Giải SGK Toán 11 CTST Bài 3. Hai mặt phẳng vuông góc có đáp án

b) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.

Khi đặt thiết bị lên mặt phẳng nghiêng (Q) thì OM vuông góc với mặt phẳng nghiêng (Q), ON vuông góc với mặt đất (P).

Khi đo góc giữa OM và ON chính là góc giữa (Q) và (P).

a) Vì MH ⊥ (Q) nên MH ⊥ (OH)

MK ⊥ (Q) nên MK ⊥ OK

Mà (P) ⊥ (Q) nên HM ⊥ MK.

Tứ giác MHOK có $\widehat{MHO}=\widehat{MKO}=\widehat{HMK}=90^{\circ}$

Vậy tứ giác MHOK là hình chữ nhật.

Trong (P) có OH ⊥ (Q).

b) Ta có:

$\begin{matrix}a\perp (\text{Q})\ \\ MH\perp (\text{P})\Rightarrow MH\perp a\end{matrix}\}\Rightarrow \text{MH}//\text{OK}$

Lại có MH ⊥ (P) nên OK ⊥ (P) $\Rightarrow$OK ⊥ OH

Tứ giác MHOK có $\widehat{MHO}=\widehat{MKO}=\widehat{HOK}=90^{\circ}$

Vậy tứ giác MHOK là hình chữ nhật.

((P), (Q)) = (MH, MK) = $\widehat{HMK}=90^{\circ}$

a) Gọi O = AC $\cap$ BD

• ΔSAC cân tại S nên SO ⊥ AC (1)

• ΔSBD cân tại S $\cap$ SO ⊥ BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra SO ⊥ (ABCD)

Ta có:

$\begin{matrix}SO\perp (ABCD) \\ SO\subset (SAC)\ \end{matrix}\}\Rightarrow (\text{SAC})\ \perp \ (\text{ABCD})\$ .

b) Vì ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD.

Mà SO ⊥ AC nên AC ⊥ (SBD).

Ta lại có: AC $\subset (SAC)$

Do đó (SAC) ⊥ (SBD).

Đặt êke sao cho hai cạnh góc vuông của hai êke chạm nhau tạo thành một đường thẳng, hai cạnh còn lại của hai êke sát với mặt sàn.

Nếu đường thẳng đó nằm sát với bức tường thì bức tường vuông góc với mặt sàn.

a) Ta có:

$\begin{matrix}a\perp (Q) \\ a\subset (P)\end{matrix}\}\Rightarrow \text{(P)}\perp (Q)$

b) Ta có:

$\begin{matrix}\begin{matrix}a\perp (Q) \\ b\subset (Q)\end{matrix}\}\Rightarrow \text{a}\perp b \\ b\perp c \\ a,c\subset (P)\end{matrix}\}\Rightarrow b\perp (P)$

a) Ta có:

$\begin{matrix}M\in (R)\ \\ \begin{matrix}MH\perp (P) \\ (R)\perp (P)\end{matrix}\end{matrix}\}\Rightarrow MH\subset (R)$

$\begin{matrix}M\in (R)\ \\ \begin{matrix}MK\perp (P) \\ (R)\perp (P)\end{matrix}\end{matrix}\}\Rightarrow MK\subset (R)$

Vậy hai đường thẳng MH và MK có nằm trong (R).

b) Ta có:

$\begin{matrix}MH\perp (P)\Rightarrow \text{MH}\perp a\ \\ \begin{matrix}MK\perp (Q)\Rightarrow MK\perp a \\ MH,MK\subset (R)\end{matrix}\end{matrix}\}\Rightarrow a\perp (R)$

b)

Ta có:

$\begin{matrix}(ADC)\perp (ABE) \\ (ADC)\perp (DFK) \\ (ABE)\cap (DFK)=OH\end{matrix}\}\Rightarrow OH\perp (ADC)$.

a) Các mặt bên của hình lăng trụ này là hình chữ nhật vuông góc với mặt phẳng đáy.

b) Các mặt bên của hình lăng trụ này là hình chữ nhật vuông góc với mặt phẳng đáy.

c) Hình lăng trụ đó có 4 mặt bên là hình chữ nhật.

d) Hình lăng trụ đó có cả 6 mặt là hình chữ nhật.

Diện tích một mặt bên của lồng đèn là:

10.30 = 300 (cm$^{2}$)

Tổng diện tích các mặt bên của chiếc lồng đèn đó là:

300.6 = 1800 (cm$^{2}$)

Vì ΔSAC cân tại S nên SO ⊥ AC (1)

Vì ΔSBD cân tại S nên SO ⊥ BD (2)

Từ (1) và (2), suy ra SO ⊥ (ABCD)

Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều $\Rightarrow$ SO ⊥ (ABCD)

$\Rightarrow$ SO ⊥ OA.

Ta có: ABCD là hình vuông $\Rightarrow \text{AC}=\sqrt{2A{B}^{2}}=a\sqrt{2}\Rightarrow \text{AO}=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Xét tam giác SOA vuông tại O:

$SO=\sqrt{S{A}^{2}-A{O}^{2}}=\frac{a\sqrt{14}}{2}$ (theo định lí Pytago)

Vậy $SO=\frac{a\sqrt{14}}{2}$

Mô hình hoá hình ảnh kim tự tháp bằng hình chóp tứ giác đều S.ABCD có O là tâm của đáy.

Kẻ SH ⊥ CD(H $\in$ CD)

Ta có: SO = 136 m , AD = 152 m

Tam giác SCD cân tại S

$\Rightarrow$ SH vừa là trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác SCD

$\Rightarrow$ H là trung điểm của CD.

Mà O là trung điểm của AD.

$\Rightarrow$OH là đường trung bình của tam giác ACD

$\Rightarrow OH=\frac{1}{2}AD=76(m)$

Ta có: SO ⊥ (ABCD) $\Rightarrow$SO ⊥ OH

⇒ ΔSOH vuông tại O.

⇒ $SH=\sqrt{S{O}^{2}+O{H}^{2}}=\sqrt{{136}^{2}+{76}^{2}}\approx 155{,}8\ (m)$

Vậy độ dài đường cao của mặt bên xuất phát từ đỉnh của kim tự tháp khoảng 155,8 m.

a) Ta có: (P) // (A$_{1}$A$_{2}$A$_{3}$...A$_{6}$)

Do đó A$_{1}$′A$_{2}$′ // A$_{1}$A$_{2}$; A$_{2}$′A$_{3}$′ // A$_{2}$A$_{3}$; A$_{3}$′A$_{4}$′ // A$_{3}$A$_{4}$;

A4′A5′ // A$_{4}$A$_{5}$; A$_{5}$′A$_{6}$′ // A$_{5}$A$_{6}$; A$_{6}$′A$_{1}$′ // A$_{6}$A$_{1}$

Khi đó $\frac{{{A}^{'}}_{1}{{A}^{'}}_{2}}{{A}_{1}{A}_{2}}=\frac{{{A}^{'}}_{2}{{A}^{'}}_{3}}{{A}_{2}{A}_{3}}=\frac{{{A}^{'}}_{3}{{A}^{'}}_{4}}{{A}_{3}{A}_{4}}=\frac{{{A}^{'}}_{4}{{A}^{'}}_{5}}{{A}_{4}{A}_{5}}=\frac{{{A}^{'}}_{5}{{A}^{'}}_{6}}{{A}_{5}{A}_{6}}=\frac{{{A}^{'}}_{6}{{A}^{'}}_{1}}{{A}_{6}{A}_{1}\ }$.

Mà A$_{1}$A$_{2}$ = A$_{2}$A$_{3}$ = A$_{3}$A$_{4}$= A$_{4}$A$_{5}$= A$_{5}$A$_{6}$= A$_{6}$A$_{1}$

$\Rightarrow$A$_{1}$′A$_{2}$′ = A$_{2}$′A$_{3}$′ = A$_{3}$′A$_{4}$′ = A$_{4}$′A$_{5}$′ = A$_{5}$′A$_{6}$′ = A$_{6}$′A$_{1}$′

Vậy đa giác A′$_{1}$A′$_{2}$...A′$_{6}$ là lục giác đều.

b) Ta có:

$\begin{matrix}\in {{A}^{'}}_{1}{{A}^{'}}_{4}\subset (\text{S}{A}_{1}{A}_{4})\ \\ \in {{A}^{'}}_{3}{{A}^{'}}_{6}\subset (S{A}_{3}{A}_{6})\ \\ (\text{S}{A}_{1}{A}_{4})\cap (S{A}_{3}{A}_{6})=SO\end{matrix}\}\Rightarrow {O}^{'}\in SO$

Mà S.A$_{1}$A$_{2}$...A$_{6}$là hình chóp đều nên SO ⊥ (A$_{1}$A$_{2}$...A$_{6}$).

Vậy OO′ ⊥ (A$_{1}$A$_{2}$...A$_{6}$).

Gọi O, O′ lần lượt là tâm của hai đáy ABC và A′B′C′; M, M′ lần lượt là trung điểm của BC và B′C′.

Kẻ A′H ⊥ AO (H$\in$ AO).

Khi đó, ta có A′H = OO′.

• ΔABC đều nên $AM=\frac{\frac{a}{2}\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\Rightarrow AO=\frac{2}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

• ΔA′B′C′ đều nên $A'M'=\frac{\frac{a}{2}.\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\Rightarrow {A}^{'}{O}^{'}=\frac{2}{3}{A}^{'}M'=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

• A′HOO′ là hình chữ nhật nên $OH=A'O'=\frac{a\sqrt{3}}{6}\Rightarrow AH=AO-OH=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

• Tam giác AA′H vuông tại H nên $O{O}^{'}={A}^{'}H=\sqrt{A{A}^{'2}-A{H}^{2}}=\frac{a\sqrt{141}}{6}$.

a) Ta có (SAC) ⊥ (ABC) $\Rightarrow$ AC ⊥ (ABC) $\Rightarrow$ AC ⊥ BC

Mà (SAC) $\cap$ (ABC) = AC nên BC ⊥ (SAC)

Do đó (SBC) ⊥ (SAC).

b) Ta có: BC ⊥ (SAC) nên BC ⊥ AI (AI $\subset$ (SAC)) (1)

Tam giác SAC đều có I là trung điểm của SC nên AI ⊥ SC (2)

Từ (1) và (2) suy ra AI ⊥ (SBC)

Mà AI $\subset$ (ABI) nên (ABI) ⊥ (SAC)