Giải bài tập toán hình 11 trang 121 năm 2024
Hướng dẫn giải Bài Ôn tập Chương III. Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian, sách giáo khoa Hình học 11. Nội dung bài giải bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 121 122 sgk Hình học 11 bao gồm tổng hợp công thức, lý thuyết, phương pháp giải bài tập hình học có trong SGK để giúp các em học sinh học tốt môn toán lớp 11. Show Lý thuyết1. §1. Vectơ trong không gian 2. §2. Hai đường thẳng vuông góc 3. §3. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng 4. §4. Hai mặt phẳng vuông góc 5. §5. Khoảng cách 6. Hệ thống hóa kiến thức quan hệ vuông góc trong không gian Dưới đây là phần Hướng dẫn giải bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 121 122 sgk Hình học 11. Các bạn hãy đọc kỹ đầu bài trước khi giải nhé! Giaibaisgk.com giới thiệu với các bạn đầy đủ phương pháp giải bài tập hình học 11 kèm bài giải chi tiết bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 121 122 sgk Hình học 11 của Bài Ôn tập Chương III. Vectơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian trong mặt phẳng cho các bạn tham khảo. Nội dung chi tiết bài giải từng bài tập các bạn xem dưới đây: 1. Giải bài 1 trang 121 sgk Hình học 11Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
Bài giải:
\(\left\{ \matrix{ a \bot (P) \hfill \cr b \bot (P) \hfill \cr} \right. \Rightarrow a//b\)
\(\left\{ \matrix{ (P) \bot a \hfill \cr (Q) \bot a \hfill \cr} \right. \Rightarrow (P)//(Q)\)
2. Giải bài 2 trang 121 sgk Hình học 11Trong các khẳng định sau đây, điều nào đúng?
Bài giải:
Để có khẳng định đúng, ta phải nói: “Qua một đường thẳng không vuông góc với một mặt phẳng có duy nhất một mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đã cho“.
3. Giải bài 3 trang 121 sgk Hình học 11Hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông \(ABCD\) cạnh \(a\), cạnh \(SA\) bằng \(a\) và vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\).
Bài giải:
Chứng minh $\Delta SAB$ vuông Ta có: $SA\perp (ABCD),AB\subset (ABCD) ⇒ SA\perp AB ⇒ \Delta SAB vuông$ Chứng minh $\Delta SAD$ vuông Ta có: $SA\perp (ABCD),AD\subset (ABCD) ⇒ SA\perp AD ⇒ \Delta SAD vuông$ Chứng minh $\Delta SBC$ vuông $SA ⊥(ABCD)$ nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên \(mp(ABCD)\) \(ABCD\) là hình vuông nên \(BC ⊥AB\). Ta có: \(\left. \matrix{ SA \bot (ABCD) \hfill \cr BC \bot AB \hfill \cr} \right\}\) \(⇒ SB⊥BC\) (theo định lí ba đường vuông góc) \(⇒ Δ SBC\) là tam giác vuông tại \( B\) Chứng minh $\Delta SCD$ vuông $SA ⊥(ABCD)$ nên \(AD\) là hình chiếu của \(SD\) trên \(mp(ABCD)\) \(ABCD\) là hình vuông nên \(CD ⊥AD\). Ta có: \(\left. \matrix{ SA \bot (ABCD) \hfill \cr CD \bot AD \hfill \cr} \right\}\) \(⇒ SD⊥CD\) (theo định lí ba đường vuông góc) \(⇒ Δ SCD\) là tam giác vuông tại \( D\)
Chứng minh $B’D’//BD$ Ta có: $\left.\begin{matrix} BD& \perp AC \\ BD& \perp SA \\ AC& \cap SA \end{matrix}\right\}\Rightarrow BD\perp (SAC)$ mà $SC\subset (SAC)\Rightarrow BD\perp SC$ Mặt khác: $(\alpha )\perp SC (gt)\Rightarrow BD//(\alpha )$ Ta có: $(SBD) \cap (\alpha ) = B’D’$ ⇒ $B’D’//BD$ Chứng minh: $AB’\perp SB$ Vì $BC\perp (SAB),AB’\subset (SAB)\Rightarrow BC\perp AB’$ (1) $SC\perp (\alpha ), AB’\subset (\alpha )\Rightarrow SC\perp AB’$ (2) Từ (1) (2) suy ra $AB’ \perp (SBC)\Rightarrow AB’ \perp SB$ 4. Giải bài 4 trang 121 sgk Hình học 11Hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\) và có góc \(\widehat{ BAD} = 60^0\). Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và \(SO = {{3a} \over 4}\) . Gọi \(E\) là trung điểm của đoạn \(BC\) và \(F\) là trung điểm của đoạn \(BE\).
Bài giải:
Suy ra tam giác $BCD$ đều ⇒ \(\widehat{ CBD} = 60^0\) hay \(\widehat{ OBC} = 60^0\) $ABCD$ là hình thoi ⇒ $AC\perp BD \equiv O$ ⇒ $\Delta BOC$ vuông tại O có $E$ là trung điểm $BC$ ⇒ $OE = EB = EC = \frac{1}{2}BC$ (tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) Xét tam giác \(BOE\) có \(BO=BE-cmt\) và \(\widehat{ OBE} = 60^0\) nên tam giác \(BOE\) đều Có $F$ là trung điểm $BD$ ⇒ \(OF\) đồng thời là đường cao ⇒ \(OF ⊥BC\). \(\left. \matrix{ SO \bot (ABCD) \hfill \cr {\rm{OF}} \bot {\rm{BC}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow SF \bot BC\) (Định lí 3 đường vuông góc) \(\left. \matrix{ SF \bot BC \hfill \cr {\rm{OF}} \bot {\rm{BC}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow BC \bot (SOF)\) Mà \(BC ⊂ (SBC)\) Suy ra \((SOF) ⊥ (SBC)\)
nên từ \(O\) ta kẻ \(OH⊥SF\) ⇒ \(OH⊥(SBC)\) ⇒ $d(O,(SBC))=OH$ Ta có: \(\eqalign{ & SO = {{3a} \over 4}{\rm{;OF = }}{{a\sqrt 3 } \over 4} \Rightarrow SF = {{a\sqrt 3 } \over 2} \cr & OH.SF = SO.{\rm{OF}} \Rightarrow {\rm{OH = }}{{3a} \over 8} \cr} \) Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \((SBC)\), ta có \(AK//OH\) Trong \(ΔAKC\) thì \(OH\) là đường trung bình, do đó: \(AK = 2OH \Rightarrow AK = {{3a} \over 4}\) 5. Giải bài 5 trang 121 sgk Hình học 11Tứ diện \(ABCD\) có hai mặt \(ABC\) và \(ADC\) nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(AB = a, AC = b\). Tam giác \(ADC\) vuông tại \(D\) có \(CD = a\).
Bài giải:
Chứng minh $\Delta BAD$ vuông Theo giả thiết: \((ABC) ⊥ (ADC)\) mà hai mặt phẳng này giao nhau theo giao tuyến \(AC\). Ta lại có \(BA ⊂ (ABC)\) và \(BA⊥ AC\) nên \(BA⊥(ADC)\) Vì \(AB\subset (ADC) ⇒ BA⊥AD ⇒ ΔBAD\) vuông tại \(A\) Chứng minh: $\Delta BCD$ vuông \(\left. \matrix{BA \bot (ADC) \hfill \cr AD \bot DC \hfill \cr} \right\} \Rightarrow BD \bot DC\) (Định lí 3 đường vuông góc) \(⇒ ΔBDC\) vuông tại \(D\)
Xét $\Delta ABC$ và $\Delta CAD$ có: $\widehat{A}=\widehat{D}$ $AC$ chung $AB=CD=a$ ⇒ $\Delta ABC=\Delta CAD(c-g-c)$ ⇒ $BI=CI$ (hai trung tuyến tương ứng của hai tam giác bằng nhau) ⇒ $\Delta IBC$ cân tại $I$ Có: $K$ là trung điểm $BC$ ⇒ $IK$ đồng thời là đường cao trong $\Delta IBC$ ⇒ $IK \perp BC$ (1) Chứng minh tương tự, ta có: $\Delta ABC=\Delta DCB(c-g-c)$ ⇒ $AK=DK$ ⇒ $\Delta KAD$ cân tại $K$ Có: $I$ là trung điểm $AD$ ⇒ $KI$ đồng thời là đường cao trong $\Delta KAD$ ⇒ $KI \perp AD$ (2) Từ (1) (2) ⇒ \(IK\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng \(AD\) và \(BC\). 6. Giải bài 6 trang 122 sgk Hình học 11Cho khối lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ cạnh $a$.
Bài giải:
Ta có tứ giác \(BCC’B’\) là hình vuông nên \(BC’ ⊥ B’C\) (1) Mặt khác \(A’B’ ⊥ (BCC’B’)\) \(⇒ A’B’ ⊥ BC’\) (2) Từ (1) và (2) suy ra: \(BC’⊥ (A’B’C’D’)\)
Do \(AD’//BC’\) nên mặt phẳng \((AB’D’)\) là mặt phẳng chứa \(AB’\) và song song với \(BC’\). Ta tìm hình chiếu của \(BC’\) trên \(mp (AB’D’)\) Gọi \(E, F\) là tâm của các mặt bên \(ADD’A’\) và \(BCC’B’\) Từ \(F\) kẻ \(FI ⊥ B’E\). Ta có \(BC’ //AD’\) mà \(BC’ ⊥ (A’B’CD)\) \(⇒ AD’ ⊥ (A’B’CD)\) và \(IF ⊂(A’B’CD)\) \(AD’ ⊥ IF\) (3) \(EB’⊥IF\) (4) Từ (3) và (4) suy ra : \(IF ⊥ (AB’D’)\) Vậy \(I\) là hình chiếu của \(F\) trên \(mp (AB’D’)\). Qua \(I\) ta dựng đường thẳng song song với \(BC’\) thì đường thẳng này chính là hình chiếu của \(BC’\) trên mp \((AB’D’)\) Đường thẳng qua \(I\) song song với \(BC’\) cắt \(AB’\) tại \(K\). Qua \(K\) kẻ đường thẳng song song với \(IF\), đường này cắt \(BC’\) tại \(H\). \(KH\) chính là đường vuông góc chung của \(AB’\) và \(BC’\). Thật vậy: \({\rm{IF}} \bot (AB’D’)\) \(\Rightarrow IF ⊥ AB’\) và \(KH // IF\) suy ra \(KH ⊥ AB’\) \(\left. \matrix{ BC’ \bot (A’B’CD) \hfill \cr {\rm{IF}} \subset {\rm{(A’B’CD)}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow \left. \matrix{ {\rm{IF}} \bot {\rm{BC’}} \hfill \cr {\rm{KH//IF}} \hfill \cr} \right\} \Rightarrow KH \bot BC’\) Tam giác \(EFB’\) vuông góc tại \(F\), \(FI\) là đường cao thuộc cạnh huyền nên \({1 \over {I{F^2}}} = {1 \over {FB{‘^2}}} + {1 \over {F{E^2}}}\) với \(\left\{ \matrix{ FB’ = {{a\sqrt 2 } \over 2} \hfill \cr {\rm{EF = a}} \hfill \cr} \right.\) Ta tính ra: \({\rm{IF}} = {{a\sqrt 3 } \over 3} \Rightarrow KH = {\rm{IF = }}{{a\sqrt 3 } \over 3}\) 7. Giải bài 7 trang 122 sgk Hình học 11Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy hình hoi $ABCD$ cạnh $a$ có góc $\widehat{BAD}=60^0$ và $SA=SB=SD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thoi \(ABCD\) cạnh \(a\), góc \(\widehat {BAD} = 60^0\) và \(SA = SB = SD = {{a\sqrt 3 } \over 2}\)
Bài giải:
Kẻ \(SH⊥(ABCD)\) Do \(SA = SB = SD\) suy ra \(HA = HB = HC\) \(⇒ H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \( ABD\). Do \(AB = AD = a\) và \(\widehat{ BAD} = 60^0\) nên tam giác \(ABD\) là tam giác đều cạnh \(a\), Ta có: \(\eqalign{ & AO = {{a\sqrt 3 } \over 2} \cr & AH = {2 \over 3}AO \Rightarrow AH = {{a\sqrt 3 } \over 3} \cr} \) Trong tam giác vuông \(SAH\), ta có: \(SA = {{a\sqrt 3 } \over 2};AH = {{a\sqrt 3 } \over 3}\) Tính ra: \(SH = {{a\sqrt {15} } \over 6}\) Ta cũng có: \(HC = {{2a\sqrt 3 } \over 3}\) Trong tam giác vuông \(SHC\): \(S{C^2} = S{H^2} + H{C^2}\) Suy ra: \(SC = {{a\sqrt 7 } \over 2}\)
\(\left. \matrix{ SH \bot (ABCD) \hfill \cr SH \subset (SAC) \hfill \cr} \right\} \Rightarrow (SAC) \bot (ABCD)\)
\(\eqalign{ & S{C^2} = {{7{a^2}} \over 4}(1) \cr & B{C^2} = {a^2}(2) \cr & S{B^2} = {{3{a^2}} \over 4}(3) \cr} \) Từ (1), (2) và (3) ta có: \(S{C^2} = B{C^2} + S{B^2}\) Theo định lí Pytago đảo, tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\).
Ta có: \(\eqalign{ & \left. \matrix{ DB \bot AC \hfill \cr SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot DB \hfill \cr} \right\} \Rightarrow DB \bot (SAC) \cr & \Rightarrow \left\{ \matrix{ DB \bot {\rm{OS}} \hfill \cr {\rm{DB}} \bot AC \hfill \cr} \right. \cr} \) Suy ra: \(\widehat{ SOH}\) là góc giữa hai mặt phẳng \((SBD)\) và \((ABCD)\) Do đó: \(\eqalign{ & \widehat{ SOH} = \varphi \cr & \tan \varphi = {{SH} \over {OH}} \Rightarrow \tan \varphi = \sqrt 5 \cr} \) Bài trước:
Bài tiếp theo:
Xem thêm:
Chúc các bạn làm bài tốt cùng giải bài tập sgk toán lớp 11 với giải bài 1 2 3 4 5 6 7 trang 121 122 sgk Hình học 11! |