Giải bài bác tập trang 105 bài bác 3 con đường thẳng vuông góc với khía cạnh phẳng Sách giáo khoa (SGK) Hình học 11. Câu 5: chứng minh rằng...
Bạn đang xem: Giải bài tập toán hình 11 sgk
Bài 5 trang 105 sgk hình học tập 11
Trên khía cạnh phẳng ((α)) mang đến hình bình hành (ABCD). Gọi (O) là giao điểm của (AC) cùng (BD). (S) là một điểm nằm làm nên phẳng ((α)) làm thế nào cho (SA = SC, SB = SD). Minh chứng rằng:
a) (SO ⊥ (α));
b) nếu trong mặt phẳng ((SAB)) kẻ (SH) vuông góc với (AB) tại (H) thì (AB) vuông góc phương diện phẳng ((SOH)).
Giải
(H.3.33)
a) (SA = SC) cần tam giác (SAC) cân nặng tại (S).
(O) là trung điểm của (AC) bắt buộc (SO) là mặt đường trung đường đồng thời là con đường cao của tam giác cân yêu cầu (SOot AC)
Chứng minh tựa như ta có: (SOot BD)
Ta có:
$$left. matrix SO ot BD hfill cr SO ot AC hfill cr BD cap AC = m O hfill cr ight} Rightarrow SO ot (ABCD)$$
Hay (SO ⊥ mp(α)).
b) (SO ⊥ (ABCD) Rightarrow SO ⊥ AB) (1)
Mà (SH ⊥ AB) (2)
Từ (1) với (2) suy ra ( AB ⊥ (SOH)).
Bài 6 trang 105 sgk hình học 11
Cho hình chóp (S.ABCD) bao gồm đáy là hình thoi (ABCD) và bao gồm cạnh (SA) vuông góc với khía cạnh phẳng ((ABCD)). điện thoại tư vấn (I) cùng (K) là hai điểm lần lượt lấy trên nhị cạnh (SB) và (SD) sao cho (fracSISB=fracSKSD.) Chứng minh:
a) (BD) vuông góc với (SC);
b) (IK) vuông góc với phương diện phẳng ((SAC)).
Giải
(H.3.34)
a) (ABCD) là hình thoi phải (ACot BD) (1)
Theo mang thiết: (SAot (ABCD)Rightarrow SAot BD) (2)
Từ (1) với (2) suy ra (BD ⊥ (SAC)) (Rightarrow BD ⊥ SC).
b) Theo mang thiết (fracSISB=fracSKSD) theo định lí ta lét ta có (IK//BD)
Theo a) ta có: (BD ⊥ (SAC)) do kia ( IK ⊥ (SAC)).
Bài 7 trang 105 sgk Hình học 11
Cho tứ diện (SABC) gồm cạnh (SA) vuông góc với khía cạnh phẳng ((ABC)) và có tam giác (ABC) vuông tại (B). Trong mặt phẳng ((SAB)) kẻ tự (AM) vuông góc với (SB) tại (M). Bên trên cạnh (SC) rước điểm (N) sao cho (fracSMSB=fracSNSC.) Chứng minh rằng:
a) (BC ⊥ (SAB)) với (AM ⊥ (SBC));
b) (SB ⊥ AN).
Giải
(H.3,35)
a) (SA ⊥ (ABC) Rightarrow SA ⊥ BC) (1),
Tam giác (ABC) vuông tại (B) đề nghị (BC ⊥ AB) (2)
Từ (1) với (2) suy ra (BC ⊥ (SAB)).
(BC ⊥ (SAB)) nên (BC ⊥ AM) (3)
( AM ⊥ SB) (giả thiết) (4)
Từ (3) với (4) suy ra (AM ⊥ (SBC)).
b) (AM ⊥ (SBC)) đề xuất (AMot SB) (5)
Giả thiết (fracSMSB=fracSNSC) yêu cầu theo định lí ta lét ta có: (MN// BC)
Mà (BCot SB) (do (BCot (SAB))) vì vậy (MNot SB) (6)
Từ (5) cùng (6) suy ra (SBot (AMN)) suy ra (SBot AN)
Nhận xét: Hình chóp trong những bài 4; 6; 7 thuộc mô hình chóp bao gồm một sát bên vuông góc với đáy (do kia nó gồm hai mặt bên vuông góc với đáy).
Bài 8 trang 105 sgk Hình học 11
Cho điểm (S) ko thuộc cùng mặt phẳng ((α)) có hình chiếu là điểm (H). Cùng với điểm (M) bất kỳ trên ((α)) và (M) ko trùng cùng với (H), ta hotline (SM) là đường xiên và đoạn (HM) là hình chiếu của con đường xiên đó. Minh chứng rằng:
a) hai tuyến đường thẳng xiên đều nhau khi và chỉ khi nhì hình chiếu của chúng bằng nhau;
b) Với hai tuyến phố xiên mang đến trước, con đường xiên làm sao lớn hơn thì có hình chiếu lớn hơn và trái lại đường xiên nào bao gồm hình chiếu lớn hơn thế thì lớn hơn.
Xem thêm: Tìm M Để Hàm Số Có 3 Cực Trị Tạo Thành Tam Giác Đều Công Thức Tính Nhanh
Giải
(H.3.36)
a) call (SN) là 1 trong đường xiên khác. Xét nhị tam giác vuông (SHM) với (SHN) có (SH) cạnh chung.