Bài 1 trang 113 SGK Hình học 11. Cho ba mặt phẳng \((\alpha)\), \((\beta )\), \((\gamma )\), mệnh đề nào sau đây đúng? a) Nếu \((\alpha)\bot\beta\) và \((\alpha) // (\gamma)\) thì \((\beta)\bot(\gamma)\); b) Nếu \((\alpha)\bot\beta\) và \((\alpha) \bot (\gamma)\) thì \((\beta)//(\gamma)\). Giải a) Đúng. b) Sai. Bài 2 trang 113 SGK Hình học 11. Cho hai mặt phẳng \((\alpha)\) và \((\beta)\) vuông góc với nhau. Người ta lấy trên giao tuyến \(\Delta\) của hai mặt phẳng đó hai điểm \(A\) và \(B\) sao cho \(AB=8cm\). Gọi \(C\) là một điểm trên \((\alpha)\) và \(D\) là một điểm trên \((\beta)\) sao cho \(AC\) và \(BD\) cùng vuông góc với giao tuyến \(\Delta\) và \(AC=6cm\), \(BD=24cm\). Tính độ dài đoạn \(CD\). Giải \(\left. \matrix{ (\alpha ) \bot (\beta ) \hfill \cr AC \bot \Delta \hfill \cr AC \subset (\alpha ) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow AC \bot (\beta )\) Do đó \(AC\bot AD\) hay tam giác \(ACD\) vuông tại \(A\) Áp dụng định lí Pytago vào tam giác \(ACD\) ta được: $$D{C^2} = A{C^2} + A{D^2}(1)$$ Theo giả thiết \(BD\) vuông góc với giao tuyến nên \(BD\bot AB\) hay tam giác \(ABD\) vuông tại \(B\). Áp dụng định lí Pytago vào tam giác \(ABD\) ta được: $$A{D^2} = A{B^2} + B{D^2}(2)$$ Từ (1) và (2) suy ra: \(D{C^2} = A{C^2} + A{B^2} + B{D^2} = {6^2} + {8^2} + {24^2} = 676\) \( \Rightarrow DC = \sqrt {676} = 26cm\) Bài 3 trang 113 SGK Hình học 11. Trong mặt phẳng \((\alpha)\) cho tam giác \(ABC\) vuông ở \(B\). Một đoạn thẳng \(AD\) vuông góc với \((\alpha)\) tại \(A\). Chứng minh rằng: a) \(\widehat {ABD}\) là góc giữa hai mặt phẳng \((ABC)\) và \((DBC)\); b) Mặt phẳng \((ABD)\) vuông góc với mặt phẳng \((BCD)\); c) \(HK//BC\) với \(H\) và \(K\) lần lượt là giao điểm của \(DB\) và \(DC\) với mặt phẳng \((P)\) đi qua \(A\) và vuông góc với \(DB\). Giải a) Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(AB\bot BC\) (1) \(AD\) vuông góc với \((\alpha)\) nên \(AD\bot BC\) (2) Từ (1) và (2) suy ra \(BC\bot (ABD)\) suy ra \(BC\bot BD\) \(\left. \matrix{ (ABC) \cap (DBC) = BC \hfill \cr BD \bot BC \hfill \cr AB \bot BC \hfill \cr} \right\} \Rightarrow \) góc giữa hai mặt phẳng \((ABC)\) và \((DBC)\) là góc \(\widehat {ABD}\) b) \(\left. \matrix{ BC \bot (ABD) \hfill \cr BC \subset (BCD) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow (ABD) \bot (BCD)\) c) Mặt phẳng \((P)\) đi qua \(A\) và vuông góc với \(DB\) nên \(HK\bot BC\) Trong \((BCD)\) có: \(HK\bot BC\) và \(BC\bot BD\) nên suy ra \(HK// BC\). Bài 4 trang 114 SGK Hình học 11. Cho hai mặt phẳng \((\alpha)\), \((\beta)\) cắt nhau và một điểm \(M\) không thuộc \((\alpha)\) và không thuộc \((\beta)\). Chứng minh rằng qua điểm \(M\) có một và chỉ một mặt phẳng \((P)\) vuông góc với \((\alpha)\) và \((\beta)\). Nếu \((\alpha)\) song song với \((\beta)\) thì kết quả trên sẽ thay đổi như thế nào? Giải Gọi \(a=(\alpha)\cap (\beta)\). Mặt phẳng \((P)\) đi qua \(M\) và vuông góc với \(a\). Vì \(a\subset (\alpha)\) nên \((P)\bot (\alpha)\), \(a\subset (\beta)\) nên \((P)\bot(\beta)\) Như vậy qua \(M\) có mặt phẳng \((P)\) vuông góc với \((\alpha)\) và \((\beta)\). Ngược lại: Nếu có \((P)\) đi qua \(M\) và vuông góc với \((\alpha)\) và \((\beta)\) thì \((P)\bot a\). Do tính duy nhất của mặt phẳng đi qua một điểm và vuông góc với một đường thẳng cho trước nên \((P)\) duy nhất. Nếu \((\alpha)//(\beta)\) gọi \(d\) là đường thẳng đi qua \(M\) và vuông góc với \((\alpha)\) khi đó ta có \(d\bot (\beta)\). Như vậy mọi mặt phẳng chứa \(d\) đều vuông góc với \((\alpha)\) và \((\beta)\). Do đó khi \((\alpha)//(\beta)\) thì có vô số mặt phẳng \((P)\) đi qua \(M\) và vuông góc với \((\alpha)\) và \((\beta)\). Bài 5 trang 114 sgk Hình học 11. Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Chứng minh rằng: a) Mặt phẳng \((AB'C'D)\) vuông góc với mặt phẳng \((BCD'A')\); b) Đường thẳng \(AC'\) vuông góc với mặt phẳng \((A'BD)\). Giải (H.3.45) a) \(BC ⊥ (ABB'A') \Rightarrow BC ⊥ AB'\); Mà \(BA' ⊥ AB' \Rightarrow AB' ⊥ (BCD'A')\). Ta có \(AB' ⊂ (AB'C'D)\) nên (\(AB'C'D) ⊥ (BCD'A')\). b) +) \(AA'\bot(ABCD) \Rightarrow AA'\bot BD\) Mà \(BD\bot AC\Rightarrow BD\bot (ACC'A')\) \(AC'\subset(ACC'A')\) nên suy ra \(BD\bot AC'\) (1) +) \(AB\bot (ADD'A')\Rightarrow AB\bot A'D \) Mà \(AD'\bot A'D\Rightarrow A'D\bot (ABC'D')\) Ta có \(AC'\subset (ABC'D')\Rightarrow AC'\bot A'D\) (2) Từ (1) và (2) suy ra: \(AC' ⊥ (A'BD)\). Bài 6 trang 114 sgk Hình học 11. Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là một hình thoi cạnh \(a\) và có \(SA = SB = SC = a\). Chứng minh rằng: a) Mặt phẳng \((ABCD)\) vuông góc với mặt phẳng \((SBD)\); b) Tam giác \(SBD\) là tam giác vuông. Giải a) Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\) Theo tính chất của hình thoi thì \(O\) là trung điểm của \(AC,BD\) Xét tam giác cân \(SAC\) cân tại \(S\) có \(SO\) vừa là đường trung tuyến đồng thời là đường cao do đó \(SO\bot AC\) (1) Mặt khác \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\bot BD\) (2) Từ (1) và (2) suy ra \(AC\bot (SBD)\) \(AC\subset (ABCD)\Rightarrow (ABCD)\bot (SBD)\) b) \(∆SAC = ∆BAC (c.c.c)\) Do đó các đường trung tuyến ứng với các đỉnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau: \(SO = BO\) \(O\) là trung điểm của \(BD\) nên \(OB=OD\) Suy ra \(SO=OB=OD={1\over 2} BD\) Đường trung tuyến ứng với một cạnh của tam giác và bằng nửa cạnh ấy thì tam giác đó là tam giác vuông. Do đó tam giác \(SBD\) vuông tại \(S\) Bài 7 trang 114 sgk hình học 11. Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB = a, BC = b, CC' = c\). a) Chứng minh rằng mặt phẳng \((ADC'B')\) vuông góc với mặt phẳng \((ABB'A')\). b) Tính độ dài đường chéo \(AC'\) theo \(a, b, c\). Giải a) Ta có: \(DA ⊥ (ABB'A'), DA ⊂ (ADC'B')\) \(\Rightarrow (ADC'B') \bot(ABB'A')\). b) Xét tam giác vuông \(ACC'\)) \(AC' = \sqrt {A{C^2} + CC{'^2}} = \sqrt {A{D^2} + D{C^2} + CC{'^2}}\) \(=\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}.\) 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 \(a\). Giải Hình hộp chữ nhật có độ dài đường chéo là: \(AC' = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \) Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có \(a=b=c\) nên ta có đường chéo \(AC'=\sqrt {{a^2} + {a^2} + {a^2}} =\sqrt {3{a^2}} = a\sqrt 3\) Bài 9 trang 114 sgk Hình học 11. Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC \) 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 \(\widehat{BKD}=90^{0}\) \(\Rightarrow (SAD) ⊥ (SAB)\).
