Với lời giải SBT Toán 11 trang 61 Tập 2 chi tiết trong Bài 3: Hai mặt phẳng vuông góc sách Chân trời sáng tạo 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 3: Hai mặt phẳng vuông góc

Bài 1 trang 61 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD vuông cân tại B và AB ⊥ (BCD). Cho biết BC = $a\sqrt{2}$ , AB = $\frac{a}{\sqrt{3}}$. Xác định và tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD).

Lời giải:

Gọi I là trung điểm của CD.

Ta có: CD ⊥ BI và CD ⊥ AB suy ra CD ⊥ AI.

Ta nhận thấy: CD là giao tuyến của 2 mặt phẳng (ACD) và (BCD);

Mà 

Suy ra $\left(\right(ACD),(BCD\left)\right)=(AI,BI)=\widehat{AIB}.$

Tam giác BCD vuông cân tại B nên $BI=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}.BC.\sqrt{2}=a.$

Xét tam giác ABI vuông tại B, ta có:

$\tan \widehat{AIB}=\frac{AB}{BI}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{AIB}=30°.$

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là $\widehat{AIB}=30°$ .

Bài 2 trang 61 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh 2a. Cho biết SA = a và SA ⊥ (ABCD). Trên BC lấy điểm I sao cho tam giác SDI vuông tại S. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SDI) và (ABCD) là 60°. Tính độ dài SI.

Lời giải:

Vẽ AK ⊥ ID (K ϵ ID).

Ta có ID ⊥ SA và ID ⊥ AK (1)

$\Rightarrow$ ID ⊥ (SAK) $\Rightarrow$ ID ⊥ SK. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\left(\left(SDI\right),\left(ABCD\right)\right)=\widehat{AKS}=60°.$

Xét tam giác SAK vuông tại A có:

$\sin \widehat{AKS}=\frac{SA}{SK}\Rightarrow SK=\frac{SA}{\sin 60°}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$

Tam giác SAD vuông tại A, ta có: $SD=\sqrt{a^2+4a^2}=a\sqrt{5}$

Xét tam giác SID vuông tại S, ta có:

$\frac{1}{S{K}^2}=\frac{1}{S{I}^2}+\frac{1}{S{D}^2}\iff \frac{1}{S{I}^2}=\frac{1}{S{K}^2}-\frac{1}{S{D}^2}$.

Do đó $SI=\frac{2a\sqrt{55}}{11}$.

Bài 3 trang 61 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và SA ⊥ (ABC).

a) Chứng minh rằng (SBC) ⊥ (SAB).

b) Gọi M là trung điểm của AC. Chứng minh rằng (SBM) ⊥ (SAC).

Lời giải:

a)Ta có: BC ⊥ AB (giả thiết);

Đồng thời BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABC)).

$\Rightarrow$ BC ⊥ (SAB)

$\Rightarrow$ (SBC) ⊥ (SAB).

b)Vì tam giác ABC là tam giác vuông cân tại B nên BM ⊥ AC.

Mà BM ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABC))

$\Rightarrow$ BM ⊥ (SAC) (1)

BM $\subset$ (SBM) (2)

Từ (1) và (2) suy ra (SBM) ⊥ (SAC).

Bài 4 trang 61 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD. Chứng minh rằng:

a) (SBC) ⊥ (SAB);

b) (SCD) ⊥ (SAD);

c) (SBD) ⊥ (SAC);

d) (SAC) ⊥ (AHK).

Lời giải:

a)Theo giả thiết:

Suy ra SA ⊥ (ABCD).

Khi đó: 

$\Rightarrow$ BC ⊥ (SAB) $\Rightarrow$ (SBC) ⊥ (SAB).

b)Theo giả thiết:

Suy ra SA ⊥ (ABCD).

Khi đó: 

$\Rightarrow$ CD ⊥ (SAD) $\Rightarrow$ (SCD) ⊥ (SAD).

c)Ta có: 

$\Rightarrow$ BD ⊥ (SAC) $\Rightarrow$ (SBD) ⊥ (SAC).

d)Ta có:

(SAB) ⊥ (SBC) (Chứng minh trên);

(SAB) $\cap$ (SBC) = SB;

Do đó AH ⊥ (SBC)

Mà AH ⊥ SB (giả thiết).

Nên AH ⊥ SC. (1)

Tương tự: AK ⊥ SC. (2)

Từ (1) và (2) suy ra: SC ⊥ (AHK).

Vậy (SAC) ⊥ (AHK).