Với lời giải SBT Toán 11 trang 28 Tập 2 chi tiết trong Bài 23: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng sách Kết nối tri thức giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 11. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán 11 Bài 23: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Bài 7.6 trang 28 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và đáy là tam giác ABC vuông tại B. Kẻ AM vuông góc với SB tại M và AN vuông góc với SC tại N. Chứng minh rằng:

a) BC $\perp$ (SAB);

b) AM $\perp$ (SBC);

c) SC $\perp$ (AMN).

Lời giải:

a) Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ BC mà AB $\perp$ BC (do tam giác ABC vuông tại B). Do đó BC $\perp$ (SAB).

b) Vì BC $\perp$ (SAB) nên BC$\perp$ AM, mà AM $\perp$ SB (giả thiết). Do đó AM $\perp$ (SBC).

c) Vì AM $\perp$ (SBC) nên AM $\perp$ SC, mà AN $\perp$ SC (giả thiết). Do đó SC $\perp$ (AMN).

Bài 7.7 trang 28 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ O đến mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng:

a) BC $\perp$ (OAH);

b) H là trực tâm của tam giác ABC;

c) $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}$ .

Lời giải:

a) Vì OA $\perp$ OB, OA $\perp$ OC nên OA $\perp$ (OBC). Suy ra OA $\perp$ BC.

Mà OH $\perp$ (ABC) nên OH $\perp$ BC. Do đó BC $\perp$ (OAH).

b) Vì BC $\perp$ (OAH) nên BC $\perp$ AH, do đó AH là đường cao của tam giác ABC. (1)

Có OH $\perp$ (ABC) nên OH $\perp$ AC.

Có OB $\perp$ OA, OC $\perp$ OB nên OB $\perp$ (OAC) nên OB $\perp$ AC mà OH $\perp$ AC, từ đó suy ra AC $\perp$ (OBH), suy ra CA $\perp$ BH, do đó BH là đường cao của tam giác ABC. (2)

Từ (1) và (2) suy ra H là giao hai đường cao của tam giác ABC.

Do đó H là trực tâm của tam giác ABC.

c) Gọi K là giao điểm của AH với BC.

Vì OA $\perp$ (OBC) nên OA $\perp$ OK .

Xét tam giác OAK vuông tại O, có OH là đường cao nên $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{K}^2}$ .

Vì AK $\perp$ BC mà OA $\perp$ BC nên BC $\perp$ (OAK), suy ra OK $\perp$ BC.

Xét tam giác OBC vuông tại O, có OK là đường cao nên $\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}$ .

Do đó $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}$ .

Bài 7.8 trang 28 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện ABCD có AB = AC và DB = DC. Chứng minh rằng AD $\perp$ BC.

Lời giải:

Gọi M là trung điểm của BC.

Xét tam giác ABC có AB = AC và AM là trung tuyến nên AM là đường cao.

Do đó AM $\perp$ BC. (1)

Xét tam giác BCD có DC = DB và DM là trung tuyến nên DM là đường cao.

Do đó DM $\perp$ BC. (2)

Từ (1) và (2) có: BC $\perp$ (ADM). Suy ra BC $\perp$ AD.

Bài 7.9 trang 28 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có AA' vuông góc với mặt phẳng (ABC) và đáy là tam giác ABC vuông tại B. Chứng minh rằng:

a) BB' $\perp$ (A'B'C');

b) B'C' $\perp$ (ABB'A').

Lời giải:

a) Vì AA' // BB'; AA' $\perp$ (ABC) và (ABC) // (A'B'C') nên BB' $\perp$ (A'B'C').

b) Vì BC $\perp$ AB (do tam giác ABC vuông tại B).

Vì AA' // BB'; AA' $\perp$ (ABC) nên BB' $\perp$ (ABC), suy ra BC $\perp$ BB' mà BC $\perp$ AB nên BC $\perp$ (ABB'A').

Lại có BC // B'C' nên B'C' $\perp$ (ABB'A').

Bài 7.10 trang 28 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SA = SC, SB = SD. Chứng minh rằng:

a) SO $\perp$ (ABCD);

b) AC $\perp$ (SBD) và BD $\perp$ (SAC).

Lời giải:

a)

Vì ABCD là hình thoi, O là giao điểm của AC và BD nên O là trung điểm của AC, BD.

Xét tam giác SAC có SA = SC, SO là trung tuyến nên SO là đường cao hay SO $\perp$ AC.

Xét tam giác SBD có SB = SD, SO là trung tuyến nên SO là đường cao hay SO $\perp$ BD.

Do đó SO $\perp$ (ABCD).

b) Do ABCD là hình thoi nên AC $\perp$ BD. (1)

Mà SO $\perp$ (ABCD) nên AC $\perp$ SO (2) và BD $\perp$ SO (3).

Từ (1) và (2), suy ra AC $\perp$ (SBD).

Từ (1) và (3), suy ra BD $\perp$ (SAC).

Bài 7.11 trang 28 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA $\perp$ (ABC), tam giác ABC nhọn. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và SBC. Chứng minh rằng:

a) BC $\perp$ (SAH) và các đường thẳng AH, BC, SK đồng quy;

b) SB $\perp$ (CHK) và HK $\perp$ (SBC).

Lời giải:

a) Vì H là trực tâm tam giác ABC nên BC $\perp$ AH,

mà SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ BC. Do đó BC $\perp$ (SAH).

Gọi M là giao điểm của AH và BC, ta có BC $\perp$ (SAM) nên BC $\perp$ SM.

Mặt khác, K là trực tâm của tam giác SBC nên SM đi qua K.

Do đó AH, BC, SK đồng quy.

b) Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ CH, mà CH $\perp$ AB, suy ra CH $\perp$ (SAB).

Do đó CH $\perp$ SB.

Lại có SB $\perp$ CK nên SB $\perp$ (CHK).

Xét tam giác SBC, K là trực tâm nên BK $\perp$ SC.

Vì SA $\perp$ (ABC) nên SA $\perp$ BH mà BH $\perp$ CA nên BH $\perp$ (SAC), suy ra BH $\perp$ SC.

Vì BK $\perp$ SC và BH $\perp$SC nên SC $\perp$ (BHK), suy ra SC $\perp$ HK.

Mà SB $\perp$ HK (vì SB $\perp$ (CHK)). Do đó HK $\perp$ (SBC).

Bài 7.12 trang 28 SBT Toán 11 Tập 2: Một cây cột được dựng trên một sàn phẳng. Người ta thả dây dọi và ngắm thấy cột song song với dây dọi. Hỏi có thể khẳng định rằng cây cột vuông góc với sàn hay không? Vì sao?

Lời giải:

Vì dây dọi song song với cây cột và dây dọi vuông góc với mặt phẳng sàn nên cây cột vuông góc với mặt phẳng sàn.