Giải Toán 11 SGK nâng cao Chương 3 Bài 3 Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Khẳng định “Một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng phân biệt trong mặt phẳng (P) thì nó vuông góc với (P)” có đúng không ? Vì sao ?

Hướng dẫn giải:

Không đúng vì nếu a ⊥ b và b // c ( trong đó b, c nằm trong (P)) thì a chưa hẳn vuông góc với (P)

---

Cho hai đường thẳng a, b và mặt phẳng (P). Các mệnh đề sau đúng hay sai ?

a. Nếu a // (P) và b ⊥ (P) thì b ⊥ a.

b. Nếu a // (P) và b ⊥ a thì b ⊥ (P)

c. Nếu a // (P), b // a thì b // (P)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đúng a // (β) nên tồn tại a’ ⊂ (P) sao

cho a // a’ mà b ⊥ (P) nên b ⊥ a’.

Do đó b ⊥ a

Câu b:

Sai b có thể song song với (P)

Câu c:

Sai b có thể nằm trong (P)

---

Cho điểm S có hình chiếu trên mp(P) là H. Với điểm M bất kì trên (P) (M không trùng H), ta gọi đoạn thẳng SM là đường xiên, đoạn thẳng HM là hình chiếu của đường xiên đó. Chứng minh rằng :

a. Hai đường xiên bằng nhau khi và chỉ khi hai hình chiếu của chúng bằng nhau.

b. Với hai đường xiên cho trước, đường xiên nào dài hơn thì có hình chiếu dài hơn và ngược lại, đường xiên nào có đường chiếu dài hơn thì dài hơn.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Giả sử HM, HN lần lượt là hình chiếu của SM, SN.

* Nếu SM = SN thì ΔSHM = ΔSHN nên HM = HN

Ngược lại nếu HM = HN thì ΔSHM = ΔSHN nên SM = SN

Vậy SM = SN <=> HM = HN

Câu b:

Áp dụng định lí Pytago, ta có :

\(\begin{array}{l}
S{M^2} - H{M^2} = S{N^2} - H{N^2}( = S{H^2})\\
 \Rightarrow S{M^2} - S{N^2} = H{M^2} - H{N^2}
\end{array}\)

Từ đó suy ra : SM > SN <=> HM > HN (đpcm)

---

Cho tứ diện ABCD. Tìm điểm O cách đều bốn đỉnh của tứ diện.

Hướng dẫn giải:

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của ΔBCD

Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng (BCD)

Theo kết quả bài 14. M \( \in \) d <=> MB = MC = MD

(d gọi là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD)

Gọi O là giao điểm của d với mặt phẳng trung trực của AB thì O cách đều bốn đỉnh của tứ diện (O gọi là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD).

---

Cho hình tứ diện ABCD có AB, BC, CD đôi một vuông góc và AB = a, BC = b, CD = c.

a. Tính độ dài AD.

b. Chỉ ra điểm cách đều A, B, C, D

c. Tính góc giữa đường thẳng AD và mặt phẳng (BCD), góc giữa đường thẳng AD và mặt phẳng (ABC).

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có: CD ⊥ BC và CD ⊥ AB nên CD ⊥ (ABC)

mà AC ⊂ (ABC) do đó CD ⊥ AC.

Trong tam giác vuông ABC ta có:

\(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {b^2}\)

Trong tam giác vuông ACD ta có:

\(\begin{array}{l}
A{D^2} = A{C^2} + C{D^2} = {a^2} + {b^2} + {c^2}\\
 \Rightarrow AD = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} 
\end{array}\)

Câu b:

Ta có: AB ⊥ BC và AB ⊥ CD suy ra AB ⊥ (BCD) do đó AB ⊥ BD.

Gọi I là trung điểm AD ta có IC = IA = IB = ID.

Vậy I cách đều A, B, C, D.

Câu c:

Ta có: AB ⊥ (BCD) => BD là hình chiếu của ADAD trên (BCD)

Khi đó \(\widehat {\left( {AD,\left( {BCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AD,BD} \right)} = \widehat {ADB}\)

Xét tam giác ABD vuông tại B thì \(\sin \widehat {ADB} = \frac{{AB}}{{AD}} = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

\( \Rightarrow \widehat {(AD,(BCD))} = arcsin\frac{a}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

Lại có DC ⊥ (ABC) => AC là hình chiếu của AD trên (ABC)

Khi đó \(\widehat {\left( {AD,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AD,AC} \right)} = \widehat {DAC}\)

Xét tam giác ACD vuông tại C thì \(\sin \widehat {DAC} = \frac{{CD}}{{AD}} = \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

\( \Rightarrow \widehat {(AD,(ABC))} = arcsin\frac{c}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)

---

Cho hình tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc.

a. Chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn.

b. Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm O trên mp(ABC) trùng với trực tâm tam giác ABC.

c. Chứng minh rằng \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\)

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Đặt a = OA, b = OB, c = OC. Ta có:

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

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có :

\(cosA = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{AB.AC}} = \frac{{{a^2} + {b^2} + {a^2} + {c^2} - {b^2} - {c^2}}}{{AB.AC}} = \frac{{2{a^2}}}{{AB.AC}} > 0\)

=> A nhọn. Tương tự B, C là các góc nhọn.

Vậy ΔABC có ba góc nhọn.

Câu b:

Vì H là hình chiếu của điểm O trên mp(ABC)

nên OH ⊥ (ABC)

Mặt khác OA ⊥ (OBC) nên OA ⊥ BC.

Vậy AH ⊥ BC (định lí ba đường vuông góc), tức

là H thuộc một đường cao của tam giác ABC

Tương tự như trên ta cũng có H thuộc đường cao

thứ hai của tam giác ABC.

Vậy H là trực tâm tam giác ABC

Câu c:

Nếu AH ⊥ BC tại A’ thì BC ⊥ OA’.

Vì OH là đường cao của tam giác vuông AOA’ (vuông tại O) và OA’ là đường cao của tam giác vuông BOC (vuông tại O) nên :

\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{OA{\prime ^2}}},\frac{1}{{OA{\prime ^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\)

Vậy \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\)

---

Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ mp(ABC), các tam giác ABC và SBC không vuông. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và SBC.

Chứng minh rằng :

a. AH, SK, BC đồng quy ;

b. SC ⊥ mp(BHK)

c. HK ⊥ mp(SBC).

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng AH và BC

Ta có : BC ⊥ AH (do H là trực tâm ΔABC)

BC ⊥ SA (do SA ⊥ mp(ABC))

Suy ra BC ⊥ (SAI) mà SI ⊂ (SAI) nên BC ⊥ SI

K là trực tâm ΔSBC nên SI qua K

Vậy AH, SK, BC đồng quy tại I.

Câu b:

Ta có : BH ⊥ AC và BH ⊥ SA nên BH ⊥ mp(SAC)

Suy ra BH ⊥ SC

Mặt khác SC ⊥ BK nên SC ⊥ mp(BHK)

Câu c:

Ta có: SC ⊥ HK (do HK ⊥ mp(BHK)) mà HK ⊥ BC (do BC ⊥ mp(ASI))

Vậy HK ⊥ mp(SBC)

---

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a và SA = SB = SC = b. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.

a. Chứng minh rằng SG ⊥ (ABC). Tính SG.

b. Xét mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng SC. Tìm hệ thức liên hệ giữa a và b để (P) cắt SC tại điểm C₁ nằm giữa S và C. Khi đó hãy tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABC khi cắt bởi mp(P).

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Vì SA = SB = SC nên S nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Mà G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên SG ⊥ mp(ABC)

Gọi I là trung điểm của BC. Ta có : AI ⊥ BC và BC ⊥ SI

\(\begin{array}{l}
SI = \sqrt {S{C^2} - I{C^2}}  = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{4}}  = \sqrt {\frac{{4{b^2} - {a^2}}}{2}} \\
GI = \frac{1}{3}AI = \frac{1}{3}.a\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}
\end{array}\)

Trong tam giác vuông SGI ta có :

\(\begin{array}{l}

SG = \sqrt {S{I^2} - G{I^2}}  = \sqrt {\frac{{4{b^2} - {a^2}}}{4} - \frac{{{a^2}}}{{12}}} \\
 = \sqrt {\frac{{12{b^2} - 4{a^2}}}{{12}}}  = \sqrt {\frac{{3{b^2} - {a^2}}}{3}} 
\end{array}\)

Câu b:

Kẻ AC₁ ⊥ SC thì (P) chính là mp(ABC1)

Vì SAC là tam giác cân mà AC₁ ⊥ SC nên C₁ nằm giữa S và C khi và chỉ khi \(\widehat {ASC} < {90^0} \Leftrightarrow A{S^2} + C{S^2} > A{C^2} \Leftrightarrow 2{b^2} > {a^2}\)

Ta có : AB ⊥ GC và AB ⊥ SG ⇒ AB ⊥ SC

SC ⊥ AC₁ và SC ⊥ AB nên SC ⊥ (ABC₁)

Thể tích tứ diện SABC là:

\(\begin{array}{l}
{V_{SABC}} = \frac{1}{3}SG.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}SC.{S_{AB{C_1}}}\\
 \Rightarrow {S_{AB{C_1}}} = \frac{{SG.{S_{ABC}}}}{{SC}} = \frac{{\sqrt {\frac{{3{b^2} - {a^2}}}{3}} .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}}{b} = \frac{{{a^2}\sqrt {3{b^2} - {a^2}} }}{{4b}}
\end{array}\)

---

a. Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ CD, AC ⊥ BD. Chứng minh rằng AD ⊥ BC. Vậy, các cạnh đối diện của tứ diện đó vuông góc với nhau. Tứ diện như thế gọi là tứ diện trực tâm.

b. Chứng minh các mệnh đề sau đây là tương đương :

i. ABCD là tứ diện trực tâm.

ii. Chân đường cao của tứ diện hạ từ một đỉnh trùng với trực tâm của mặt đối diện.

iii. \(A{B^2} + C{D^2} = A{C^2} + B{D^2} = A{D^2} + B{C^2}\)

c. Chứng minh rằng bốn đường cao của tứ diện trực tâm đồng quy tại một điểm. Điểm đó gọi là trực tâm của tứ diện nói trên.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Kẻ AH ⊥ (BCD), H ϵ (BCD)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
CD \bot AH\\
CD \bot AB
\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot (ABH)\)

Mà BH ⊂ (ABH) nên CD ⊥ BH (1)

Tương tự \(\left\{ \begin{array}{l}
BD \bot AH\\
BD \bot AC
\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot (ACH) \Rightarrow BD \bot CH(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm tam giác BCD.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
BC \bot AH\\
BC \bot DH
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (ADH) \Rightarrow BC \bot AD.\)

Câu b:

Theo chứng minh câu a ta có i ⇔ ii

Mặt khác ta có

\(\begin{array}{l}
A{B^2} + C{D^2} = A{C^2} + B{D^2}\\
 \Leftrightarrow {\overrightarrow {AB} ^2} + {\overrightarrow {CD} ^2} = {\overrightarrow {AC} ^2} + {\overrightarrow {BD} ^2}\\
 \Leftrightarrow {\overrightarrow {AB} ^2} + {\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AC} } \right)^2} = {\overrightarrow {AC} ^2} + {\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} } \right)^2}\\
 \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AC}  = \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} \\
 \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} .\left( {\overrightarrow {AC}  - \overrightarrow {AB} } \right) = 0\\
 \Leftrightarrow \overrightarrow {AD} .\overrightarrow {BC}  = 0 \Leftrightarrow AD \bot BC
\end{array}\)

Tương tự AB ⊥ CD và AC ⊥ BD

Vậy i <=> iii

Câu c:

Gọi K là trực tâm tam giác ACD thì K nằm trên AI (với BI ⊥ CD). Từ đó suy ra AH và BK cắt nhau do chúng thuộc mp(ABI)

tương tự bốn đường cao của tứ diện trực tâm cắt nhau đôi một và không cùng nằm trên một mặt phẳng nên chúng đồng quy.

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Hình học 11 Chương 3 Bài 3 Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng được trình bày rõ ràng, cụ thể với phương pháp ngắn gọn và khoa học. Hy vọng rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em học sinh lớp 11 học tập thật tốt!