Bài 3. Hai mặt phẳng vuông góc

Bài \(3\). Hai mặt phẳng vuông góc trang \(65\) 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 \(S.ABC\) có đáy là tam giác vuông tại \(C\), mặt bên \(SAC\) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với \((ABC)\).
\(a)\) Chứng minh rằng \((SBC) \perp (SAC)\).
\(b)\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(SC\). Chứng minh rằng \((ABI) \perp (SBC)\).

Trả lời:

\(a)\) Gọi \(H\) là trung điểm của \(AC\)

\(\Rightarrow SH \perp AC\) (do tam giác \(SAC\) đều)

Mà \((SAC) \perp (ABC)\)

\(\Rightarrow SH \perp (ABC) \Rightarrow SH \perp BC\)

Lại có \(AC \perp BC\)

\(\Rightarrow BC \perp (SAC)\)

\(\Rightarrow (SBC) \perp (SAC)\)

\(b)\) Tam giác \(SAC\) đều có \(I\) là trung điểm \(SC\) \(\Rightarrow AI \perp SC\)

Mà \(BC \perp (SAC) \Rightarrow BC \perp AI\)

\(\Rightarrow AI \perp (SBC)\)

\(\Rightarrow (ABI) \perp (SBC)\)

\(\)

Bài \(2\). Cho tam giác đều \(ABC\) cạnh \(a\), \(I\) là trung điểm của \(BC\), \(D\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(I\). Vẽ đoạn thẳng \(SD\) có độ dài bằng \(\displaystyle \frac{a\sqrt{6}}{2}\) và vuông góc với \((ABC)\). Chứng minh rằng:
\(a)\) \((SBC) \perp (SAD)\);
\(b)\) \((SAB) \perp (SAC)\).

Trả lời:

\(a)\) Tam giác \(ABC\) đều, \(D\) đối xứng với \(A\) qua trung điểm \(I\) của \(BC\) nên \(ABCD\) là hình thoi.

\(\Rightarrow AD \perp BC\).

Có \(SD \perp (ABC) \Rightarrow SD \perp BC\)

\(\Rightarrow BC \perp (SAD)\). Mà \(BC \subset (SBC)\)

\(\Rightarrow (SBC) \perp (SAD)\)

\(b)\) Kẻ \(IJ \perp SA, J \in SA\)

Có tam giác \(ABC\) đều nên \(AI = \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow AD = 2AI = a\sqrt{3}\)

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(D\) nên \(SA = \sqrt{SD^2 + AD^2} = \sqrt{\left(\displaystyle \frac{a\sqrt{6}}{2}\right)^2 + (a\sqrt{3})^2} \)

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

Xét tam giác \(BCJ\) có \(IJ\) là trung tuyến và \(IJ = \displaystyle \frac{1}{2} BC\) nên tam giác \(BCJ\) vuông tại \(J\)

\(\Rightarrow BJ \perp JC\)

Có \(BC \perp (SAD) \Rightarrow BC \perp SA\)

Mà \(IJ \perp SA\)

\(\Rightarrow SA \perp (BCJ) \Rightarrow SA \perp BJ\)

Lại có \(BJ \perp JC\)

\(\Rightarrow BJ \perp (SAC)\)

Mặt khác, \(BJ \subset (SAB)\)

Vậy \((SAB) \perp (SAC)\)

\(\)

Bài \(3\). Cho hình lăng trụ đứng \(ABCD.A’B’C’D’\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(B, AA’ = 2a, AD = 2a, AB = BC = a\).
\(a)\) Tính độ dài đoạn thẳng \(AC’\).
\(b)\) Tính tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ.

Trả lời:

\(a)\) Xét tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\) có:

\(AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = a\sqrt{2}\)

Có \(CC’ = AA’ = 2a\)

Mà \(CC’ \perp (ABCD) \Rightarrow CC’ \perp AC\)

Xét tam giác \(ACC’\) vuông tại \(C\) ta có:

\(AC’ = \sqrt{AC^2 + CC’^2} = \sqrt{(a\sqrt{2})^2 + (2a)^2} = a\sqrt{6}\)

\(b)\) Ta có: \(S_{ABCD} = S_{A’B’C’D’} = \displaystyle \frac{1}{2}. (AD + BC). AB = \displaystyle \frac{3a^2}{2}\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AD\). Khi đó \(ABCM\) là hình vuông

\(\Rightarrow MC = MD = MA = \displaystyle \frac{1}{2} AD = a\)

Xét tam giác \(MCD\) vuông cân tại \(M\) ta có:

\(CD = \sqrt{MC^2 + MD^2} = a\sqrt{2}\)

\(S_{ABB’A’} = AB. AA’ = 2a^2\)

\(S_{BCC’B’} = BC. CC’ = 2a^2\)

\(S_{ADD’A’} = AD. AA’ = 4a^2\)

\(S_{CDD’C’} = CD. CC’ = 2a^2\sqrt{2}\)

Tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ là:

\(S = S_{ABCD} + S_{A’B’C’D’} + S_{ABB’A’} + S_{BCC’B’}\)

\( + S_{ADD’A’} + S_{CDD’C’}\)

\(= \displaystyle \frac{3a^2}{2} + \displaystyle \frac{3a^2}{2} + 2a^2 + 2a^2 + 4a^2 + 2a^2\sqrt{3}\)

\(= (11 + 2\sqrt{2})a^2\) (đvdt)

\(\)

Bài \(4\). Cho hình hộp đứng \(ABCD.A’B’C’D’\) có đáy là hình thoi. Cho biết \(AB = BD = a, A’C = 2a\).
\(a)\) Tính độ dài đoạn thẳng \(AA’\).
\(b)\) Tính tổng diện tích các mặt của hình hộp.

Trả lời:

\(a)\) Xét tam giác \(ABD\) có: \(AB = AD = BD = a\)

\(\Rightarrow \Delta{ABD}\) đều \(\Rightarrow \widehat{BAD} = 60^o\)

\(\Rightarrow \widehat{ABC} = 180^o \ – \ 60^o = 120^o\)

Xét tam giác \(ABC\) có:

\(AC = \sqrt{AB^2 + BC^2 \ – \ 2. AB. BC. \cos{\widehat{ABC}}}\)

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

\(= a\sqrt{3}\)

Có \(AA’ \perp (ABCD) \Rightarrow AA’ \perp AC\)

\(\Rightarrow\) Tam giác \(AA’C\) vuông tại \(A\), ta có:

\(AA’ = \sqrt{A’C^2 \ – \ AC^2} = \sqrt{(2a)^2 \ – \ (a\sqrt{3})^2} = a\)

\(b)\) Ta có: \(S_{ABCD} = S_{A’B’C’D’} = AB. AC. \sin{\widehat{BAC}} = \displaystyle \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\)

\(S_{ABB’A’} = S_{CDD’C’} = AB. AA’ = a^2\)

\(S_{ADD’A’} = S_{BCC’B’} = AD. AA’ = a^2\)

Tổng diện tích các mặt của hình hộp là:

\(S = S_{ABCD} + S_{A’B’C’D’} + S_{ABB’A’} + S_{CDD’C’} \)

\(+ S_{ADD’A’} + S_{BCC’B’} = (4 + \sqrt{3})a^2\)

\(\)

Bài \(5\). Cho hình chóp cụt tứ giác đều có cạnh đáy lớn bằng \(2a\), cạnh đáy nhỏ và đường nối tâm hai đáy bằng \(a\). Tính độ dài cạnh bên và đường cao của mỗi mặt bên.

Trả lời:

Gọi \(O, O’\) lần lượt là tâm hai đáy.

Kẻ \(B’H \perp BD, H \in BD\). Kẻ \(BK \perp BC, K \in BC\)

Xét tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\) ta có:

\(BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{(2a)^2 + (2a)^2} = 2a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow BO = \displaystyle \frac{BD}{2} = a\sqrt{2}\)

Xét tam giác \(A’B’D’\) vuông tại \(A’\) ta có:

\(B’D’ = \sqrt{A’B’^2 + A’D’^2} = a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow B’O’ = \displaystyle \frac{B’D’}{2} = \displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Xét tứ giác \(OHB’O’\) là hình chữ nhật có \(OH = O’B’ = \displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}, OO’ = B’H = a\)

\(\Rightarrow BH = OB \ – \ OH = \displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Xét tam giác \(BB’H\) vuông tại \(H\) có:

\(BB’ = \sqrt{B’H^2 + BH^2} = \sqrt{a^2 + \left(\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \displaystyle \frac{a\sqrt{6}}{2}\)

Tứ giác \(BCC’B’\) là hình thang cân nên:

\(BK = \displaystyle \frac{BC \ – \ B’C’}{2} = \displaystyle \frac{a}{2}\)

Tam giác \(BKB’\) vuông tại \(K\) nên:

\(B’K = \sqrt{BB’^2 \ – \ BK^2} = \displaystyle \frac{a\sqrt{5}}{2}\)

\(\)

Bài \(6\). Kim tự tháp bằng kính tại bảo tàng Louvre ở Paris có dạng hình chóp tứ giác đều với chiều cao là \(21,6\) m và cạnh đáy dài \(34\) m. Tính độ dài cạnh bên và diện tích xung quanh của kim tự tháp.