Câu 1:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \perp(ABCD)\). Cho biết \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D\), \(AB=2AD\).
\(\bullet\,\) Chứng minh \(CD \perp(SAD)\);
\(\bullet\,\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\). Chứng minh \(CM \perp (SAB)\).
baitapsgk11/t11ch8b2sgkh1.png
\(\bullet\,\) Ta có \(CD \perp AD \quad (1)\).
Mặt khác \(CD \perp SA \quad (2)\) do \(SA \perp (ABCD) \).
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(CD \perp (SAD)\).
\(\bullet\,\) Ta có \(SA \perp CM \quad (3)\) do \(SA \perp (ABCD) \).
Mặt khác, \(CM \parallel AD \Rightarrow CM \perp AB \quad (4)\).
Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra \((SAB)\).
}
Câu 2:
Cho hình vuông \(ABCD\). Gọi \(H\), \(K\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(AD\). Trên đường thẳng vuông góc với \((ABCD)\) tại \(H\), lấy điểm \(S\). Chứng minh rằng:
\(\bullet\,\) \(AC \perp (SHK)\);
\(\bullet\,\) \(CK \perp (SDH)\).
baitapsgk11/t11ch8b2sgkh2.png
\(\bullet\,\) Theo đề bài ta có \(SH \perp (ABCD)\) mà \(AC \subset (ABCD)\) nên \(SH \perp AC \quad (1)\).
Vì \(HK\) là đường trung bình của \(\triangle ABD \Rightarrow HK \parallel BD\).
Mà \(BD \perp AC\) (Vì \(BD\) và \(AC\) là hai đường chéo của hình vuông \(ABCD\)).
Suy ra \(HK \perp AC \quad (2)\).
Từ \((1)\) và \((2)\) ta được \(\begin{cases}AC \perp SH \subset (SHK)\\ AC \perp HK \subset (SHK)\\ SH \cup HK =H\end{cases} \Rightarrow AC \perp (SHK)\).
\(\bullet\,\) Gọi \(I=CK \cap DH\).
Suy ra, \(\triangle IDC\) có \(\widehat{IDC}+\widehat{ICD}=\widehat{IDC}+\widehat{ADH}=90^\circ \Rightarrow CK \perp DH \quad (3)\).
Mà \(AH \perp (ABCD) \Rightarrow AH \perp CK \quad (4)\).
Từ \((3)\) và \((4)\) suy ra \(CK \perp (SDH)\).
}
Câu 3:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh bằng \(a\sqrt{2}\), có các cạnh bên đều bằng \(2a\).
\(\bullet\,\) Tính góc giữa \(SC\) và \(AB\).
\(\bullet\,\) Tính diện tích hình chiếu vuông góc của tam giác \(SAB\) trên mặt phẳng \((ABCD)\).
baitapsgk11/t11ch8b2sgkh3.png
\(\bullet\,\) Tính góc giữa \(SC\) và \(AB\).
Ta có \(AB \parallel CD\) nên \((SC,AB)=(SC,CD)=\widehat{SCD}\).
Áp dụng hệ quả định lý Côsin ta có \(\cos \widehat{SCD}=\displaystyle\frac{SC^2+CD^2-SD^2}{2 \cdot SC \cdot CD}\) \(=\displaystyle\frac{(2a)^2+(a\sqrt{2})^2-(2a)^2}{2 \cdot 2a \cdot a\sqrt{2}}=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{4}.\)
Suy ra \(\widehat{SCD}\approx 69^\circ\).
\(\bullet\,\) Gọi \(O\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên mặt phẳng \((ABCD)\).
Do đó hình chiếu của tam giác \(SAB\) lên mặt phẳng \((ABCD)\) là tam giác \(OAB\).
Khi đó, \(S_{\triangle OAB}=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot a \cdot a=\displaystyle\frac{a^2}{2}\).
}
Câu 4:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA=SB=SC=a\), \(\widehat{ASB}=90^\circ\), \(\widehat{BSC}=60^\circ\) và \(\widehat{ASC}=120^\circ\). Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \(AC\). Chứng minh \(SI \perp (ABC)\).
baitapsgk11/t11ch8b2sgkh4.png
Hình chóp \(S.ABC\) có \(SA=SB=SC\) nên chân đường vuông góc kẻ từ \(S\) tới đáy là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).
Ta có \(\triangle SAB\) vuông cân tại \(S\), \(SA=SB=a \Rightarrow AB=a\sqrt{2}\).
Mặt khác, \(\triangle SBC\) cân tại \(S\) có \(\widehat{BSC}=60^\circ \Rightarrow \triangle SBC\) đều.
Suy ra \(BC=SB=SC=a\).
Lại có \(\triangle SAC\) cân tại \(S\) và \(\widehat{ASC}=120^\circ\). Áp dụng định lý Côsin, ta có
\(AC=\sqrt{SA^2+SC^2-2\cdot SA\cdot SC \cdot \cos 120^\circ}\) \(=\sqrt{a^2+a^2-2\cdot a\cdot a \cdot \displaystyle\frac{-1}{2}}=a\sqrt{3}.\)
Xét tam giác \(\triangle ABC\), ta thấy \(AB^2+BC^2=AC^2\).
Suy ra, tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\).
Do đó, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(\triangle ABC\) là trung điểm của cạnh \(AC\).
Vậy \(SI \perp (ABC)\).
}
Câu 5:
Một cái lều có dạng hình lăng trụ \(ABC.A' B'C'\) có cạnh bên \(AA'\) vuông góc với đáy (Hình bên). Cho biết \(AB=AC=2{,}4\) m; \(BC=2\) m; \(AA'=3\) m.
\(\bullet\,\) Tính góc giữa hai đường thẳng \(AA'\) và \(BC\); \(A'B'\) và \(AC\).
\(\bullet\,\) Tính diện tích hình chiếu vuông góc của tam giác \(ABB'\) trên mặt phẳng \(\left(BB'C'C\right)\).
baitapsgk11/t11ch8b2sgkh5.png
baitapsgk11/t11ch8b2sgkh6.png
\(\bullet\,\) Ta có \(AA'\perp (ABC) \Rightarrow AA'\perp BC \Rightarrow (AA',BC)=90^\circ\).
Do \(A'B' \parallel AB \Rightarrow (A'B',AC)=(AB,AC)=\widehat{BAC}\).
Áp dụng hệ quả định lý Côsin \(\cos \widehat{BAC}=\displaystyle\frac{AC^2+AB^2-BC^2}{2\cdot AB \cdot AC}\) \(=\displaystyle\frac{2{,}4^2+2{,}4^2-2^2}{2\cdot 2{,}4 \cdot 2{,}4}=0{,}652.\)
Suy ra \(\widehat{BAC} \approx 49^\circ\).
\(\bullet\,\) Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(BC\).
Ta có \(AH \perp CB \quad (1)\).
Mặt khác \(BB' \perp AH \quad (2)\) do \(BB'\parallel AA'\) mà \(AA' \perp (ABC)\).
Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(AH \perp (BB'C'C)\). Do đó, \(H\) là hình chiếu của \(A\) lên mặt phẳng \((BB'C'C)\).
Khi đó hình chiếu vuông góc của tam giác \(ABB'\) trên mặt phẳng \(\left(BB'C'C\right)\) là tam giác \(BHB'\).
Vậy \(S_{\triangle BHB'}=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot BB' \cdot BH=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot BB' \cdot \displaystyle\frac{1}{2}BC\) \(=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot 2=\displaystyle\frac{3}{2}\) m\(^2\).
}