GIẢI BÀI TẬP HÌNH HỌC NÂNG CAO 11

Giải bài tập trang 111, 112 bài xích 4 nhị mặt phẳng vuông góc SGK Hình học tập 11 Nâng cao. Câu 21: các mệnh đề sau đúng tuyệt sai ...

Bạn đang xem: Giải bài tập hình học nâng cao 11

Câu 21 trang 111 SGK Hình học 11 Nâng cao

Các mệnh đề sau đúng giỏi sai ?

a. Nhì mặt phẳng thuộc vuông góc với khía cạnh phẳng thứ cha thì song song với nhau;

b. Nhị mặt phẳng thuộc vuông góc với mặt phẳng thứ bố thì vuông góc với nhau;

c. Qua 1 đường thẳng mang lại trước có duy độc nhất một phương diện phẳng vuông góc với mặt phẳng cho trước ;

d. Gồm duy độc nhất vô nhị một mặt phẳng đi sang một điểm cho trước cùng vuông góc với hai mặt phẳng giảm nhau mang đến trước ;

e. Các mặt phẳng thuộc đi qua một điểm mang lại trước cùng vuông góc cùng với một khía cạnh phẳng mang lại trước thì luôn đi sang 1 đường thẳng cố định ;

f. Hình lăng trụ bao gồm hai mặt bên là hình chữ nhật là lăng trụ đứng ;

g. Hình chóp có đáy là đa giác những và ba bên cạnh bằng nhau là hình chóp đều.

Giải

a. Không nên (P) ⊥ (R) , (Q) ⊥ (R) nhưng mà (P) với (Q) giảm nhau như mẫu vẽ bên.

b. Sai (P) ⊥ (R), (Q) ⊥ (R) mà lại (P) có thể song tuy nhiên với (Q).

c. Sai. Lấy a ⊥ (R) thì bao gồm vô số phương diện phẳng (P) cất a và vuông góc với (R)

d, e, g đúng

f. Sai.

Câu 22 trang 111 SGK Hình học tập 11 Nâng cao

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ gồm AB = a, BC = b, CC’ = c. Nếu

(AC" = BD" = B"D = sqrt a^2 + b^2 + c^2 )

Thì hình vỏ hộp đó có phải là hình hộp chữ nhật không ? vì chưng sao ?

Giải

Áp dụng tính chất : “Tổng bình phương hai đường chéo cánh hình bình hành bởi tổng bình phương tư cạnh của nó” (BT 38, 4 chương II).

Ta có:

(eqalign & AC"^2 + A"C^2 = 2left( AA"^2 + A"C^2 ight) cr và B"D^2 + BD"^2 = 2left( BB"^2 + BD^2 ight) cr và Rightarrow AC"^2 + A"C^2 + BD"^2 + B"D^2 cr&;;;= 2left( c^2 + c^2 + AC^2 + BD^2 ight) = 4left( a^2 + b^2 + c^2 ight) cr & Rightarrow A"C = AC" = B"D = BD" cr )

⇒ AA’C’C cùng BB’D’D là các hình chữ nhật .

Từ kia suy ra AA’ ⊥ AC cùng AA’ ⊥ BD. Vì vậy AA’ ⊥ (ABCD), tức hình hộp ABCD.A’B’C’D’là hình hộp chữ nhật.

Câu 23 trang 111 SGK Hình học 11 Nâng cao

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ tất cả cạnh bằng a.

a. Chứng tỏ rằng AC’ vuông góc với nhị mặt phẳng (A’BD) cùng (B’CD’).

b. Giảm hình lập phương vị mặt phẳng trung trực của AC’. Chứng minh thiết diện tạo ra thành là 1 lục giác đều. Tính diện tích thiết diện đó.

Giải

a. Ta có: (overrightarrow AC" = overrightarrow AB + overrightarrow AD + overrightarrow AA" )

và (overrightarrow BD = overrightarrow AD - overrightarrow AB )

Vậy (overrightarrow AC" .overrightarrow BD = left( overrightarrow AB + overrightarrow AD + overrightarrow AA" ight).left( overrightarrow AD - overrightarrow AB ight) = 0)

Tương tự, ta có: (overrightarrow AC" .overrightarrow BA" = 0)

Vậy AC’ ⊥ (A’BD)

Do (A’BD) // (B’CD’) đề xuất AC’ ⊥ (B’CD’)

b. Gọi M là trung điểm của BC thì MA = MC’ (vì cùng bởi (asqrt 5 over 2) ) đề nghị M thuộc khía cạnh phẳng trung trực (α) của AC’

Tương tự, ta minh chứng được N, P, Q, R, S cũng có tính hóa học đó (N, P, Q, R, S thứu tự là trung điểm của CD, DD’, D’A’, A’B’, B’B).

Vậy thiết diện của hình lập phương bị cắt vì chưng mp(α) là MNPQRS. Đây là lục giác hầu như cạnh bởi (asqrt 2 over 2). Từ kia ta tính được diện tích của tiết diện là : (S = 6.left( asqrt 2 over 2 ight)^2.sqrt 3 over 4 = 3sqrt 3 over 4a^2.)

Câu 24 trang 111 SGK Hình học 11 Nâng cao

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông vắn cạnh a với SA ⊥ (ABCD), SA = x. Xác định x để hai khía cạnh phẳng (SBC) với (SDC) chế tác với nhau góc 60˚.

Giải

Gọi O là giao điểm của AC với BD. Trong phương diện phẳng (SAC) kẻ OO1 vuông góc với SC, dễ thấy mp(BO1D) vuông góc cùng với SC. Vậy góc giữa hai mp(SBC) cùng (SDC) bởi góc giữa hai tuyến đường thẳng BO1 và DO1. Còn mặt khác OO1 ⊥ BD, OO1 45^circ .)

Tương tự (widehat DO_1O > 45^circ ) tức (widehat BO_1D >90^circ )

Như vậy hai mặt phẳng (SBC) với (SDC) tạo nên với nhau góc (60^circ ) khi và chỉ còn khi: 

(widehat BO_1D =120^circ ) ( Leftrightarrow) (widehat BO_1O = 60^circ ) (vì ΔBO1D cân tại O1)

( Leftrightarrow BO = OO_1 an 60^circ Leftrightarrow BO = OO_1sqrt 3 )

Ta lại sở hữu : (OO_1 = OCsin widehat OCO_1 = OCsin widehat ACS = OC.SA over SC)

Như vậy : (BO = OO_1sqrt 3 Leftrightarrow BO = sqrt 3 .OC.SA over SC Leftrightarrow SC = sqrt 3 .SA)

( Leftrightarrow sqrt x^2 + 2a^2 = sqrt 3 .x Leftrightarrow x = a)

Vậy lúc x = a thì nhì mặt phẳng (SBC) và (SDC) chế tạo với nhau góc 60˚

Câu 25 trang 112 SGK Hình học 11 Nâng cao

Cho hai mặt phẳng vuông góc (P) cùng (Q) tất cả giao tuyến Δ. Lấy A, B cùng thuộc Δ cùng lấy C ϵ (P), D ϵ (Q) làm thế nào cho AC ⊥ AB, BD ⊥ AB với AB = AC = BD. Xác minh thiết diện của tứ diện ABCD lúc cắt bởi vì mặt phẳng (α) trải qua điểm A với vuông góc cùng với CD. Tính diện tích thiết diện lúc AC = AB = BD = a.

Giải

Gọi I là trung điểm của BC thì có lẽ ai ⊥ BC. Vì chưng BD ⊥ mp(ABC) đề nghị AI ⊥ CD (định lí ba đường vuông góc).

Xem thêm: Lễ Hội Chém Lợn Ở Bắc Ninh Năm Nay Chỉ Còn Là "Cứa" Lợn, Đề Xuất Chấm Dứt Lễ Hội Chém Lợn Ở Bắc Ninh

Trong mp(CDB), kẻ IJ vuông góc cùng với CD (J ϵ CD) thì mp(AIJ) chính là mặt phẳng (α) và thiết diện phải tìm là tam giác AIJ

Tam giác AIJ là tam giác vuông trên I.

Vậy (S_AIJ = 1 over 2AI.IJ)

Ta có:

(eqalign & AI = 1 over 2BC = asqrt 2 over 2 cr và IJ over DB = CI over CD Rightarrow IJ = CI over CD.DB = asqrt 2 over 2 over asqrt 3 .a = asqrt 6 over 6 cr )

Vậy (S_AIJ = 1 over 2.asqrt 2 over 2.asqrt 6 over 6 = a^2sqrt 3 over 12)

Câu 26 trang 112 SGK Hình học tập 11 Nâng cao

Hình vỏ hộp ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp gì nếu vừa lòng một trong số điều khiếu nại sau ?

a. Tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối đều nhau ;

b. Tứ diện AB’CD’ có những cạnh đối vuông góc ;

c. Tứ diện AB’CD’ là tứ diện đều.

Giải

a. Ta có: B’D’ = BD

Vậy AC = B’D’ ⇔ AC = BD, khi ấy ABCD là hình chữ nhật

Tương từ ta cũng có thể có ABB’A’ và ADD’A’ là số đông hình chữ nhật. Vậy lúc tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối lập bằng nhau thì ABCD.A’B’C’D’ là hình vỏ hộp chữ nhật.

Ngược lại, lúc ABCD.A’B’C’D’ là hình vỏ hộp chữ nhật thì hay thấy tứ diện AB’CD’ có những cạnh đối diện bằng nhau.

b. Ta có: BD // B’D’. Vậy AC ⊥ B’D’ ⇔ AC ⊥ BD. Khi đó ABCD là hình thoi. Tương tự như trên ta cũng có ABB’A’ và ADD’A’ là phần nhiều hình thoi. Vậy hình vỏ hộp ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp thoi (tức sáu phương diện của hình hộp là hình thoi).

Cũng hay thấy rằng nếu ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp thoi thì tứ diện AB’CD’ có các cạnh đối diện vuông góc.

c. Lúc AB’CD’ là tứ diện phần đa thì những cạnh đối lập vừa đều bằng nhau vừa vuông góc; áp dụng hiệu quả của các câu a cùng b ta gồm : khi AB’CD’ là tứ diện phần nhiều thì hình vỏ hộp ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương.

Ngược lại, nếu ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương thì AB’CD’ là tứ diện đều.

Câu 27 trang 112 SGK Hình học 11 Nâng cao

Cho nhì tam giác ACD, BCD ở trên nhị mặt phẳng vuông góc với nhau và AC = AD = BC = BD = a, CD = 2x. điện thoại tư vấn I, J thứu tự là trung điểm của AB cùng CD.

a. Tính AB, IJ theo a cùng x.

b. Với mức giá trị nào của x thì hai mặt phẳng (ABC) với (ABD) vuông góc ?

Giải

a. Do J là trung điểm của CD với AC = AD phải AJ ⊥ CD.

Do mp(ACD) ⊥ mp(BCD) đề nghị AJ ⊥ mp(BCD)

Mặt khác, AC = AD = BC = BD yêu cầu tam giác AJB vuông cân, suy ra (AB = AJsqrt 2 ,AJ^2 = a^2 - x^2,hay,AJ = sqrt a^2 - x^2 .)

Vậy (AB = sqrt 2left( a^2 - x^2 ight) ) với a > x

Do IA = IB, tam giác AJB vuông tại J cần (JI = 1 over 2AB,) tức là (IJ = 1 over 2sqrt 2left( a^2 - x^2 ight) .)

Rõ ràng là CI cùng DI vuông góc cùng với AB.

Vậy mp(ABC) ⊥ mp(ABD) ( Leftrightarrow widehat CID = 90^circ )

( Leftrightarrow IJ = 1 over 2CD Leftrightarrow 1 over 2sqrt 2left( a^2 - x^2 ight) = 1 over 2.2x)

(Leftrightarrow x = asqrt 3 over 3)

Câu 28 trang 112 SGK Hình học 11 Nâng cao

Cho tam giác ABC và mặt phẳng (P). Biết góc giữa mp(P) cùng mp(ABC) là φ (φ ≠ 90˚); hình chiếu của tam giác ABC trên mp(P) là tam giác A’B’C’. Minh chứng rằng

(S_A"B"C" = S_ABC.cos varphi )

Hướng dẫn. Xét nhị trường vừa lòng :

a. Tam giác ABC bao gồm một cạnh tuy nhiên song hoặc phía trong mp(P)

b. Tam giác ABC không tồn tại cạnh nào song song hay nằm trong mp(P).

Giải

a. Xét trường đúng theo tam giác ABC tất cả một cạnh, ví dụ điển hình BC bên trong mp(P). Call A’ là hình chiếu của A trên mp(P). Kẻ con đường cao A’H của tam giác A’BC (H ϵ BC) thì AH là mặt đường cao của tam giác ABC cùng (widehat AHA" = varphi ,A"H = AHcos varphi .)

Ta có: (S_A"BC = 1 over 2BC.A"H = 1 over 2BC.AHcos varphi = S_ABC.cosvarphi )

Trường đúng theo cạnh BC của tam giác ABC song song cùng với mp(P). Xét mp(Q) cất BC và tuy vậy song cùng với mp(P), hotline giao điểm của AA’ với mp(Q) là A1. Khi đó ta tất cả ΔA1BC = ΔA’B’C’ ; góc thân mp(ABC) với mp(Q) bằng φ.

Do đó : (S_A"B"C" = A_A_1BC = S_ABC.cos varphi )

b.

Xét trường thích hợp tam giác ABC không tồn tại cạnh nào tuy nhiên song hay phía bên trong mp(P). Ta hoàn toàn có thể giả sử mp(P) đi qua điểm A làm thế nào để cho các đỉnh B, C ở về cùng một phía so với mp(P). Hotline D là giao điểm của mặt đường thẳng BC với mp(P); B’, C’ theo lần lượt là hình chiếu của B, C trên (P) thì B’C’ đi qua D. Khi đó theo trường đúng theo a ta có :

(eqalign và S_ADC" = S_ADC.cos varphi cr & S_ADB" = S_ABD.cos varphi cr )