(P), (Q)$ song song hoặc trùng nhau thì góc giữa chúng bằng $0^{0}$ .

TH2: Hai mặt phẳng $(P), (Q)$ không song song hoặc trùng nhau.

Cách 1:

+) Dựng hai đường thẳng $n, p$ lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ .

+) Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng $(P)$ và $(Q)$ là góc giữa hai đường thẳng $n, p$ .

Cách 2:

+) Xác định giao tuyến $Δ$ của hai mặt phẳng $(P), (Q)$ .

+) Tìm một mặt phẳng $(R)$ vuông góc $Δ$ và cắt và hai mặt phẳng theo các giao tuyến $a, b$ .

+) Góc giữa hai mặt phẳng $(P), (Q)$ là góc giữa $a$ và $b$ .

c. Diện tích hình chiếu của đa giác

Gọi $S$ là diện tích của đa giác $(H)$ trong $(P), S^{'}$ là diện tích hình chiếu $(H^{'})$ của $(H)$ trên mặt phẳng $(Q)$ và $α = ((P), (Q))$ . Khi đó:

$S^{'} = S . \cos α$

Ví dụ: Cho tứ diện $A B C D$ có $Δ B C D$ vuông cân tại $B$ , $A B ⊥ (B C D), B C = B D = a$ , góc giữa $(A C D)$ và $(B C D)$ là $30^{0}$ . Tính diện tích toàn phần của tứ diện $A B C D$ .

Giải:

- Xác định góc giữa hai mặt phẳng $(A C D)$ và $(B C D)$ :

Ta có: $Δ A B C = Δ A B C (c . g . c) \Rightarrow A C = A D$ (cạnh tương ứng)

Gọi $E$ là trung điểm của $C D \Rightarrow A E ⊥ C D, B E ⊥ C D$ .

Ta có: ${\begin{cases} (A C D) \cap (B C D) = C D \\ A E ⊥ C D \\ B E ⊥ C D \end{cases}$ nên góc giữa hai mặt phẳng $(A C D)$ và $(B C D)$ là góc giữa hai đường thẳng $A E, B E$ .

Do đó $\hat{A E B} = 30^{0}$ .

- Tính diện tích toàn phần của tứ diện:

Tam giác vuông cân $B C E$ có:

$C D = \sqrt{B C^{2} + B D^{2}} = a \sqrt{2} \Rightarrow B E = \frac{1}{2} C D = \frac{1}{2} . a \sqrt{2} = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

Tam giác vuông $A B E$ có $A B = B E . \tan 30^{0} = \frac{a \sqrt{2}}{2} . \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{a \sqrt{6}}{6}$

Do đó:

$S_{A B C} = \frac{1}{2} B A . B C = \frac{1}{2} . \frac{a \sqrt{6}}{6} . a = \frac{a^{2} \sqrt{6}}{12}$

$S_{A B D} = \frac{1}{2} B A . B D = \frac{1}{2} . \frac{a \sqrt{6}}{6} . a = \frac{a^{2} \sqrt{6}}{12}$

$S_{B C D} = \frac{1}{2} B C . B D = \frac{a^{2}}{2}$

$S_{A C D} = \frac{S_{B C D}}{\cos 30^{0}} = \frac{1}{2} a^{2} : \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a^{2}}{\sqrt{3}} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{3}$

Vậy diện tích toàn phần của tứ diện là:

$S = S_{A B C} + S_{A B D} + S_{B C D} + S_{A C D} = \frac{a^{2} \sqrt{6}}{12} + \frac{a^{2} \sqrt{6}}{12} + \frac{a^{2} \sqrt{3}}{3} + \frac{a^{2}}{2} = \frac{a^{2} (\sqrt{6} + 2 \sqrt{3} + 3)}{6}$ .