Với lời giải SBT Toán 11 trang 104 Tập 2 chi tiết trong Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc 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 4: Hai mặt phẳng vuông góc

Bài 37 trang 104 SBT Toán 11 Tập 2: Hình 26 gợi nên hình ảnh một số cặp mặt phẳng vuông góc với nhau. Hãy chỉ ra 2 cặp mặt phẳng vuông góc với nhau.

Lời giải:

Dựa vào hình vẽ, ta thấy rằng (P), (Q), (R) là ba mặt phẳng song song với nhau.

Mặt phẳng (S) là mặt thẳng đứng, nên nó vuông góc với cả ba mặt phẳng (P), (Q), (R).

Từ đó ta có thể chỉ ra 2 cặp mặt phẳng vuông góc với nhau là: (P) ⊥ (S), (Q) ⊥ (S).

Bài 38 trang 104 SBT Toán 11 Tập 2: Chứng minh các định lí sau:

a) Cho hai mặt phẳng song song. Nếu một mặt phẳng vuông góc với một trong hai mặt phẳng đó thì vuông góc với mặt phẳng còn lại.

b) Cho một mặt phẳng và một đường thẳng không vuông góc với mặt phẳng đó. Khi đó tồn tại duy nhất một mặt phẳng chứa đường thẳng đã cho và vuông góc với mặt phẳng đã cho.

Lời giải:

a)

Giả sử có ba mặt phẳng (P), (Q), (R) thỏa mãn (P) // (Q) và (R) ⊥ (P). Ta cần chứng minh (R) ⊥ (Q).

Gọi a = (P) ∩ (R), lấy d ⊂ (R) sao cho a ⊥ d.

Ta có: (R) ⊥ (P), a = (R) ∩ (P), d ⊂ (R) và a ⊥ d, suy ra d ⊥ (P).

Mà (P) // (Q), d ⊂ (R) nên d ⊥ (Q).

Suy ra (Q) ⊥ (R).

b) Xét đường thẳng d không vuông góc với mặt phẳng (P). Ta cần chứng minh: tồn tại duy nhất mặt phẳng (Q) vuông góc với (P) và chứa d.

Chứng minh tính tồn tại mặt phẳng (Q):

· Xét trường hợp d cắt (P) tại A.

Lấy M ∈ d sao cho M ≠ A. Vẽ đường thẳng a đi qua M sao cho a ⊥ (P).

Suy ra d ∩ a = M.

Khi đó hai đường thẳng a và d xác định mặt phẳng (Q) hay mặt phẳng (Q) chứa hai đường thẳng a và d.

Vì a ⊥ (P), a ⊂ (Q) nên ta có (P) ⊥ (Q).

· Xét trường hợp d ⊂ (P) hoặc d // (P).

Lấy M ∈ d. Vẽ đường thẳng a đi qua M sao cho a ⊥ (P).

Suy ra d ∩ a = M.

Khi đó hai đường thẳng a và d xác định mặt phẳng (Q) hay mặt phẳng (Q) chứa hai đường thẳng a và d.

Vì a ⊥ (P), a ⊂ (Q) nên ta có (P) ⊥ (Q).

Chứng minh tính duy nhất mặt phẳng (Q):

Giả sử tồn tại mặt phẳng (Q’) khác (Q) sao cho d ⊂ (Q’) và (P) ⊥ (Q’).

Ta thấy: d = (Q’) ∩ (Q).

Mà (P) ⊥ (Q), (P) ⊥ (Q’) nên suy ra d ⊥ (P).

Mâu thuẫn với giả thiết d không vuông góc với (P).

Như vậy, tồn tại duy nhất mặt phẳng (Q) sao cho d ⊂ (Q) và (P) ⊥ (Q).

Bài 39 trang 104 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có AA’ ⊥ (ABC), tam giác ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng (MAA’) ⊥ (BCC’B’).

Lời giải:

Vì tam giác ABC cân tại A, AM là đường trung tuyến nên AM ⊥ BC.

Ta có: AA’ ⊥ (ABC), AA’ // BB’, suy ra BB’ ⊥ (ABC).

Mà AM ⊂ (ABC) nên BB’ ⊥ AM.

Ta có: AM ⊥ BC, AM ⊥ BB’, BC ∩ BB’ = B trong (BCC’B’).

Từ đó suy ra AM ⊥ (BCC’B’).

Mà AM ⊂ (MAA’) nên (MAA’) ⊥ (BCC’B’).

Bài 40 trang 104 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) và ABCD là hình chữ nhật. Chứng minh rằng:

a) (SAB) ⊥ (SBC);

b) (SAD) ⊥ (SCD).

Lời giải:

a) Ta có: SA ⊥ (ABCD), BC ⊂ (ABCD) suy ra SA ⊥ BC.

Vì ABCD là hình chữ nhật nên BC ⊥ AB.

Ta có: BC ⊥ SA, BC ⊥ AB, SA ∩ AB = A trong (SAB)

Suy ra BC ⊥ (SAB).

Hơn nữa BC ⊂ (SBC)

Từ đó ta có: (SAB) ⊥ (SBC).

b) Ta có: SA ⊥ (ABCD), CD ⊂ (ABCD) suy ra SA ⊥ CD.

Vì ABCD là hình chữ nhật nên CD ⊥ AD.

Ta có: CD ⊥ SA, CD ⊥ AD, SA ∩ AD = A trong (SAD)

Suy ra CD ⊥ (SAD).

Hơn nữa CD ⊂ (SCD)

Từ đó ta có: (SAD) ⊥ (SCD).

Bài 41 trang 104 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi, (SAC) ⊥ (ABCD), (SBD) ⊥ (ABCD). Chứng minh rằng (SAC) ⊥ (SBD).

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Suy ra: O ∈ AC ⊂ (SAC) và O ∈ BD ⊂ (SBD) nên O ∈ (SAC) ∩ (SBD).

Hơn nữa S ∈ (SAC) ∩ (SBD).

Nên SO = (SAC) ∩ (SBD).

Vì (SAC) ⊥ (ABCD), (SBD) ⊥ (ABCD) và SO = (SAC) ∩ (SBD), ta suy ra SO ⊥ (ABCD).

Mà AC ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ AC.

Do ABCD là hình thoi, nên AC ⊥ BD.

Ta có: AC ⊥ SO, AC ⊥ BD và SO ∩ BD = O trong (SBD).

Suy ra AC ⊥ (SBD).

Mặt khác AC ⊂ (SAC).

Từ đó ta có: (SAC) ⊥ (SBD).

Bài 42 trang 104 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có $\widehat{ASB}=\widehat{ASC}=90°.$ Gọi H là trực tâm tam giác ABC.Chứng minh rằng (SAH) ⊥ (ABC).

Lời giải:

Do H là trực tâm của tam giác ABC nên AH ⊥ BC.

Do $\widehat{ASB}=\widehat{ASC}=90°$ nên ta có: SA ⊥ SB và SA ⊥ SC.

Ta có: SA ⊥ SB, SA ⊥ SC và SB ∩ SC = S trong (SBC)

Suy ra SA ⊥ (SBC).

Mà BC ⊂ (SBC) nên SA ⊥ BC.

Ta có: BC ⊥ AH, BC ⊥ SA và AH ∩ SA = A trong (SAH)

Suy ra BC ⊥ (SAH).

Hơn nữa BC ⊂ (ABC).

Từ đó ta có (SAH) ⊥ (ABC).

Bài 43 trang 104 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông, tam giác SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD). Chứng minh rằng:

a) (SAD) ⊥ (SAB);

b) (SBC) ⊥ (SAB);

c) (SAD) ⊥ (SBC).

Lời giải:

a) Gọi H là hình chiếu của S trên AB.

Ta có: (SAB) ⊥ (ABCD), (SAB) ∩ (ABCD) = AB và SH ⊂ (SAB), SH ⊥ AB

Suy ra SH ⊥ (ABCD).

Mà AD ⊂ (ABCD) nên SH ⊥ AD.

Do ABCD là hình vuông nên ta có AD ⊥ AB.

Ta có: AD ⊥ SH, AD ⊥ AB và SH ∩ AB = H trong (SAB)

Suy ra AD ⊥ (SAB).

Hơn nữa AD ⊂ (SAD) nên (SAD) ⊥ (SAB).

b) Vì SH ⊥ (ABCD) và BC ⊂ (ABCD) nên SH ⊥ BC.

Do ABCD là hình vuông nên ta có BC ⊥ AB.

Ta có: BC ⊥ SH, BC ⊥ AB và SH ∩ AB = H trong (SAB)

Suy ra BC ⊥ (SAB).

Hơn nữa BC ⊂ (SBC) nên (SBC) ⊥ (SAB).

c) Vì AD ⊥ (SAB) và SB ⊂ (SAB) nên AD ⊥ SB.

Theo giả thiết: tam giác SAB vuông tại S nên ta có SB ⊥ SA.

Ta có: SB ⊥ AD, SB ⊥ SA và AD ∩ SA = A trong (SAD)

Suy ra SB ⊥ (SAD).

Hơn nữa SB ⊂ (SBC) nên (SAD) ⊥ (SBC).

Bài 44 trang 104 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, (SAC) ⊥ (ABCD). Gọi M là trung điểm của AD, (SBM) ⊥ (ABCD). Giả sử SA = 5a, AB = 3a, AD = 4a và góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) bằng φ. Tính cosφ.

Lời giải:

Gọi H là giao điểm của BM và AC.

Suy ra: H ∈ BM ⊂ (SBM) và H ∈ AC ⊂ (SAC) nên ta có H ∈ (SBM) ∩ (SAC).

Mà S ∈ (SBM) ∩ (SAC).

Từ đó suy ra: SH = (SBM) ∩ (SAC).

Ta có: (SAC) ⊥ (ABCD), (SBM) ⊥ (ABCD), SH = (SBM) ∩ (SAC).

Suy ra SH ⊥ (ABCD), tức H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD).

Nên góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng SA và AH và bằng

Do ABCD là hình chữ nhật nên $\widehat{ADC}=90°.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác ADC vuông tại D có:

AC² = AD² + DC²

$AC=\sqrt{A{D}^2+D{C}^2}=\sqrt{A{D}^2+A{B}^2}$ (vì DC = AB do ABCD là hình chữ nhật).

$\Rightarrow AC=\sqrt{{\left(4a\right)}^2+{\left(3a\right)}^2}=5a.$

Do M là trung điểm của AD nên $AM=\frac{AD}{2}=\frac{4a}{2}=2a.$

Do ABCD là hình chữ nhật nên AD // BC hay AM // BC.

Áp dụng hệ quả định lí Thalès với AM // BC ta có: $\frac{AH}{HC}=\frac{AM}{BC}=\frac{2a}{4a}=\frac{1}{2}.$

$\Rightarrow AH=\frac{1}{2}HC.$

$\Rightarrow AH=\frac{1}{3}AC=\frac{1}{3}.5a=\frac{5a}{3}.$

Vì SH ⊥ (ABCD) và AH ⊂ (ABCD) nên SH ⊥ AH.

Xét tam giác SAH vuông tại H có: $\cos \phi =\cos \widehat{SAH}=\frac{AH}{SA}=\frac{\frac{5a}{3}}{5a}=\frac{1}{3}.$