Giải SGK Toán 11 CTST Bài 2. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng có đáp án

a) Ta có: $\begin{matrix}d\perp a \\ a'\perp a\end{matrix}\}\Rightarrow d\perp a'\Rightarrow \text{EF}\perp O\text{B}$

Tam giác EBF có EF ⊥ OB

O là trung điểm của EF

$\Rightarrow$Tam giác EBF cân tại B.

$\Rightarrow$ BE = BF

Tương tự: $\begin{matrix}d\perp b \\ b'\perp b\end{matrix}\}\Rightarrow d\perp b'\Rightarrow \text{EF}\perp OC$

Tam giác ECF có EF ⊥ OC

O là trung điểm của EF

$\Rightarrow$ Tam giác ECF cân tại C .

$\Rightarrow$ CE = CF

Xét ΔCEB và ΔCFB có:

BE = BF; CE = CF; cạnh BC chung

Do đó ΔCEB = ΔCFB (c.c.c)

b) Vì ΔCEB = ΔCFB nên DE = DF

Suy ra tam giác DEF cân tại D.

Mà DO là trung tuyến của tam giác DEF nên DO ⊥ EF.

Do đó d ⊥ c.

b) Ta có: $\begin{matrix}a\perp (Q) \\ d\subset (Q)\end{matrix}\}\Rightarrow a\perp d$

$\begin{matrix}b\perp (R) \\ d\subset (R)\end{matrix}\}\Rightarrow b\perp d$

Mà a, b cắt nhau nằm trong (P)

d ⊥ (P).

a) Ta có: SA ⊥ (ABCD) nên A ⊥ BC

Mà ABCD là hình vuông nên AB ⊥ BC

Và AB $\cap$ SA = {A}

Do đó BC ⊥ (SAB)

Tương tự: SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD

Mà ABCD là hình vuông nên AD ⊥ CD

Và AD $\cap$ SA = {A}.

Do đó CD ⊥ (SAD).

a) Hai thân cây cùng mọc vuông góc với mặt đất song song với nhau.

b) Mặt bàn và mặt đất song song với nhau.

c) Thanh xà ngang nằm trên trần nhà và mặt sàn nhà song song với nhau.

a) Xét tam giác OAB:

A′ là trung điểm OA

B′ là trung điểm AB

Nên A′B′ là đường trung bình của ΔOAB.

Do đó A′B′ // OB A′B′ // (OBC) (vì

Tương tự: B′C′ là đường trung bình của ΔABC

Do đó B′C′ // BC B′C′ // (OBC) (vì

Ta có: $\begin{matrix}{A}^{'}\text{//}(OBC)\ \\ {B}^{'}{C}^{'}\text{//}(OBC)\ \\ {A}^{'},B'C'\subset ()\end{matrix}\}\Rightarrow ({A}^{'})\text{//}(\text{OBC})$

Mà OA ⊥ (OBC)

Vậy OA ⊥ (A′B′C′).

b) Ta có OA ⊥ (OBC) nên OA ⊥ BC

Mà OH ⊥ BC (OH là đường cao của ΔOBC), suy ra BC ⊥ (OAH)

Lại có: B′C′ // BC nên B′C′ ⊥ (OAH).

a) Xét tam giác SBC:

M là trung điểm SB

Q là trung điểm SC

Do đó MQ là đường trung bình của ΔSBC.

$\begin{matrix}MQ//BC \\ BC\perp AB\end{matrix}\}\Rightarrow MQ\perp \text{AB}$ (1)

Tương tự: MN là đường trung bình của ΔSAB. Khi đó:

$\begin{matrix}MN//SA \\ SA\perp (ABCD)\end{matrix}\}\Rightarrow$ MN ⊥ (ABCD) MN ⊥ AB (2)

Xét hình thang ABCD:

N là trung điểm AB

P là trung điểm CD

Do đó NP là đường trung bình của hình thang ABCD. Khi đó:

$\begin{matrix}NP//BC \\ BC\perp AB\end{matrix}\}\Rightarrow NP\perp \text{AB}$

Từ (1), (2) và (3) suy ra AB ⊥ (MNPQ)

b) Ta có: $\begin{matrix}AB\perp BC \\ SA\perp BC\end{matrix}\}\Rightarrow BC\perp \ (\text{SAB})$

Mà BC // MQ

Do đó MQ ⊥ (SAB)

‒ Ta dùng êke kiểm tra hai mép tấm gỗ vuông góc với trụ chống thì tấm gỗ vuông góc với trụ chống.

‒ Ta kiểm tra tấm gỗ vuông góc với các trụ chống thì các trụ chống song song với nhau.

a) Ta có: AA′ ⊥ (P), BB′ ⊥ (P),

Vậy hình chiếu vuông góc của đường thẳng b trên mặt phẳng (P) là đường thẳng A′B′.

Vậy $b'\equiv A'B'$

b)

i) $\begin{matrix}AA'\perp (P)\Rightarrow A'\perp a \\ a\perp b\ \end{matrix}\}\Rightarrow \text{a}\perp \text{mp}(\text{b},\text{b'})$

ii) $\begin{matrix}a\perp mp(b,{b}^{'}) \\ b'\subset mp(b,{b}^{'})\end{matrix}\}\Rightarrow \text{a}\perp \text{b'}$

c)

i) $\begin{matrix}A{A}^{'}\perp (P)\Rightarrow AA'\perp a \\ a\perp b'\ \end{matrix}\}\Rightarrow \text{a}\perp \text{mp}(\text{b},\text{b'})$

ii) $\begin{matrix}a\perp mp(b,b') \\ b\subset mp(b,b')\end{matrix}\}\Rightarrow a\perp b$

Ta có: $\{\begin{matrix}OA\perp OB \\ OA\perp OC\end{matrix}$

$\Rightarrow OA\perp (OBC)\Rightarrow OA\perp BC$ (1)

Mà $OH\perp (ABC)\Rightarrow OH\perp BC$ (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow BC\perp (OAH)\Rightarrow BC\perp AH\ (AH\subset (OAH)$ .

Thả dây dọi từ điểm A và đánh dấu điểm A′ nơi đầu quả dọi chạm sàn.

Thả dây dọi từ điểm B và đánh dấu điểm B′ nơi đầu quả dọi chạm sàn.

Khi đó đoạn thẳng A′B′ là hình chiếu vuông góc của một đoạn thẳng AB trên trần nhà xuống nền nhà.

a) Ta có:

$\begin{matrix}SA\perp (\text{ABCD})\Rightarrow SA\perp CD \\ AD\perp CD\ \end{matrix}\}\Rightarrow \text{CD}\perp (\text{SAD})$

b) Ta có:

AB // CD AM // CD

AM = CD $(=\frac{1}{2}AB)$

AMCD là hình bình hành

Mà $\widehat{MAD}=90^{\circ}$ AMCD là hình chữ nhật.

$\ \begin{matrix}\Rightarrow CM\perp AB\ \\ SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CM\end{matrix}\}\Rightarrow \text{CM}\perp (\text{SAB})$

a) Xét tam giác ADB:

H là trung điểm AB

K là trung điểm AD

$\Rightarrow$ HK là đường trung bình của ΔADB.

$\begin{matrix}\Rightarrow HK//BD \\ AC\perp BD\ \end{matrix}\}\Rightarrow \text{AC}\perp \text{HK}$

Ta có: $\begin{matrix}AC\perp HK\ \\ SH\perp (ABCD)\Rightarrow SH\perp AC\end{matrix}\}\Rightarrow \text{AC}\perp (\text{SHK})$

b) Gọi

Xét ΔAHD và ΔDKC:

AH = DK

$\widehat{HAD}=\widehat{KDC}$

AD = CD

ΔAHD = ΔDKC (c.g.c)

$\Rightarrow \ \widehat{HDA}=\widehat{KCD}$

Ta có: $\widehat{DKC}+\widehat{KCD}=90^{\circ}$

$\Rightarrow \widehat{DKC}+\widehat{HDA}=90^{\circ}$

$\Rightarrow \ \widehat{DKI}=180^{\circ}-(\widehat{KDC}+\widehat{HDA})=90^{\circ}\Rightarrow$DH ⊥ CK

Mà SH ⊥ (ABCD) SH ⊥ CK

Vậy CK ⊥ (SDH).

a) Ta có: AB // CD (SC, AB) = (SC, CD) = $\widehat{SCD}$

Xét ΔSCD, áp dụng định lí cos, ta có:

$\cos \widehat{SCD}=\frac{S{C}^{2}+C{D}^{2}-S{D}^{2}}{2.SC.SD}=\frac{4{a}^{2}+2{a}^{2}-4{a}^{2}}{2.2a.2a}=\frac{1}{4}$

Do đó $\widehat{SCD}\approx 75{,}5^{\circ}$

b) Gọi $O=AC\ \cap \ BD$

Ta có:

ΔSAC cân tại S nên SO ⊥ AC (1)

ΔSBD cân tại S nên SO ⊥ BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra SO ⊥ (ABCD)

Do đó O là hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD).

Mà A, B $\in$ (ABCD)

Vậy ΔOAB là hình chiếu vuông góc của ΔSAB lên (ABCD).

Ta có: AC = $\sqrt{AB+BC}=\sqrt{2{a}^{2}+2{a}^{2}}=2a$

Mà ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của mỗi đường chéo.

AO = BO = $\frac{AC}{2}=a$

$\Rightarrow {S}_{OAB}=\frac{1}{2}.\ AO\ .\ BO=\frac{1}{2}\ .\ a\ .\ a=\frac{{a}^{2}}{2}$

Vậy diện tích hình chiếu vuông góc của tam giác SAB trên mặt phẳng (ABCD) là .