Giải bài tập SGK Toán 11 Bài 3: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

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

a) Nếu a // (α) và b ⊥ (α) thì a ⊥ b;

b) Nếu a // (α) và b ⊥ a thì b ⊥ (α);

c) Nếu a // (α) và b // (α) thì b // a;

d) Nếu a ⊥ (α) và b ⊥ a thì b // (α).

Phương pháp giải:

Xem lại lí thuyết liên hệ giữa quan hệ song song và quan hệ vuông góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.

Hướng dẫn giải:

a) Đúng (dựa vào tính chất 3a).

b) Sai.

Ví dụ: a // (α); b ⊥ a nhưng b // (α).

c) Sai.

Ví dụ: a // (α); b // (α) nhưng a ∩ b.

d) Sai.

Ví dụ: a ⊥ (α) và b ⊥ a thì b có thể nằm trong mp(α).

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).

Phương pháp giải:

a) Chứng minh BC vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong (ADI).

b) Chứng minh tương tự câu a.

Hướng dẫn giải:

a) $\Delta ABC$ cân tại A có I là trung điểm của BC (giả thiết).

Suy ra AI vừa là trung tuyến vừa là đường cao của tam giác ABC.

$\Rightarrow AI\perp BC$.

Tương tự với tam giác BCD ta có $DI\perp BC$.

Ta có:

$\left.\begin{matrix} AI& \perp BC \\ DI& \perp BC \\ AI& \cap DI \end{matrix}\right\}\Rightarrow BC\perp (AID).$

b) Ta có:

$BC\perp (AID), AH\in (AID)$ (cmt)

Suy ra $BC\perp AH$.

Ta có:

$\left.\begin{matrix} AH& \perp BC \\ AH& \perp DI \\ AH& \cap DI \end{matrix}\right\}\Rightarrow AH\perp (BCD).$

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.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh SO vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong (ABCD).

b) Chứng minh tương tự câu a.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có

SA = SC nên tam giác SAC cân tại S.

O là là giao điểm của AC và BD 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.

$\Rightarrow$ $SO\bot AC$ (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 ⊥ BD (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:

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

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

Phương pháp giải:

a) Chứng minh H là giao điểm của hai đường cao trong tam giác ABC.

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAE.

Hướng dẫn giải:

a) H là hình chiếu của O trên mp (ABC) nên OH ⊥ (ABC) ⇒ OH ⊥ BC.

Mặt khác OA ⊥ OB, OA ⊥ OC.

$\Rightarrow OA ⊥ (OBC) \Rightarrow OA ⊥ BC$.

Ta có:

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

Mà $AH\subset (OAH) \Rightarrow BC ⊥ AH$ (1).

Tương tự: OA ⊥ OC, OB ⊥ OC.

$\Rightarrow OC ⊥ (OAB) \Rightarrow OC ⊥ AB$.

Ta có:

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

Mà $CH\subset (OHC) \Rightarrow AB ⊥ HC$ (2).

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

b) Trong (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: 

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

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).

Phương pháp giải:

a) Chứng minh SO vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong (α) → SO ⊥ (α).

b) Chứng minh AB vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong (SOH) → AB ⊥ (SOH).

Hướng dẫn giải:

a) Ta có: SA = SC nên tam giác SAC cân tại S..

Lại có O là trung điểm của AC $\Rightarrow$ SO là đường trung tuyến đồng thời là đường cao nên SO ⊥ AC.

Tương tự với SB = SD, O là trung điểm BD nên SO ⊥ 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 ⊥ (α).

b) Ta có: SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ AB (1)

Mà SH ⊥ AB (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB ⊥ (SHO).

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).

Phương pháp giải:

a) Chứng minh BD vuông góc với mặt phẳng chứa SC → BD ⊥ SC.

b) Chứng minh IK song song với đường thẳng vuông với mặt phẳng (SAC) → IK ⊥ (SAC).

Hướng dẫn giải:

a) Ta có: 

BD ⊥ AC (tính chất đường chéo hình thoi).

BD ⊥ SA (SA ⊥ (ABCD)).

Suy ra BD ⊥ (SAC).

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

b) Ta có $\frac{SI}{SB}=\frac{SK}{SD}$ suy ra IK // BD (định lí Ta - let).

Lại có BD ⊥ (SAC) (cmt).

$\Rightarrow IK\perp (SAC)$.

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.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh BC vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong (SAB) → BC ⊥ (SAB).

Chứng minh tương tự với AM ⊥ (SBC).

b) Chứng minh SB vuông góc với mặt phẳng chứa AN → SB ⊥ AN.

Hướng dẫn giải:

a) *Chứng minh BC ⊥ (SAB):

Ta có:

$\left\{ \begin{array}{l} SA{\rm{ }} \bot {\rm{ }}BC{\rm{ }}\left( {SA{\rm{ }} \bot {\rm{ }}\left( {ABC} \right)} \right)\\ AB{\rm{ }} \bot {\rm{ }}BC\;(tam\ giác\ ABC \ vuông \ tại \ B) \end{array} \right.$ $\Rightarrow$ BC ⊥ (SAB).

*Chứng minh AM ⊥ (SBC):

Ta có: BC ⊥ (SAB) (cmt)

Mà  AM ⊂ (SAB) nên BC ⊥ AM.

Lại có SB ⊥ AM (giả thiết) (1).

Suy ra AM ⊥ (SBC).

b) Ta có: $\frac{SM}{SB}=\frac{SN}{SC}$ $\Rightarrow$ MN // BC.

Mà BC ⊥ SB (BC ⊥ (SAB)) do đó MN ⊥ SB (2).

Từ (1) và (2) suy ra SB ⊥ (AMN) ⇒ SB ⊥ MN.

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.

Phương pháp giải:

a) Chứng minh các tam giác vuông bằng nhau → các cạnh tương ứng bằng nhau.

b) Áp dụng định lí Pytago để so sánh các cạnh của tam giác vuông.

Hướng dẫn giải:

Gọi SN là một đường xiên khác.

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

Nếu SM = SN ⇒ ΔSHM = ΔSHN (c−g−c).

⇒ HM = HN (2 cạnh tương ứng).

Ngược lại nếu HM = HN thì  ΔSHM = ΔSHN (c−g−c).

⇒ 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:

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

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

$\Rightarrow HN > HM$.

* 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.