Bài 2. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Bài 2. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng trang \(56\) Sách giáo khoa Toán lớp \(11\) tập \(2\) Chân trời sáng tạo. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau:

Bài \(1\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \perp (ABCD)\). Cho biết \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\), \(AB = 2AD\).
\(a)\) Chứng minh \(CD \perp (SAD)\).
\(b)\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\). Chứng minh \(CM \perp (SAB)\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có: \(SA \perp (ABCD)\) nên \(SA \perp CD\) (\(1\))

\(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\) nên \(CD \perp AD\) (\(2\))

Từ (\(1\)) và (\(2\)) suy ra: \(CD \perp (SAD)\)

\(b)\) Ta có: \(AB = 2AD\), \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(AB = AD = \displaystyle \frac{AB}{2}\)

Suy ra tứ giác \(AMCD\) là hình vuông

\(\Rightarrow CM \perp AB\)

Mặt khác \(CM \perp SA\) (do \(CM \subset (ABCD)\))

Suy ra \(CM \perp (SAB)\)

\(\)

Bài \(2\). Cho hình vuông \(ABCD\). Gọi \(H, K\) lần lượt là trung điểm của \(AB, AD\). Trên đường thẳng vuông góc với \((ABCD)\) tại \(H\), lấy điểm \(S\). Chứng minh rằng:
\(a)\) \(AC \perp (SHK)\);
\(b)\) \(CK \perp (SDH)\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có \(H, K\) lần lượt là trung điểm của \(AB, AD\)

\(\Rightarrow HK\) là đường trung bình của tam giác \(ABD\)

\(\Rightarrow HK // BD\)

\(ABCD\) là hình vuông nên \(AC \perp BD\)

\(\Rightarrow AC \perp HK\)

Lại có \(SH \perp (ABCD) \Rightarrow SH \perp AC\)

Từ đó suy ra \(AC \perp (SHK)\).

\(b)\) Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(I\) là giao điểm của \(CK\) và \(DH\).

Xét \(\Delta{AHD}\) và \(\Delta{DKC}\) có:

\(\begin{equation} \left.\begin{array}{II}AH = DK\\\widehat{HAD} = \widehat{KDC}\\AD = CD \end{array} \right\}\end{equation} \Rightarrow \Delta{AHD} = \Delta{DKC} (c.g.c)\)

\(\Rightarrow \widehat{ADH} = \widehat{DCK}\)

Mà \(\widehat{DCK} + \widehat{DKC} = 90^o\)

\(\Rightarrow \widehat{DKC} + \widehat{ADH} = 90^o\)

Xét tam giác \(DKI\) ta có:

\(\widehat{DIK} = 180^o \ – \ (\widehat{DKC} + \widehat{ADH}) = 90^o\)

\(\Rightarrow DH \perp CK\)

Mà \(SH \perp CK \) (do \(SH \perp (ABCD)\)

Suy ra \(CK \perp (SDH)\)

\(\)

Bài \(3\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh bằng \(a\sqrt{2}\), có các cạnh bên đều bằng \(2a\).
\(a)\) Tính góc giữa \(SC\) và \(AB\).
\(b)\) Tính diện tích hình chiếu vuông góc của tam giác \(SAB\) trên mặt phẳng \((ABCD)\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có: \(AB // CD \Rightarrow (SC, AB) = (SC, CD) = \widehat{SCD}\)

Xét tam giác \(SCD\) có:

\(\cos{\widehat{SCD}} = \displaystyle \frac{SC^2 + CD^2 \ – \ SD^2}{2. SC. CD} = \displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}\)

\(\Rightarrow \widehat{SCD} \approx 69^o18’\)

\(b)\) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Khi đó, \(O\) đồng thời là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).

Tam giác \(SAC\) cân tại \(S\) \(\Rightarrow SO \perp AC\)

Tam giác \(SBD\) cân tại \(S\) \(\Rightarrow SO \perp BD\)

\(\Rightarrow SO \perp (ABCD)\) hay \(O\) là hình chiếu của \(S\) trên mặt phẳng \((ABCD)\)

Vậy tam giác \(OAB\) là hình chiếu vuông góc của tam giác \(SAB\) trên mặt phẳng \((ABCD)\).

\(\)

Bài \(4\). Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA = SB = SC = a, \widehat{ASB} = 90^o, \widehat{BSC} = 60^o\),\( \widehat{ASC} = 120^o\). Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \(AC\). Chứng minh \(SI \perp (ABC)\).

Trả lời:

Xét tam giác \(SAC\) có:

\(AC = \sqrt{SA^2 + SC^2 \ – \ 2. SA. SC. \cos{\widehat{ASC}}}\)

\(= \sqrt{a^2 + a^2 \ – \ 2. a. a. \cos{120^o}} = a\sqrt{3}\)

Xét tam giác \(SAC\) cân tại \(S\), có \(I\) là trung điểm của \(AC\) nên \(SI \perp AC\)

\(\Rightarrow SI = \sqrt{SA^2 \ – \ AI^2} = \sqrt{SA^2 \ – \ \left(\displaystyle \frac{AC}{2}\right)^2}\)

\(= \sqrt{a^2 \ – \ \left(\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2} = \displaystyle \frac{a}{2}\)

Tam giác \(SBC\) có \(SB = SC = a, \widehat{BSC} = 60^o\) nên tam giác \(SBC\) đều.

\(\Rightarrow BC = a\)

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(S\) ta có:

\(AB = \sqrt{SA^2 + SB^2} = a\sqrt{2}\)

Tam giác \(ABC\) có: \(AB^2 + BC^2 = (a\sqrt{2})^2 + a^2 = 3a^2 = AC^2\)

\(\Rightarrow\) Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\)

\(\Rightarrow BI = \displaystyle \frac{AC}{2} = \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Xét tam giác \(SBI\) có:

\(SI^2 + BI^2 = \left(\displaystyle \frac{a}{2}\right)^2 + \left(\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 = a^2 = SB^2\)

\(\Rightarrow\) Tam giác \(SBI\) vuông tại \(I\) hay \(SI \perp BI\)

Có \(SI \perp AC, SI \perp BI\) nên \(SI \perp (ABC)\)

\(\)

Bài \(5\). Một cái lều có dạng hình lăng trụ \(ABC. A’B’C’\) có cạnh bên \(AA’\) vuông góc với đáy (Hình \(24\)).Cho biết \(AB = AC = 2,4\) m; \(BC = 2\) m; \(AA’ = 3\) m.
\(a)\) Tính góc giữa hai đường thẳng \(AA’\) và \(BC\), \(A’B’\) và \(AC\).
\(b)\) Tính diện tích hình chiếu vuông góc của tam giác \(ABB’\) trên mặt phẳng \((BB’C’C)\).