Với lời giải SBT Toán 11 trang 95 Tập 2 chi tiết trong Bài 2: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng sách Cánh diều 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 2: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Bài 14 trang 95 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình thoi, AA’ ⊥ (ABCD). Chứng minh rằng:

a) BB’ ⊥ (A’B’C’D’);

b) BD ⊥ A’C.

Lời giải:

a) Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp nên AA’ // BB’.

Mà AA’ ⊥ (ABCD) nên BB’ ⊥ (ABCD).

Mặt khác: (ABCD) // (A’B’C’D’) (tính chất hình hộp).

Suy ra: BB’ ⊥ (A’B’C’D’).

b) Vì ABCD là hình thoi nên BD ⊥ AC.

Ta có: AA’ ⊥ (ABCD) suy ra AA’ ⊥ BD (vì BD ⊂ (ABCD)).

Ta có: BD ⊥ AA’, BD ⊥ AC và AA’ ∩ AC = A trong (A’AC).

Suy ra: BD ⊥ (A’AC).

Từ đó ta có: BD ⊥ A’C.

Bài 15 trang 95 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp O.ABC và điểm H không thuộc các đường thẳng AB, BC, CA sao cho $\widehat{OHA}=\widehat{OHB}=\widehat{OHC}=90°.$ Chứng minh rằng H thuộc mặt phẳng (ABC).

Lời giải:

Vì $\widehat{OHA}=\widehat{OHB}=90°$ nên ta có OH ⊥ HA, OH ⊥ HB mà HA và HB cắt nhau tại H trong (HAB) nên OH ⊥ (HAB).

Vì $\widehat{OHB}=\widehat{OHC}=90°$ nên ta có OH ⊥ HB, OH ⊥ HC mà HB và HC cắt nhau tại H trong (HBC) nên OH ⊥ (HBC).

Ta thấy: (HAB) và (HBC) cùng đi qua H và vuông góc với OH nên (HAB) ≡ (HBC).

Hay (HAB) ≡ (HBC) ≡ (ABC).

Suy ra: H thuộc mặt phẳng (ABC).

Bài 16 trang 95 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC thoả mãn SA = SB = SC. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng SO ⊥ (ABC).

Lời giải:

Gọi O’ là hình chiếu của S trên (ABC). Khi đó, SO’ ⊥ (ABC).

Mà O’A, O’B, O’C đều nằm trên (ABC) nên SO’ ⊥ O’A, SO’ ⊥ O’B, SO’ ⊥ O’C.

Xét tam giác SO’A và tam giác SO’B có:

$\widehat{S{O}^{\text{'}}A}=\widehat{S{O}^{\text{'}}B}=90°;$

SA = SB (gt);

SO’ chung

Suy ra ∆SO’A = ∆SO’B (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Do đó: O’A = O’B (hai cạnh tương ứng)

Tương tự: ∆SO’A = ∆SO’C, suy ra O’A = O’C.

Từ đó ta có: O’A = O’B = O’C hay O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Suy ra: O ≡ O’, mà SO’ ⊥ (ABC).

Vậy SO ⊥ (ABC).

Bài 17 trang 95 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tam giác ABC và các điểm M, N, P đôi một phân biệt thoả mãn MA = MB = MC, NA = NB = NC, PA = PB = PC. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.

Lời giải:

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.

Khi đó OA = OB = OC.

⦁ Trường hợp 1: Ba điểm M, N, P đều không thuộc mặt phẳng (ABC).

Xét hình chóp M.ABC có MA = MB = MC nên theo kết quả của Bài 16, trang 95, Sách bài tập Toán 11, Tập hai ta có: MO ⊥ (ABC)

Tương tự, từ NA = NB = NC, PA = PB = PC ta cũng có NO ⊥ (ABC), PO ⊥ (ABC).

Ta thấy: MO, NO, PO cùng đi qua điểm O và vuông góc với mặt phẳng (ABC).

Do đó ba đường thẳng MO, NO, PO trùng nhau hay M, N, P thẳng hàng.

⦁ Trường hợp 2: Trong ba điểm M, N, P có một điểm nằm trên (ABC).

Mà MA = MB = MC, NA = NB = NC, PA = PB = PC nên không mất tính tổng quát ta giả sử điểm M nằm trên (ABC).

Ta có MA = MB = MC, OA = OB = OC và M, O cùng nằm trong mp (ABC)

Suy ra: M ≡ O.

Tương tự trường hợp 1, từ NA = NB = NC, PA = PB = PC nên cũng ta có:

NO ⊥ (ABC), PO ⊥ (ABC).

Ta thấy: NO, PO cùng đi qua điểm O và vuông góc với mặt phẳng (ABC).

Do đó hai đường thẳng NO, PO trùng nhau hay O, N, P thẳng hàng hay M, N, P thẳng hàng.

Vậy M, N, P thẳng hàng.

Bài 18 trang 95 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình tứ diện đều ABCD. Chứng minh AB ⊥ CD.

Lời giải:

Gọi M là trung điểm của CD.

Vì ABCD là tứ diện đều nên hai tam giác ACD và BCD là các tam giác đều.

Suy ra AM ⊥ CD, BM ⊥ CD.

Ta có: AM ⊥ CD, BM ⊥ CD và AM ∩ BM = M trong (ABM).

Suy ra CD ⊥ (ABM).

Mà AB ⊂ (ABM) nên CD ⊥ AB hay AB ⊥ CD.

Bài 19 trang 95 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình tứ diện ABCD có AB ⊥ (BCD), các tam giác BCD và ACD là những tam giác nhọn. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác BCD, ACD. Chứng minh rằng:

a) AD ⊥ CH;

b*) HK ⊥ (ACD).

Lời giải:

a) Vì AB ⊥ (BCD), CH ⊂ (BCD) nên AB ⊥ CH hay CH ⊥ AB.

Do H là trực tâm của tam giác BCD nên CH ⊥ BD.

Ta có: CH ⊥ AB, CH ⊥ BD và AB ∩ BD = B trong (ABD).

Suy ra CH ⊥ (ABD).

Mà AD ⊂ (ABD) nên CH ⊥ AD hay AD ⊥ CH.

b) Trong (BCD), gọi I = BH ∩ CD mà H là trực tâm của tam giác BCD nên BI ⊥ CD.

Lại có: AB ⊥ (BCD), CD ⊂ (BCD) nên AB ⊥ CD.

⦁ Ta có: CD ⊥ BI, CD ⊥ AB và BI ∩ AB = B trong (ABI).

Suy ra CD ⊥ (ABI).

Mà HK ⊂ (ABI) nên CD ⊥ HK. (1)

⦁ Vì K là trực tâm của tam giác ACD nên CK ⊥ AD.

Ta có: AD ⊥ CH (theo câu a), AD ⊥ CK và CH ∩ CK = C trong (CHK).

Suy ra: AD ⊥ (CHK).

Mà HK ⊂ (CHK) nên AD ⊥ HK. (2)

Từ (1), (2) kết hợp với CD ∩ AD = D trong (ACD) nên ta có HK ⊥ (ACD).

Bài 20 trang 95 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC). Gọi M, N, P lần lượt là trọng tâm của ba tam giác SAB, SBC, SCA. Chứng minh rằng SA ⊥ (MNP).

Lời giải:

Gọi H, K, I lần lượt là trung điểm của AB, BC, CA.

Vì M, N, P lần lượt là trọng tâm của ba tam giác SAB, SBC, SCA nên ta có:

$\frac{SM}{SH}=\frac{SN}{SK}=\frac{SP}{SI}=\frac{2}{3}$.

Theo định lý Thalès: MN // HK, MP // HI.

Mà HK ⊂ (ABC), IH ⊂ (ABC).

Suy ra: MN // (ABC), MP // (ABC).

Trong (MNP) có: MN ∩ MP = M, MN // (ABC), MP // (ABC).

Suy ra (MNP) // (ABC).

Lại có SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ (MNP).

Bài 21 trang 95 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD thoả mãn SA = SB = SC = SD. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua cả bốn đỉnh của tứ giác ABCD.

Lời giải:

Gọi O là hình chiếu của S trên (ABCD). Khi đó SO ⊥ (ABCD).

Mà OA, OB, OC, OD đều nằm trên (ABCD) nên SO ⊥ OA, SO ⊥ OB, SO ⊥ OC, SO ⊥ OD.

Xét tam giác SOA và tam giác SOB có:

$\widehat{SOA}=\widehat{SOB}=90°;$

SA = SB (gt);

SO chung

Suy ra ∆SOA = ∆SOB (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Do đó: OA = OB (hai cạnh tương ứng)

Tương tự: ∆SOB = ∆SOC = ∆SOD nên OB = OC = OD.

Từ đó ta có: OA = OB = OC = OD hay O là tâm đường tròn đi qua bốn đỉnh của tứ giác ABCD.

Bài 22 trang 95 SBT Toán 11 Tập 2: Cho mặt phẳng (P) và hai điểm A, B sao cho B thuộc (P) và A không thuộc (P). Điểm C chuyển động trên mặt phẳng (P) thoả mãn $\widehat{ACB}=90°.$ Chứng minh rằng C chuyển động trên một đường tròn cố định trong (P).

Lời giải:

Gọi H là hình chiếu của A trên (P).

Ta có: A là điểm cố định nên H cố định và HC là hình chiếu của AC trên (P).

Vì H là hình chiếu của A trên (P) nên AH ⊥ (P).

Mà BC ⊂ (P) nên AH ⊥ BC.

Ta có: BC ⊥ AH, BC ⊥ AC (vì $\widehat{ACB}=90°$) và AH ∩ AC = A trong (AHC).

Suy ra BC ⊥ (AHC) nên BC ⊥ HC.

Do đó C chuyển động trên đường tròn đường kính HB cố định nằm trong (P).

Bài 23 trang 95 SBT Toán 11 Tập 2: Cho đoạn thẳng AB và mặt phẳng (P) sao cho (P) ⊥ AB và (P) cắt đoạn thẳng AB tại điểm H thoả mãn HA = 4 cm, HB = 9 cm. Điểm C chuyển động trong mặt phẳng (P) thoả mãn $\widehat{ACB}=90°.$ Chứng minh rằng điểm C thuộc đường tròn tâm H bán kính 6 cm trong mặt phẳng (P).

Lời giải:

Vì $\widehat{ACB}=90°$ nên A, B, C không thẳng hàng.

Ta có: AB ⊥ (P), HC ⊂ (P) nên AB ⊥ HC.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ACB vuông tại C ta có:

HC² = HA.HB = 4.9 = 36, suy ra HC = 6 (cm).

Ta thấy khi C chuyển động trong mặt phẳng (P) thoả mãn $\widehat{ACB}=90°$ thì C luôn cách H (với H là điểm cố định) một khoảng không đổi HC = 6 cm.

Vậy C thuộc đường tròn tâm H bán kính 6 cm trong (P).