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 \((SOH)\).

Giải

(H.3.33)

a) \(SA = SC\) nên tam giác \(SAC\) cân tại \(S\).

\(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \(SO\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác cân nên \(SO\bot AC\)

Chứng minh tương tự 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 \(SO ⊥ mp(α)\).

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

Mà \(SH ⊥ AB\)                                    (2)

Từ (1) và (2) suy ra \( AB ⊥ (SOH)\).

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 \((SAC)\).

Giải

(H.3.34) 

a) \(ABCD\) là hình thoi nên \(AC\bot BD\)                        (1)

Theo giả thiết: \(SA\bot (ABCD)\Rightarrow SA\bot BD\)             (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(BD ⊥ (SAC)\) \(\Rightarrow BD ⊥ SC\).

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

Theo a) ta có: \(BD ⊥ (SAC)\) do đó \( IK ⊥ (SAC)\).

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) \(SB ⊥ AN\).

Giải

(H.3,35) 

a) \(SA ⊥ (ABC) \Rightarrow SA ⊥ BC\)    (1),

Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(BC ⊥ AB\)    (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(BC ⊥ (SAB)\).

 \(BC ⊥ (SAB)\) nên \(BC ⊥ AM\)  (3)

\( AM ⊥ SB\) (giả thiết)                    (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AM ⊥ (SBC)\).

b) \(AM ⊥ (SBC)\) nên \(AM\bot SB\)                                 (5)

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 \(MN\bot SB\)       (6)

Từ (5) và (6) suy ra \(SB\bot (AMN)\) suy ra \(SB\bot AN\)

Nhận xét: Hình chóp trong các bài 4; 6; 7 thuộc loại hình chóp có một cạnh bên vuông góc với đáy (do đó nó có hai mặt bên vuông góc với đáy).

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.

Giải

(H.3.36)

a) Gọi \(SN\) là một đường xiên khác. Xét hai tam giác vuông \(SHM\) và \(SHN\) có \(SH\) cạnh chung.

Nếu \(SM = SN \Rightarrow ∆SHM = ∆SHN \)

        \(\Rightarrow  HM = HN\).

Ngược lại nếu \(HM = HN\) thì  \(∆SHM = ∆SHN \)

        \(\Rightarrow  SM = SN\).

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:

\(HN^{2}=SN^{2}-SH^{2}\)

\(HM^{2}=SM^{2}-SH^{2}\) 

\(\Rightarrow HN > HM\).

Phần đảo chứng minh tương tự.

Giaibaitap.me