Đáp án: \(\Delta\) vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong \((P)\)

Lời giải:

Theo dấu hiệu nhận biết đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, ta có \(\Delta \perp (P)\), từ đó suy ra \(\Delta\) vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng \((P)\).

Đáp án: \(\Delta\) vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong \((P)\)

Lời giải:

Theo định nghĩa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ta có \\

Đường thẳng \(\Delta\) được gọi là vuông góc với mặt phẳng \((P)\) nếu \(\Delta\) vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong \((P)\).

Đáp án: \( AC\perp (SBD)\)

Lời giải:

\( ABCD \) là hình thoi tâm \( O \) suy ra \(BD\perp AC\) và \( O \) là trung điểm của \( AC \).

Ta có \(SA=SC\Rightarrow \triangle SAC\) cân tại \( S \Rightarrow SO\perp AC\).

Ta có \(\begin{cases}AC\perp BD\\AC\perp SO\end{cases}\) suy ra \(AC\perp (SBD)\).

Đáp án: \(AC\perp (SBD)\)

Lời giải:

Từ giả thiết \(ABCD\) là hình vuông và \(SB\) vuông góc với đáy.

Ta có \(\begin{cases}AC\perp BD\\AC\perp SB\end{cases}\Rightarrow AC\perp (SBD)\).

Đáp án: \(SC\perp BC\)

Lời giải:

Ta có \(\begin{cases}BC\perp AB\\BC\perp SA\,\left( SA\perp (ABCD)\right)\end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAB).\)

\(\Rightarrow BC\perp SB\) nên \(\triangle SBC\) vuông tại \(B\).

Do đó \(SC\) không thể vuông góc với \(BC.\)

Đáp án: \(AK\perp BC\)

Lời giải:

Ta có \(SA\perp (ABC) \Rightarrow SA \perp CH \subset (ABC)\).

Do \(\left\{\begin{aligned}& CH \perp (SA)\\ &CH \perp AB \end{aligned}\right.\) nên

\(CH\perp (SAB)\).

Từ đó \(CH\perp SB\) và \(CH\perp AK \subset (SAB)\).

Như vậy chỉ còn phương án \(AK\perp BC\) chưa được kiểm tra.

Nếu \(AK\perp BC\) là đúng thì \(\left\{\begin{aligned}&AK \perp BC\\ &AK \perp CH. \end{aligned}\right.\)

Suy ra \(AK \perp (ABC) \Rightarrow AK \perp AB \Rightarrow S,A,K\) thẳng hàng (vô lý).

Vậy chắc chắn \(AK\perp BC\) là sai.

\(\bullet\,\) 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 \((SAB)\).

\(\bullet\,\) 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 \(CK \perp (SDH)\).

\(\bullet\,\) 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, \(S_{\triangle OAB}=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot a \cdot a=\displaystyle\frac{a^2}{2}\).

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 \(SI \perp (ABC)\).

\(\bullet\,\) 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\(^2\).

\(\bullet\,\) Xét \(BC\) và \((SAM)\) có:

\(\begin{cases}BC\perp AM\ (\triangle ABC\ \text{cân tại} A)\\ BC\perp SA\\ SA\cap AM=\lbrace A\rbrace\end{cases}\Rightarrow BC\perp (SAM).\)

\(\bullet\,\) Vì \(BC\perp (SAM)\) nên \(BC\perp SM\).

Xét tam giác \(SBC\) có \(SM\) vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên \(\triangle SBC\) là tam giác cân tại \(S\).

\(\bullet\,\) Vì \(SA \perp (ABCD)\) nên \(SA\perp AD\) suy ra \(\triangle SAD\) vuông tại \(A\).

Chứng minh tương tự \(\triangle SAB\) vuông tại \(A\).

\(\bullet\,\) Xét \(CD\) và \((SAD)\) có \(\begin{cases}CD\perp SA\ (SA \perp (ABCD))\\ CD\perp AD\end{cases}\Rightarrow CD\perp (SAD)\).

Suy ra \(CD\perp SD\) hay \(\triangle SCD\) vuông tại \(D\).

Chứng minh tương tự ta có \(\triangle SBC\) vuông tại \(B\).

Ta có \(\begin{cases}BC \perp AB \\ BC \perp SA\end{cases} \Rightarrow BC \perp (SAB) \Rightarrow BC \perp AM\).

\(\begin{cases}AM \perp SB\\ AM \perp BC\end{cases}\Rightarrow AM \perp (SBC)\).

Ta có

\(\begin{cases}CD \perp AD \\ CD \perp SA\end{cases} \Rightarrow CD \perp (SAD) \Rightarrow CD \perp AN\).

\(\begin{cases}AN \perp SD\\ AN \perp CD\end{cases} \Rightarrow AN \perp (SCD)\).

Ta có \(\begin{cases}SC \perp AN \ (\text{vì} \ AN \perp (SCD))\\ SC \perp AM \ (\text{vì} \ AM \perp (SBC))\end{cases} \Rightarrow SC \perp (AMN)\).

Ta có \(1^2+1^2=2 \neq 1{,} 5^2\) hay \(AB^2+AC^2 \neq BC^2\).

Do đó tam giác \(ABC\) không vuông tại \(A\). Suy ra \(AC\) không vuông góc với \(AB\).

Vậy cột không vuông góc với sân.

Ta không thể kết luận cột không có phương thẳng đứng vì mặt sân phẳng chưa chắc nằm ngang (có thể mặt sân không vuông góc với phương thẳng đứng tại điểm đặt chân trụ).

Từ hình vẽ, ta nhớ đến tính chất sau:

\(\bullet\,\) Cho hai đường thẳng song song. Một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng này thì cũng vuông góc với đường thẳng kia.

\(\bullet\,\) Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.

\(\bullet\,\) Hình chiếu của \(SA\), \(SB\), \(SC\) trên mặt phẳng \((ABC)\) lần lượt là \(HA\), \(HB\), \(HC\).

\(\bullet\,\) Ta chứng minh \(H\) là giao điểm của hai đường cao của tam giác \(ABC\). Thật vậy ta có:

\(\bullet\,\) \(\begin{cases}AC\perp SB\\AC\perp SA\end{cases}\Rightarrow AC\perp(SHB)\Rightarrow AC\perp BH\). \((1)\)

\(\bullet\,\) \(\begin{cases}BC\perp SH\\BC\perp SA\end{cases} \Rightarrow BC\perp(SAH)\Rightarrow BC\perp AH\). \((2)\)

Từ \((1)\) và \((2)\) suy ra \(H\) là trực tâm \(\triangle ABC\). Từ đó suy ra \(CH\perp AB\).

Ta có \(\begin{cases}AB\perp SH\\AB\perp CH\end{cases}\Rightarrow AB\perp (SHC)\Rightarrow AB\perp SC\).

\(\bullet\,\) Ta có \(CD\perp BH\) (vì \(H\) là trực tâm \(\triangle BCD\)),

\(CD\perp AB\) (vì \(AB\perp (BCD)\)) và \(BH,AB\subset (ABH)\) nên \(CD\perp (ABH)\).

\(\bullet\,\) Ta có \(CD\perp AK\) (vì \(K\) là trực tâm \(\triangle ACD\)),

\(CD\perp AB\) (vì \(AB\perp (BCD)\)) và \(AK,AB\subset (ABK)\) nên \(CD\perp(ABK)\).

\(\bullet\,\) Ta có hai mặt phẳng \((ABH)\) và \((ABK)\) cùng vuông góc với \(CD\) nên chúng song song hoặc trùng nhau. Hơn nữa chúng có chung 2 điểm \(A\), \(B\) nên trùng nhau.

Hay \(4\) điểm \(A,B,H,K\) đồng phẳng.

Gọi \(I\) là giao điểm của \(BH\) và \(CD\).

Ta có \(I\) vừa thuộc \(CD\), vừa thuộc \(BH\) nên nằm trên giao tuyến \(AK\) của hai mặt phẳng \((ABK)\) và \((ACD)\).

Vậy ba đường thẳng \(BH\), \(AK\), \(CD\) đồng quy.

\(\bullet\,\) Ta có \(CD\perp AB\) (vì \(AB\perp (BCD)\)), \(CD\perp BC\) (giả thiết) và \(AB, BC\subset (ABC)\) nên \(CD\perp (ABC)\).

Suy ra \(CD \perp BM\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BM\perp AC\) (\(M\) là hình chiếu của \(B\) trên \(AC\)) và \(BM\perp CD\) (chứng minh trên) nên \(BM\perp (ACD)\).

Do đó \(BM\perp MN\).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}OA\perp OC\\OA\perp OB\\OB,OC\subset (OBC)\end{cases}\Rightarrow OA\perp (OBC)\Rightarrow OA\perp BC\).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}OB\perp OA\\OB\perp OC\\OA,OC\subset (OAC)\end{cases}\Rightarrow OB\perp (OAC)\Rightarrow OB\perp AC\).

\(\bullet\,\) Tương tự, ta chứng minh được \(OC\perp (OAB)\Rightarrow OC\perp AB\).