Giải Toán 11 SGK nâng cao Chương 3 Bài 4 Hai mặt phẳng vuông góc

Các mệnh đề sau đúng hay sai ?

a. Hai mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau;

b. Hai mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì vuông góc với nhau;

c. Qua một đường thẳng cho trước có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng cho trước ;

d. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với hai mặt phẳng cắt nhau cho trước ;

e. Các mặt phẳng cùng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với  một mặt phẳng cho trước thì luôn đi qua một đường thẳng cố định ;

f. Hình lăng trụ có hai mặt bên là hình chữ nhật là lăng trụ đứng ;

g. Hình chóp có đáy là đa giác đều và ba cạnh bên bằng nhau là hình chóp đều.

Hướng dẫn giải:

a. Sai (P) ⊥ (R) , (Q) ⊥ (R) nhưng (P) và (Q) cắt nhau như hình vẽ bên.

b. Sai (P) ⊥ (R), (Q) ⊥ (R) nhưng (P) có thể song song với (Q).

c. Sai. Lấy a ⊥ (R) thì có vô số mặt phẳng (P) chứa a và vuông góc với (R)

d, e, g đúng

f. Sai.

---

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = b, CC’ = c. Nếu \(AC\prime  = BD\prime  = B\prime D = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \)

Thì hình hộp đó có phải là hình hộp chữ nhật không ? Vì sao ?

Hướng dẫn giải:

Áp dụng tính chất : “Tổng bình phương hai đường chéo hình bình hành bằng tổng bình phương bốn cạnh của nó” 

Ta có:

\(\begin{array}{l}
AC{\prime ^2} + A\prime {C^2} = 2(AA{\prime ^2} + A\prime {C^2})\\
B\prime {D^2} + BD{\prime ^2} = 2(BB{\prime ^2} + B{D^2})\\
 \Rightarrow AC{\prime ^2} + A\prime {C^2} + BD{\prime ^2} + B\prime {D^2}\\
 = 2({c^2} + {c^2} + A{C^2} + B{D^2}) = 4({a^2} + {b^2} + {c^2})\\
 \Rightarrow A\prime C = AC\prime  = B\prime D = BD\prime 
\end{array}\)

=> AA’C’C và BB’D’D là các hình chữ nhật 

Từ đó suy ra AA’ ⊥ AC và AA’ ⊥ BD. Do đó AA’ ⊥ (ABCD), tức hình hộp ABCD.A’B’C’D’là hình hộp chữ nhật.

---

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a.

a. Chứng minh rằng AC’ vuông góc với hai mặt phẳng (A’BD) và (B’CD’).

b. Cắt hình lập phương bởi mặt phẳng trung trực của AC’. Chứng minh thiết diện tạo thành là một lục giác đều. Tính diện tích thiết diện đó.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có: \(\overrightarrow {AC\prime }  = \overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA\prime } ,\overrightarrow {BD}  = \overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} \)

Vậy \(\overrightarrow {AC\prime } .\overrightarrow {BD}  = \left( {\overrightarrow {AB}  + \overrightarrow {AD}  + \overrightarrow {AA\prime } } \right).\left( {\overrightarrow {AD}  - \overrightarrow {AB} } \right) = 0\)

Tương tự: \\overrightarrow {AC\prime } .\overrightarrow {BA'}  = 0\)

Vậy AC’ ⊥ (A’BD)

Do (A’BD) // (B’CD’) nên AC’ ⊥ (B’CD’)

Câu b:

 Gọi M là trung điểm của BC thì MA = MC’ (vì cùng bằng \(\frac{{a\sqrt 5 }}{2}\) ) nên M thuộc mặt phẳng trung trực (α) của AC’

Tương tự, ta chứng minh được N, P, Q, R, S cũng có tính chất đó (N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của CD, DD’, D’A’, A’B’, B’B).

Vậy thiết diện của hình lập phương bị cắt bởi mp(α) là MNPQRS. Đây là lục giác đều cạnh bằng \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\. Từ đó ta tính được diện tích của thiết diện là: \(S = 6.{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}{a^2}.\)

---

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a và SA ⊥ (ABCD), SA = x. Xác định x để hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc 60⁰

Hướng dẫn giải:

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Trong mặt phẳng (SAC) kẻ OO₁ vuông góc với SC, dễ thấy mp(BO₁D) vuông góc với SC. Vậy góc giữa hai mp(SBC) và (SDC) bằng góc giữa hai đường thẳng BO₁ và DO₁. Mặt khác OO₁ ⊥ BD, OO₁ < OC mà OC = OB nên \(\widehat {B{O_1}O} > {45^0}\)

Tương tự \(\widehat {D{O_1}O} > {45^0}\) tức \(\widehat {B{O_1}D} > {90^0}\)

Như vậy hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc 60⁰ khi và chỉ khi: 

\(\widehat {B{O_1}D} = {120^0} \Leftrightarrow \widehat {B{O_1}O} = {60^0}\) (vì ΔBO₁D cân tại O₁)

\( \Leftrightarrow BO = O{O_1}tan{60^0} \Leftrightarrow BO = O{O_1}\sqrt 3 \)

Ta lại có \(O{O_1} = OCsin\widehat {OC{O_1}} = OCsin\widehat {ACS} = OC.\frac{{SA}}{{SC}}\)

Như vậy: \(BO = O{O_1}\sqrt 3  \Leftrightarrow BO = \sqrt 3 .OC.\frac{{SA}}{{SC}} \Leftrightarrow SC = \sqrt 3 .SA\)

\( \Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 2{a^2}}  = \sqrt 3 .x \Leftrightarrow x = a\)

Vậy khi x = a thì hai mặt phẳng (SBC) và (SDC) tạo với nhau góc 60⁰

---

Cho hai mặt phẳng vuông góc (P) và (Q) có giao tuyến Δ. Lấy A, B cùng thuộc Δ và lấy C ϵ (P), D ϵ (Q) sao cho AC ⊥ AB, BD ⊥ AB và AB = AC = BD. Xác định thiết diện của tứ diện ABCD khi cắt bởi mặt phẳng (α) đi qua điểm A và vuông góc với CD. Tính diện tích thiết diện khi AC = AB = BD = a.

Hướng dẫn giải:

Gọi I là trung điểm của BC thì AI ⊥ BC. Do BD ⊥ mp(ABC) nên AI ⊥ CD (định lí ba đường vuông góc).

Trong mp(CDB), kẻ IJ vuông góc với CD (J ϵ CD) thì mp(AIJ) chính là mặt phẳng (α) và thiết diện phải tìm là tam giác AIJ

Tam giác AIJ là tam giác vuông tại I.

Vậy \({S_{AIJ}} = \frac{1}{2}AI.IJ\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
AI = \frac{1}{2}BC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\\
\frac{{IJ}}{{DB}} = \frac{{CI}}{{CD}} \Rightarrow IJ = \frac{{CI}}{{CD}}.DB = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{a\sqrt 3 }}.a = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}
\end{array}\)

Vậy \({S_{AIJ}} = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{a\sqrt 6 }}{6} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}\)

---

Hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp gì nếu thỏa mãn một trong các điều kiện sau ?

a. Tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối bằng nhau ;

b. Tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối vuông góc ;

c. Tứ diện AB’CD’ là tứ diện đều.

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Ta có: B’D’ = BD

Vậy AC = B’D’ ⇔ AC = BD, khi đó ABCD là hình chữ nhật

Tương tự ta cũng có ABB’A’ và ADD’A’ là những hình chữ nhật. Vậy khi tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối diện bằng nhau thì ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật.

Ngược lại, khi ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp chữ nhật thì dễ thấy tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối diện bằng nhau.

Câu b:

Ta có: BD // B’D’. Vậy AC ⊥ B’D’ <=> AC ⊥ BD. Khi đó ABCD là hình thoi. Tương tự như trên ta cũng có ABB’A’ và ADD’A’ là những hình thoi. Vậy hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp thoi (tức sáu mặt của hình hộp là hình thoi).

Cũng dễ thấy rằng nếu ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp thoi thì tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối diện vuông góc.

Câu c:

Khi AB’CD’ là tứ diện đều thì các cạnh đối diện vừa bằng nhau vừa vuông góc; áp dụng kết quả của các câu a và b ta có : Khi AB’CD’ là tứ diện đều thì hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương.

Ngược lại, nếu ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương thì AB’CD’ là tứ diện đều

---

Cho hai tam giác ACD, BCD nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau và AC = AD = BC = BD = a, CD = 2x. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD.

a. Tính AB, IJ theo a và x.

b. Với giá trị nào của x thì hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) vuông góc ?

Hướng dẫn giải:

Câu a:

Vì J là trung điểm của CD và AC = AD nên AJ ⊥ CD.

Do mp(ACD) ⊥ mp(BCD) nên AJ ⊥ mp(BCD)

Mặt khác, AC = AD = BC = BD nên tam giác AJB vuông cân, suy ra \(AB = AJ\sqrt 2 ,A{J^2} = {a^2} - {x^2}\,\,hay\,\,AJ = \sqrt {{a^2} - {x^2}} .\)

Vậy \(AB = \sqrt {2\left( {{a^2} - {x^2}} \right)} \) với a > x

Do IA = IB, tam giác AJB vuông tại J nên \(JI = \frac{1}{2}AB,\), tức là \(IJ = \frac{1}{2}\sqrt {2({a^2} - {x^2})} \)

Câu b:

CI và DI vuông góc với AB.

Vậy mp(ABC) ⊥ mp(ABD) \( \Leftrightarrow \widehat {CID} = {90^0}\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow IJ = \frac{1}{2}CD \Leftrightarrow \frac{1}{2}\sqrt {2({a^2} - {x^2})}  = \frac{1}{2}.2x\\
 \Leftrightarrow x = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}
\end{array}\)

---

Cho tam giác ABC và mặt phẳng (P). Biết góc giữa mp(P) và mp(ABC) là φ (φ ≠ 90⁰); hình chiếu của tam giác ABC trên mp(P) là tam giác A’B’C’. Chứng minh rằng \({S_{A\prime B\prime C\prime }} = {S_{ABC}}.cos\varphi \)

Hướng dẫn. Xét hai trường hợp :

a. Tam giác ABC có một cạnh song song hoặc nằm trong mp(P)

b. Tam giác ABC không có cạnh nào song song hay nằm trong mp(P).

Hướng dẫn giải:

Trường hợp a:

Xét trường hợp tam giác ABC có một cạnh, chẳng hạn BC nằm trong mp(P). Gọi A’ là hình chiếu của A trên mp(P). Kẻ đường cao A’H của tam giác A’BC (H ϵ BC) thì AH là đường cao của tam giác ABC và \(\widehat {AHA\prime } = \varphi ,A\prime H = AHcos\varphi .\)

Ta có: \({S_{A\prime BC}} = \frac{1}{2}BC.A\prime H = \frac{1}{2}BC.AHcos\varphi  = {S_{ABC}}.cos\varphi \)

Trường hợp cạnh BC của tam giác ABC song song với mp(P). Xét mp(Q) chứa BC và song song với mp(P), gọi giao điểm của AA’ với mp(Q) là A1. Khi đó ta có ΔA₁BC = ΔA’B’C’ ; góc giữa mp(ABC) và mp(Q) bằng φ.

Do đó: \({S_{A\prime B\prime C\prime }} = {S_{ABC}}.cos\varphi 

Trường hợp b:

Xét trường hợp tam giác ABC không có cạnh nào song song hay nằm trong mp(P). Ta có thể giả sử mp(P) đi qua điểm A sao cho các đỉnh B, C ở về cùng một phía đối với mp(P). Gọi D là giao điểm của đường thẳng BC và mp(P); B’, C’ lần lượt là hình chiếu của B, C trên (P) thì B’C’ đi qua D. Khi đó theo trường hợp a ta có:

\(\begin{array}{l}
{S_{ADC\prime }} = {S_{ADC}}.cos\varphi \\
{S_{ADB\prime }} = {S_{ABD}}.cos\varphi 
\end{array}\)

Trừ từng vế hai đẳng thức trên, ta có :

\({S_{AB\prime C\prime }} = {S_{ABC}}.cos\varphi \)

Vậy với mọi trường hợp ta có: \({S_{AB\prime C\prime }} = {S_{ABC}}.cos\varphi \)

 

Trên đây là nội dung hướng dẫn giải chi tiết bài tập SGK nâng cao môn Hình học 11 Chương 3 Bài 4 Hai mặt phẳng vuông góc 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!