\(\S2\) ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG
Bài tập sách Chân trời sáng tạo
Bài tập 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 \(CM \perp (SAB)\).
\(\bullet\,\) 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 \((SAB)\).
Bài tập 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:
\(\bullet\,\) \(AC \perp (SHK)\);
\(\bullet\,\) \(CK \perp (SDH)\).
\(\bullet\,\) 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 \(CK \perp (SDH)\).
Bài tập 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 \((ABCD)\).
\(\bullet\,\) 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, \(S_{\triangle OAB}=\displaystyle\frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot a \cdot a=\displaystyle\frac{a^2}{2}\).
Bài tập 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 \(SI \perp (ABC)\).
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 \(SI \perp (ABC)\).
Bài tập 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 \(\left(BB'C'C\right)\).
\(\bullet\,\) 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\(^2\).
Bài tập sách Kết nối tri thức
Bài tập 1
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác cân tại \(A\) và \(SA\perp (ABC)\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\). Chứng minh rằng
\(\bullet\,\) \(BC\perp (SAM)\).
\(\bullet\,\) Tam giác \(SBC\) cân tại \(S\).
\(\bullet\,\) 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 \(S\).
Bài tập 2
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật và \(SA\perp (ABCD)\). Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp \(S.ABCD\) là các tam giác vuông.
\(\bullet\,\) 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 \(B\).
Bài tập 3
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật và \(SA \perp (ABCD)\). Gọi \(M\), \(N\) tương ứng là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\), \(SD\). Chứng minh rằng \(AM \perp (SBC)\), \(AN \perp (SCD)\), \(SC \perp (AMN)\).
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 \(\begin{cases}SC \perp AN \ (\text{vì} \ AN \perp (SCD))\\ SC \perp AM \ (\text{vì} \ AM \perp (SBC))\end{cases} \Rightarrow SC \perp (AMN)\).
Bài tập 4
Bạn Vinh thả quả dọi chìm vào thùng nước. Hỏi khi dây dọi căng và mặt nước yên lặng thì đường thẳng chứa dây dọi có vuông góc với mặt phẳng chứa mặt nước trong thùng hay không?
Đường thẳng chứa dây dọi vuông góc với mặt phẳng chứa nước trong thùng vì mặt nước lúc yên lặng là một mặt phẳng nằm ngang.
Bài tập 5
Một cột bóng rổ được dựng trên một sân phẳng. Bạn Hùng đo khoảng cách từ một điểm trên sân, cách chân cột \(1\) m đến một điểm trên cột, cách chân cột \(1\) m được kết quả là \(1{,}5\mathrm{~m}\). Nếu phép đo của Hùng là chính xác thì cột có vuông góc với sân hay không? Có thể kết luận rằng cột không có phương thẳng đứng hay không?
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).
Bài tập sách Cánh diều
Bài tập 1
Quan sát hình vẽ bên (hai cột biển báo, mặt đường), cho biết hình đó gợi nên tính chất nào về quan hệ vuông góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.
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.
Bài tập 2
Cho hình chóp \(S.ABC\). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(S\) trên mặt phẳng \((ABC)\).
\(\bullet\,\) Xác định hình chiếu của các đường thẳng \(SA\), \(SB\), \(SC\) trên mặt phẳng \((ABC)\).
\(\bullet\,\) Giả sử \(BC\perp SA\), \(CA\perp SB\). Chứng minh rằng \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\) và \(AB\perp SC\).
\(\bullet\,\) 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 \(\begin{cases}AB\perp SH\\AB\perp CH\end{cases}\Rightarrow AB\perp (SHC)\Rightarrow AB\perp SC\).
Bài tập 3
Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB\perp (BCD)\), các tam giác \(BCD\) và \(ACD\) là những tam giác nhọn. Gọi \(H\) và \(K\) lần lượt là trực tâm của các tam giác \(BCD\), \(ACD\). Chứng minh rằng:
\(\bullet\,\) \(CD\perp (ABH)\).
\(\bullet\,\) \(CD\perp (ABK)\).
\(\bullet\,\) Ba đường thẳng \(AK\), \(BH\), \(CD\) cùng đi qua một điểm.
\(\bullet\,\) 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.
Bài tập 4
Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB\perp (BCD)\), \(BC\perp CD\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \(AC\) và \(AD\). Chứng minh rằng:
\(\bullet\,\) \(CD\perp BM\);
\(\bullet\,\) \(BM\perp MN\).
\(\bullet\,\) 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 \(BM\perp MN\).
Bài tập 5
Cho hình chóp \(O.ABC\) có \(\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COA}=90^{\circ}\). Chứng minh rằng:
\(\bullet\,\) \(BC\perp OA\);
\(\bullet\,\) \(CA\perp OB\);
\(\bullet\,\) \(AB\perp OC\).
\(\bullet\,\) 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 \(OC\perp (OAB)\Rightarrow OC\perp AB\).
