bai dabttl quan_he_vuong_goc_no_restriction

Khóa học Chuyên đề Hình học 11 - ThầyTrần Viết Kính Quan hệ vuông góc

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 -

a

a

a

a

O

A

B

D

C

S

Phần 1: Quan hệ vuông góc Bài 1. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA vuông góc với

mp (ABCD) và SA = a; M là trung điểm cạnh SD.

a) Mặt phẳng (α) đi qua OM và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) cắt hình chóp SABCD theo thiết

diện là hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a.

b) Gọi H là trung điểm của CM; I là điểm thay đổi trên SD. Chứng minh OH ⊥ (SCD); và hình chiếu

của O trên CI thuộc đường tròn cố định.

Giải:

a. Kẻ MQ//SA => ( ) ( ) ( )MQ ABCD MQOα⊥ ⇒ ≡

Thiết diện là hình thang vuông MNPQ (MN//PQ) 2( ). 3

2 8td

MN PQ MQ aS

+= = (đvdt)

b. : / / , ,AMC OH AM AM SD AM CD∆ ⊥ ⊥

( ) ( )AM SCD OH SCD⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Gọi K là hình chiếu của O trên CI

, ( )OK CI OH CI CI OKH CI HK⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

Trong mp(SCD) : H, K cố định, góc HKC vuông

=> K thuộc đường tròn đg kính HC. Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA

= SB = SC = a. Chứng minh rằng: SB vuông góc SD.

Giải: + Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình thoi nên O là trung điểm của AC và BD

0

1

2

90

ABC ASC SO BO BD

BSD SB SD

+ ∆ = ∆ ⇒ = =

⇒ ∠ = ⇔ ⊥

QUAN HỆ VUÔNG GÓC

ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Giáo viên: TRẦN VIẾT KÍNH Các bài tập trong tài liệu này được biên soạn kèm theo Chuyên đề Quan hệ vuông góc thuộc khóa học Chuyên đề

Hình học 11 – Thầy Trần Viết Kính tại website Hocmai.vn để giúp các Bạn kiểm tra, củng cố lại các kiến thức được

giáo viên truyền đạt trong Chuyên đề Quan hệ vuông góc. Để sử dụng hiệu quả, Bạn cần làm trước bài tập sau đó so

sánh với đáp án.

O

Q

H

P

A D

B

C

S

I

M

N

I



O

A

B

D

C

S

H

K

I

N

K

I

O

D

A

C

B

S

M

Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc mặt phẳng (ABCD). Gọi H, K

lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD.

a. CMR: SC vuông góc mặt phẳng (AHK).

b. Gọi I là giao điểm của SC với mặt phẳng (AHK). CMR: HK vuông góc AI.

Giải: a. Ta có:

( ) (1)AH SB

AH SBC AH SCAH BC

⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

( ) (2)AK SD

AK SDC AK SCAK DC

⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Từ (1) và (2) ta suy ra ( )SC AHK⊥

b. Ta có:

v vSAB SAD SH SK∆ = ∆ ⇒ =

/ /SH SK

HK BDSB SD

⇒ = ⇒ ( Định lý Ta lét đảo)

( )BD AC

BD SACBD SA

⊥ ⇒ ⊥

⊥

/ /( )

( )

HK BDHK SAC HK AI

BD SAC

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi tâm O, SA = SC, SB = SD.

a. Chứng minh rằng: ( )SO ABCD⊥

b. I, K lần lượt là trung điểm của BA và BC. Chứng minh rằng IK vuông góc SD. c. Gọi (P) là mặt phẳng song song với SO chứa IK. Chứng minh BD vuông góc với mặt phẳng (P).

Giải: a. Ta có:

( )SO AC

SO ABCDSO BD

⊥ ⇒ ⊥

⊥

b.

( )( )

IK BD do AC BDIK SBD IK SD

IK SO

⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

c. + Gọi M là giao điểm của SB với mặt phẳng (P),

N là giao điểm của DB với mặt phẳng (P).

/ /( ), ( )/ /

( ) ( )

/ /

( )

SO P SO SBDSO MN

SBD P MN

SO BDMN BD

MN SO

BD IKBD P

BD MN

⊂ + ⇒

∩ = ⊥

+ ⇒ ⊥

⊥ + ⇒ ⊥

⊥

Bài 5. Cho lặng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’, đáy ABC có AB = AD = a và góc 060BAD∠ = , 3

AA '2

a= .

M, N lần lượt là trung điểm A’D’ và A’B’. Chứng minh rằng: ' ( ).AC BDMN⊥



Giải:

+ Gọi S BN DM= ∩ ⇒ M là trung điểm SD, N là trung điểm SB, A’ là trung điểm SA. + Gọi O = AC∩ BD

+ ∆ BAD đều 3

2 3 , '2

aAO AC AO a SA CC AO⇒ = ⇒ = = = =

+ Hai ∆ vuông SOA và ACC’ bằng nhau AS 'O CAC⇒ ∠ = ∠ .

Mà 0 0AS 90 ' 90 'O SOA CAC SOA AC SO∠ +∠ = ⇒ ∠ +∠ = ⇒ ⊥

+ '

' ( )'

AC BDAC BDMN

AC SO

⊥ ⇒ ⊥

⊥

Bài 6. Tứ diện SABC có ( ).SA mp ABC⊥ Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC.

a. Chứng minh SC vuông góc với mp(BHK) và ( ) ( )SAC BHK⊥

b. Chứng minh ( )HK SBC⊥ và ( ) ( ).SBC BHK⊥

Giải:

a. Vì H là trực tâm tam giác ABC BH AC∆ ⇒ ⊥ , theo giả thiết

( )SA mp ABC BH SA⊥ ⇒ ⊥ . Nên ( )BH mp SAC SC BH⊥ ⇒ ⊥

Do K là trực tâm SBC BK SC∆ ⇒ ⊥

Từ đó suy ra ( ) ( ) ( )SC mp BHK mp BHK mp SAC⊥ ⇒ ⊥ (đpcm)

b. Tương tự như trên ta cũng chứng minh được: ( )SB mp CHK SB HK⊥ ⇒ ⊥

Mà ( )SC mp BHK SC HK⊥ ⇒ ⊥ .

Do đó: ( ) ( ) ( )HK mp SBC mp SBC mp BHK⊥ ⇒ ⊥

Bài 7. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.

Giải: Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ nên I là trung điểm của B’C.

M là trung điểm AA’ nên MC=MB’ suy ra tam giác MB’C cân tại M

B

S

C

A

H

K



NM

D

S

A B

C

K

' ; ' ' ' .B C MI B C BC B C MB⇒ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥

Phần 2: Góc Bài 1: Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, AC = 2, BC = 4. Cạnh bên SA = 5 vuông góc với đáy. Gọi D là trung điểm cạnh AB. Tính góc giữa AC và SD

Giải:

Ta có : AB = 2 5 ,

Gọi M là trung điểm của BC ,ta có : DM = 1

SD = 2 2 30SA AD+ = ,

SC = 2 2 29SA AC+ =

SM = 2 2 33SC CM+ =

Ta có : 2 2 2 30 1 33 1

cos2 . 2 30 30

SD MD SMSDM

SD MD

+ − + −∠ = = = − (*)

Góc ϕ giữa hai đường thẳng AC và SD là góc giữa hai đường thẳng DM và SD hay ϕ bù với góc

∠ SDM . Do đó : cosϕ = 1

30

Vậy ϕ = arcos 1

30

Bài 2: Cho tứ diện ABCD, gọi M và N lần lượt là trung điểm BC, AD. Biết AB = CD = 2a, MN = 3a .

Tính góc giữa 2 đường thẳng AB và CD

Giải: Gọi P là trung điểm AC. Khi đó MP // AB, NP // CD và MP = NP = a

( , ) ( , )AB CD MP NP⇒ ∠ = ∠

Trong tam giác MPN ta có: 2 2 2 2 2

0

2 3 1os MPN=

2 . 2 . 2

120

MP NP MN a ac

MP NP a a

MPN

+ − −∠ = = −

⇒ ∠ =

Vậy 0 0( , ) 60 ( , ) 60MP NP AB CD∠ = ⇒ ∠ =

Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D, AD=DC=a, AB=2a. SA vuông góc

với AB và AD, SA=2 3

3

a. Tính góc giữa 2 đường thẳng:

a, DC và SB

A

A’

B

B’

C

C’

M I



b, SD và BC

Giải:

a. Do / / ( , ) ( , )DC AB DC SB AB SB α⇒ ∠ = ∠ =

Tam giác SAB vuông tại A nên α là góc nhọn, khi đó 0

2 333tan 30

2 3

aSA

AB aα α= = = ⇒ =

Vậy 0( , ) 30DC SB∠ =

b. Gọi I là trung điểm AB, khi đó AI=a. Tứ giác ADCI là hình bình hành, lại có AI=AD=a nên là hình

thoi, mà góc A, D vuông nên ADCI là hình vuông cạnh a 2DI a⇒ = Tứ giác BIDC là hình bình hành nên BC // DI

Khi đó ( , ) ( , )SD BC SD DI β∠ = ∠ =

Tam giác SAI vuông tại A nên 2

2 2 2 7

3

aSI SA AI= + =

Tam giác SAD vuông tại A nên 2

2 2 2 7

3

aSD SA AD= + =

Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác SDI: 2 2 2 22 3

os2 . 21 42

. . 23

SD DI SI ac SDI

SD DI aa a

+ −∠ = = = >0

Suy ra SDI∠ là góc nhọn và SDI∠ =arccos3

42

Bài 4: Cho hình lăng trụ tam giác đều . ' ' 'ABC A B C có 1, ' ( 0).AB CC m m= = > Tìm m biết rằng góc

giữa hai đường thẳng 'AB và 'BC bằng 060 .

Giải:

- Kẻ / / ' ( ' ')BD AB D A B∈ 0( ', ') ( , ') 60AB BC BD BC⇒ = =

0' 60DBC⇒ ∠ = hoặc 0' 120 .DBC∠ =

- Nếu 0' 60DBC∠ =

Vì lăng trụ đều nên ' ( ' ' ').BB A B C⊥

Áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có 2' 1BD BC m= = + và ' 3.DC =

Kết hợp 0' 60DBC∠ = ta suy ra 'BDC∆ đều.

Do đó 2 1 3 2.m m+ = ⇔ =

- Nếu 0' 120DBC∠ =

Áp dụng định lý cosin cho 'BDC∆ suy ra 0m = (loại).

Vậy 2.m =

Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = 3a , SD= 7a và SA

⊥ (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB.

a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông.

b) Tính góc hợp bởi các mặt phẳng (SCD) và (ABCD).

Giải: a) Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông.

Thank you for evaluating AnyBizSoft PDF Password Remover.

With the trial version, only the first 5 pages of each file can be exported.

To get all the pages exported, you need to purchase the software from

http://www.anypdftools.com/buy/buy-pdf-password-remover.html

http://www.anypdftools.com/buy/buy-pdf-password-remover.html

bai dabttl quan_he_vuong_goc_no_restriction

Economy & Finance