Hướng dẫn Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 trang 104 105 sgk Hình học 11

Nội Dung

Hướng dẫn giải Bài §3. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, Chương III. Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian, sách giáo khoa Hình học 11. Nội dung bài giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 trang 104 105 sgk Hình học 11 bao gồm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương pháp giải bài tập hình học có trong SGK để giúp các em học sinh học tốt môn toán lớp 11.

Lý thuyết

1. Định nghĩa

Đường thẳng $a$ được gọi là vuông góc với mặt phẳng $(\alpha)$ nếu a vuông góc với mọi đường thẳng $a$ nằm trong mặt phẳng $(\alpha)$.

Kí hiệu: $a \bot \left ( \alpha \right )$

Ta có: $a \bot mp(\alpha) \Leftrightarrow a \bot c,\forall c \subset (\alpha)$

2. Điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Định lí: Nếu một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc một mặt phẳng thì nó vuông góc với mặt phẳng ấy.

Hệ quả: Nếu một đường thẳng vuông góc với hai cạnh của một tam giác thì nó cũng vuông góc với cạnh thứ ba của tam giác đó.

3. Tính chất

Tính chất 1: Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.

Tính chất 2: Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước.

4. Liên hệ giữa quan hệ song song và quan hệ vuông góc của đường thẳng và mặt phẳng

Tính chất 1: Cho hai đường thẳng song song. Mặt phẳng nào vuông góc với đường thẳng này thì cũng vuông góc với đường thẳng kia.

$\left. \begin{array}{l} a//b\\ \left( \alpha \right) \bot a \end{array} \right\} \Rightarrow \left( \alpha \right) \bot b$

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.

$\left. \begin{array}{l} a \bot (\alpha )\\ b \bot (\alpha )\\ a \ne b \end{array} \right\} \Rightarrow a//b$

Tính chất 2: Cho hai mặt phẳng song song. Đường thẳng nào vuông góc với mặt phẳng này thì cũng vuông góc với mặt phẳng kia.

$\left. \begin{array}{l} a \bot (\alpha )\\ \left( \alpha \right)//\left( \beta \right) \end{array} \right\} \Rightarrow \left( \alpha \right) \bot \left( \beta \right)$

Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.

$\left. \begin{array}{l} a \bot (\alpha )\\ a \bot \left( \beta \right)\\ \left( \alpha \right) \ne \left( \beta \right) \end{array} \right\} \Rightarrow \left( \alpha \right)//\left( \beta \right)$

Tính chất 3: Cho đường thẳng a và mặt phẳng $\left ( \alpha \right )$ song song với nhau. Đường thẳng nào vuông góc với $\left ( \alpha \right )$ thì cũng vuông góc với a.

$\left. \begin{array}{l} a//(\alpha )\\ b \bot \left( \alpha \right) \end{array} \right\} \Rightarrow b \bot a$

Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng khác thì chúng song song với nhau.

$\left. \begin{array}{l} a \bot b\\ b \bot \left( \alpha \right)\\ a \not\subset \left( \alpha \right) \end{array} \right\} \Rightarrow a//\left( \alpha \right)$

5. Phép chiếu vuông góc và định lí ba đường vuông góc

Định nghĩa: Phép chiếu song song lên mặt phẳng (P) theo phương l vuông góc với mặt phẳng (P) gọi là phép chiếu vuông góc lên mặt phẳng (P).

Định lí ba đường vuông góc: Cho đường thẳng d nằm trong mặt phẳng $\left ( \alpha \right )$ và b là đường thẳng không thuộc $\left ( \alpha \right )$ đồng thời không vuông góc với $\left ( \alpha \right )$. Gọi b’ là hình chiếu vuông góc của b trên $\left ( \alpha \right )$. Kho đó a vuông góc với b khi và chỉ khi a vuông góc với b’.

6. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng

Góc giữa đường thẳng d không vuông góc với mặt phẳng $\left ( \alpha \right )$ là góc giữa d và hình chiếu d’ của nó trên mặt phẳng $\left ( \alpha \right )$.

Đặc biệt: Nếu d vuông góc với mặt phẳng $\left ( \alpha \right )$ thì ta nói rằng góc giữa đường thẳng d và mặt phẳng $\left ( \alpha \right )$ là 90⁰.

Dưới đây là phần Hướng dẫn trả lời các câu hỏi và bài tập trong mục hoạt động của học sinh trên lớp sgk Hình học 11.

Câu hỏi

1. Trả lời câu hỏi 1 trang 100 sgk Hình học 11

Muốn chứng minh đường thẳng $d$ vuông góc với một mặt phẳng $(α)$, người ta phải làm như thế nào?

Trả lời:

Muốn chứng minh đường thẳng $d$ vuông góc với một mặt phẳng $(α)$, người ta phải chứng minh $d$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng $(α)$.

2. Trả lời câu hỏi 2 trang 100 sgk Hình học 11

Cho hai đường thẳng $a$ và $b$ song song với nhau. Một đường thẳng $d$ vuông góc với $a$ và $b$. Khi đó đường thẳng $d$ có vuông góc với mặt phẳng xác định bởi hai đường thẳng song song $a$ và $b$ không ?

Trả lời:

Không vì trái với định lí ($a // b$ thì $a$ và $b$ không cắt nhau)

Dưới đây là phần Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 trang 104 105 sgk Hình học 11. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé!

Bài tập

Giaibaisgk.com giới thiệu với các bạn đầy đủ phương pháp giải bài tập hình học 11 kèm bài giải chi tiết bài 1 2 3 4 5 6 7 8 trang 104 105 sgk Hình học 11 của Bài §3. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng trong Chương III. Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian trong mặt phẳng cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây:

Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 trang 104 105 sgk Hình học 11

1. Giải bài 1 trang 104 sgk Hình học 11

Cho hai đường thẳng phân biệt $a,b$ và mặt phẳng $(\alpha)$. Các mệnh đề sau đây đúng hay sai?

a) Nếu $a//(\alpha)$ và $b\bot (\alpha)$ thì $a\bot b$.

b) Nếu $a//(\alpha)$ và $b\bot a$ thì $b\bot (\alpha)$.

c) Nếu $a//(\alpha)$ và $b// (\alpha)$ thì $b//a$.

d) Nếu $a\bot (\alpha)$ và $b\bot a$ thì $b// (\alpha)$.

Bài giải:

a) Đúng (theo tính chất).

b) Sai. Vì thiếu điều kiện: Muốn $b\bot (\alpha)$ thì $b$ cần vuông góc với $2$ đường thẳng cắt nhau trong $(\alpha )$.

c) Sai. Vì $a$ và $b$ có thể chéo nhau hoặc cắt nhau.

d) Sai. Vì $b$ có thể nằm trong $(\alpha )$.

2. Giải bài 2 trang 104 sgk Hình học 11

Cho tứ diện $ABCD$ có hai mặt $ABC$ và $BCD$ là hai tam giác cân có chung đáy $BC$. Gọi $I$ là trung điểm của cạnh $BC$.

a) Chứng minh rằng $BC$ vuông góc với mặt phẳng $(ADI)$

b) Gọi $AH$ là đường cao của tam giác $ADI$, chứng minh rằng $AH$ vuông góc với mặt phẳng $(BCD).$

Bài giải:

a) Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên ta có đường trung tuyến ứng với cạnh đáy đồng thời là đường cao do đó: $AI\bot BC$

Tương tự ta có: $DI\bot BC$

Ta có:

$\left. \matrix{
AI \bot BC \hfill \cr
DI \bot BC \hfill \cr
AI \cap DI = {\rm{\{ }}I{\rm{\} }} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow BC \bot (ADI)$

b) Ta có $AH$ là đường cao của tam giác $ADI$ nên $AH\bot DI$

Mặt khác: $BC\bot (ADI)$ mà $AH\subset (ADI)$ nên $AH\bot BC$

Ta có

$\left. \matrix{
AH \bot BC \hfill \cr
AH \bot DI \hfill \cr
BC \cap DI = {\rm{\{ }}I{\rm{\} }} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow AH \bot (BCD)$

3. Giải bài 3 trang 104 sgk Hình học 11

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi $ABCD$ và có $SA=SB=SC=SD$.Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Chứng minh rằng:

a) Đường thẳng $SO$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$;

b) Đường thẳng $ AC$ vuông góc với mặt phẳng $(SBD)$ và đường thẳng $BD$ vuông góc với mặt phẳng $SAC$.

Bài giải:

a) Theo giả thiết $SA=SC$ nên tam giác $SAC$ cân tại $S$

Có: $O$ là giao của hai đường chéo hình bình hành nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$.

Do đó $SO$ vừa là trung tuyến đồng thời là đường cao trong tam giác $SAC$

⇒ $SO\bot AC$ (1)

Chứng minh tương tự ta được: $SO\bot BD$ (2)

Từ (1) và (2) ta có:

$\left.\begin{matrix} SO& \perp AC \\ SO& \perp BD \\ AC& \cap BD \end{matrix}\right\}\Rightarrow SO\perp (ABCD)$

b) $ABCD$ là hình thoi có $AC,BD$ là hai đường chéo nên $AC\bot BD$ (Tính chất hình bình hành) (3)

Từ (1) và (3) ta có:

$\left.\begin{matrix} SO& \perp AC \\ AC& \perp BD \\ SO& \cap BD \end{matrix}\right\}\Rightarrow AC\perp (SBD)$

Từ (2) và (3) ta có:

$\left.\begin{matrix} SO& \perp BD \\ AC& \perp BD \\ SO& \cap AC \end{matrix}\right\}\Rightarrow BD\perp (SAC)$

4. Giải bài 4 trang 105 sgk Hình học 11

Cho tứ diện $OABC$ có ba cạnh $OA, OB, OC$ đôi một vuông góc. Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $O$ tới mặt phẳng $(ABC)$. Chứng minh rằng:

a) $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$;

b) $\frac{1}{OH^{2}}=\frac{1}{OA^{2}}+\frac{1}{OB^{2}}+\frac{1}{OC^{2}}.$

Bài giải:

Kéo dài $AH$ cắt $BC$ tại $E, CH$ cắt $AB$ tại $K.$

a) Chứng minh $H$ là trực tâm tam giác ABC.

$H$ là hình chiếu của $O$ trên mp $(ABC)$ (gt) nên $OH ⊥ (ABC) \Rightarrow OH ⊥ BC$ (Tính chất)

Mặt khác: $OA ⊥ OB$, $OA ⊥ OC$ (gt) mà $OB \cap OC$

$\Rightarrow OA ⊥ (OBC) \Rightarrow OA ⊥ BC$ (Tính chất)

Ta có:

$\left.\begin{matrix} OH& \perp BC \\ OA& \perp BC \\ OH& \cap OA \end{matrix}\right\}\Rightarrow BC\perp (OAH)$

mà: $AH\subset (OAH) \Rightarrow BC ⊥ AH$ (1)

Chứng minh tương tự: $OA ⊥ OC$, $OB ⊥ OC$ (gt) mà $OA \cap OB$

$\Rightarrow OC ⊥ (OAB) \Rightarrow OC ⊥ AB$ (Tính chất)

Ta có:

$\left.\begin{matrix} OH& \perp AB \\ OC& \perp AB \\ OH& \cap OC \end{matrix}\right\}\Rightarrow AB\perp (OHC)$

mà: $CH\subset (OHC) \Rightarrow AB ⊥ HC$ (2)

Từ (1) (2) $\Rightarrow H$ là trực tâm của tam giác $ABC$.

b) Chứng minh: $\frac{1}{OH^{2}}=\frac{1}{OA^{2}}+\frac{1}{OB^{2}}+\frac{1}{OC^{2}}$

Trong mặt phẳng $(ABC)$ vì $E = AH ∩ BC$, $OH ⊥ (ABC)$, $AE ⊂ (ABC) \Rightarrow OH ⊥ AE$ tại $H$; $OA ⊥ (ABC), OE ⊂ (ABC) \Rightarrow OA ⊥ OE$

⇒ $OH$ là đường cao của tam giác vuông $OAE$

⇒ $\frac{1}{OH^{2}}=\frac{1}{OA^{2}}+\frac{1}{OE^{2}}$ (3)

Mặt khác $OE$ là đường cao của tam giác vuông $OBC$

⇒ $\frac{1}{OE^{2}}=\frac{1}{OB^{2}}+\frac{1}{OC^{2}}$

Thay vào (3) ta có:

$\frac{1}{OH^{2}}=\frac{1}{OA^{2}}+\frac{1}{OE^{2}} =\frac{1}{OA^{2}}+\frac{1}{OB^{2}}+\frac{1}{OC^{2}}.$

5. Giải bài 5 trang 105 sgk Hình học 11

Trên mặt phẳng $(α)$ cho hình bình hành $ABCD$. Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. $S$ là một điểm nằm ngoài mặt phẳng $(α)$ sao cho $SA = SC, SB = SD$. Chứng minh rằng:

a) $SO ⊥ (α)$;

b) Nếu trong mặt phẳng $(SAB)$ kẻ $SH$ vuông góc với $AB$ tại $H$ thì $AB$ vuông góc mặt phẳng $(SOH)$.

Bài giải:

a) Theo giả thiết: $SA = SC$ nên tam giác $SAC$ cân tại $S$.

Lại có: $O$ là trung điểm của $AC$ nên $SO$ là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác cân $SAC$ nên $SO\bot AC$

Chứng minh tương tự với $SB=SD$, $O$ là trung điểm của $BD$ ta có: $SO\bot BD$

Ta có:

$$\left. \matrix{
SO \bot BD \hfill \cr
SO \bot AC \hfill \cr
BD \cap AC = {\rm{\{ O\} }} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow SO \bot (ABCD)$$

Hay $SO ⊥ mp(α)$ (đpcm).

b) $SO ⊥ (ABCD) \Rightarrow SO ⊥ AB$ (1)

Mà $SH ⊥ AB$ (gt) (2)

Từ (1) và (2) ta có;

$$\left. \matrix{
SO \bot AB \hfill \cr
SH \bot AB \hfill \cr
SO \cap SH = {\rm{\{ S\} }} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow AB \bot (SHO)$$

6. Giải bài 6 trang 105 sgk Hình học 11

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi $ABCD$ và có cạnh $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Gọi $I$ và $K$ là hai điểm lần lượt lấy trên hai cạnh $SB$ và $SD$ sao cho $\frac{SI}{SB}=\frac{SK}{SD}.$ Chứng minh:

a) $BD$ vuông góc với $SC$;

b) $IK$ vuông góc với mặt phẳng $(SAC)$.

Bài giải:

a) Ta có: $BD\perp AC$ (tính chất đường chéo hình thoi)

Lại có: $SA\perp (ABCD)$ (gt)

$BD\subset (ABCD)\Rightarrow BD\perp SA$

Ta có: $\left.\begin{matrix} BD& \perp AC \\ BD& \perp SA \\ AC& \cap SA \end{matrix}\right\}\Rightarrow BD\perp (SAC)$

mà $SC\subset (SAC)\Rightarrow BD\perp SC$.

b) Theo giả thiết $\frac{SI}{SB}=\frac{SK}{SD}$ theo định lí Ta-lét ta có $IK//BD$

Từ chứng minh câu a) ta có:

$BD\perp (SAC)$ $\Rightarrow IK\perp (SAC)$

7. Giải bài 7 trang 105 sgk Hình học 11

Cho tứ diện $SABC$ có cạnh $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$ và có tam giác $ABC$ vuông tại $B$. Trong mặt phẳng $(SAB)$ kẻ từ $AM$ vuông góc với $SB$ tại $M$. Trên cạnh $SC$ lấy điểm $N$ sao cho $\frac{SM}{SB}=\frac{SN}{SC}.$ Chứng minh rằng:

a) $BC ⊥ (SAB)$ và $AM ⊥ (SBC)$;

b) $SB ⊥ AN$.

Bài giải:

a) Chứng minh: $BC\perp (SAB)$

Theo giả thiết: $SA \perp (ABC)$ mà $BC\subset (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$

Tam giác ABC vuông tại B nên $AB\perp BC$

Vậy: $\left.\begin{matrix} SA& \perp BC \\ AB& \perp BC \\ SA& \cap AB \end{matrix}\right\}\Rightarrow BC\perp (SAB)$

Chứng minh: $AM\perp (SBC)$

Ta có: $AM\subset (SAB),BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AM$

Vậy: $\left.\begin{matrix} AM& \perp BC (cmt)\\ AM& \perp SB (gt) \\ BC& \cap SB \end{matrix}\right\}\Rightarrow AM\perp (SBC)$

b) Theo giả thiết: $AM ⊥ (SBC)$ nên $AM\bot SB$

Giả thiết $\frac{SM}{SB}=\frac{SN}{SC}$ nên theo định lí Ta – lét ta có: $MN// BC$

Mà $BC\bot SB$ (do $BC\bot (SAB)$) do đó $MN\bot SB$

Vậy:

$\left.\begin{matrix} MN& \perp SB (cmt)\\ AM& \perp SB (cmt) \\ AM& \cap MN \end{matrix}\right\}\Rightarrow SB\perp (AMN)\Rightarrow SB\perp MN$

8. Giải bài 8 trang 105 sgk Hình học 11

Cho điểm $S$ không thuộc cùng mặt phẳng $(α)$ có hình chiếu là điểm $H$. Với điểm $M$ bất kì trên $(α)$ và $M$ không trùng với $H$, ta gọi $SM$ là đường xiên và đoạn $HM$ là hình chiếu của đường xiên đó. Chứng minh rằng:

a) Hai đường thẳng xiên bằng nhau khi và chỉ khi hai hình chiếu của chúng bằng nhau;

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

Bài giải:

Gọi $SN$ là một đường xiên khác.

a) Xét hai tam giác vuông $SHM$ và $SHN$ có $SH$ cạnh chung.

Nếu $SM = SN \Rightarrow ∆SHM = ∆SHN (c-g-c)$

$\Rightarrow HM = HN$.(2 cạnh tương ứng)

Ngược lại nếu $HM = HN$ thì $∆SHM = ∆SHN (c-g-c)$

$\Rightarrow SM = SN$. (2 cạnh tương ứng)

Vậy: Hai đường thẳng xiên bằng nhau khi và chỉ khi hai hình chiếu của chúng bằng nhau.

b) Xét tam giác vuông $SHM$ và $SHN$ có $SH$ cạnh chung.

Giả sử $SN > SM$

Áp dụng định lí Pytago vào hai tam giác vuông $SHM$ và $SHN$ ta được:

$HM^{2}=SM^{2}-SH^{2}$

$HN^{2}=SN^{2}-SH^{2}$

$\Rightarrow HN > HM$.

Ngược lại: giả sử $HN>HM$

Áp dụng định lí Pytago vào hai tam giác vuông $SHM$ và $SHN$ ta được:

$SM^{2}=HM^{2}+SH^{2}$

$SN^{2}=HN^{2}+SH^{2}$

$\Rightarrow SN > SM$.

Vậy: Với hai đường xiên cho trước, đường xiên nào lớn hơn thì có hình chiếu lớn hơn và ngược lại đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn.

Bài trước:

Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 trang 97 98 sgk Hình học 11

Bài tiếp theo:

Giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 trang 113 114 sgk Hình học 11

Xem thêm:

Chúc các bạn làm bài tốt cùng giải bài tập sgk toán lớp 11 với giải bài 1 2 3 4 5 6 7 8 trang 104 105 sgk Hình học 11!

“Bài tập nào khó đã có giaibaisgk.com“