VnHocTap.com giới thiệu đến các em học sinh lớp 11 bài viết Cách chứng minh hai mặt phẳng vuông góc, nhằm giúp các em học tốt chương trình Toán 11.
Nội dung bài viết Cách chứng minh hai mặt phẳng vuông góc:
Dạng 1: Chứng minh hai mặt phẳng vuông góc Phương pháp giải: Để chứng minh hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau ta sẽ chứng minh. Một đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng (Q) hoặc ngược lại, một đường thằng nào đó nằm trong mặt phẳng (Q) và vuông góc với mặt phẳng (P). Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) bằng 90°.
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B và SA (ABC). a) Chứng minh (SBC) (SAB) b) Gọi AH và AK lần lượt là đường cao trong tam giác SAB và SAC. Chứng minh (SBC) (AKH). c) Gọi D là giao điểm của HK và BC. Chứng minh (SAD) (SAC) Lời giải a) Do SA (ABC) SA BC ⇒ Tam giác ABC vuông tại B nên AB BC. Do đó BC (SAB) (SBC) (SAB). b) Ta có: BC (SAB) BC AH ⇒ Mặt khác AH SC AH (SBC) (AHK) (SBC) c) Ta có: AH (SBC) AH SC ⇒ Mặt khác AK SC SC (AHK) ⇒ hay SC (AKD). Suy ra AD SC mà SA AD AD (SAC) ⇒ Do vậy (SAD) (SAC).
Ví dụ 2: Cho tứ diện ABCD có cạnh AB vuông góc với mặt phẳng (BCD). Trong tam giác BCD vẽ các đường cao BE và DF cắt nhau tại O. Trong mặt phẳng (ACD) vẽ DK vuông góc với AC tại K. Gọi H là trực tâm của tam giác ACD. a) Chứng minh mặt phẳng (ADC) vuông góc với mặt phẳng (ABE) và mặt phẳng (ADC) vuông góc với mặt phẳng (DFK) b) Chứng minh OH vuông góc với mặt phẳng (ACD).
Lời giải a) Ta có: BE CD CD (ABE) AB CD mà CD ADC ADC ABE. Lại có: DF BC DF (ABC) DF AC DF AB. Mặt khác DK AC AC (DKF) (ACD) (DFK) ⇒ b) Do CD (ABE) CD AE. Ta có : (ACD) (ABE) (ACD) (DFK) OH (ACD) OH (ABE) (DFK). Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a và BD = a. Biết cạnh a SA = 62 và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Chứng minh rằng: a) (SAC) (SBD) b) (SCD) (SBC).
Lời giải a) Do SA (ABCD) SA BD ⇒ Mặt khác ABCD là hình thoi nên AC BD. Do đó BD (SAC) (SBD) (SAC) ⇒ b) Dựng OH SC. Do BD (SAC) BD SC ⇒ Suy ra SC (DHB). Như vậy DHB là góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SBC). Tam giác ABD đều cạnh a nên a AO AC a 3 3 2. Dựng SA.OC AK a AK SC AK a OH SA OC 2 2 2 2. Tam giác DHB có đường trung tuyến 1 a HO BD DHB 2 2 ⇒ ∆ vuông tại H hay DHB 90. Do đó (SCD) (SBC).
Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, biết AB = a, AD = 2a, SA = a và SA (ABCD). Gọi M là trung điểm của AD, I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng (SAC) (SMB). Lời giải: Ta có: CD a 1 tan CAD AD a2 2. Mặt khác AB a tan AMB 2 AM a 2 2. Do tan CAD cot AMB CAD AMB 90. Suy ra AIM 90 AC BM ⇒ tại I. Mặt khác SA (ABCD) SA BM. Do đó BM (SAC) (SMB) (SAC).
Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của AB. Biết SA SB a 2 a) Chứng minh rằng SH ABCD b) Chứng minh tam giác SBC vuông c) Chứng minh (SAD) (SAB) (SAD) (SBC). Lời giải: a) Do ∆SAB cân tại S nên đường trung tuyến đồng thời là đường cao suy ra SH AB. Mặt khác (SAB) (ABCD) SH (ABCD) AB (SAB) (ABCD). b) Do SH (ABCD) SH BC. Mặt khác BC AB BC (SAB) SBC ⇒ ∆ vuông tại B.
c) Tương tự câu b ta chứng minh được AD (SAB) suy ra (SAD) (SAB). Mặt khác 22 22 SA SB AB 4a SAB ⇒ ∆ vuông tại S ⇒ SA SB. Lại có: AD (SAB) AD SB SB (SAD) (SBC) (SAD). Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAD là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SB, BC và CD. a) Chứng minh (SAD) (SAB). b) Chứng minh AM BP và (SBP) (AMN).
Lời giải: a) Gọi H là trung điểm của AD. Do ∆SAD cân tại S nên đường trung tuyến đồng thời là đường cao suy ra SH AD. Mặt khác (SAD) (ABCD) SH (ABCD) AD (SAD) (ABCD). Khi đó SH AB AB (SAD) (SAB) (SAD) AB AD b) Ta có: MN // SC (AMN) // (SHC) AN // HC. Dễ thấy tan BPC 2 tan HCD BPC HCD 90 HC BP. Mặt khác SH BP BP (SHC). Mà (SBP) (AMN) (AMN) // (SHC) BP (AMN) BP AM.
Ví dụ 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA (ABCD) a) Chứng minh (SAC) (SBD) b) Chứng minh (SAD) (SCD) c) Gọi BE và DF là đường cao trong tam giác SBD. Chứng minh rằng (ACF) (SBC) (AEF) (SAC). Lời giải: a) Ta có: ABCD là hình vuông nên AC BD. Mặt khác SA (ABCD) SA BD. Do đó BD (SAC) (SBD) (SAC) b) Ta có: AD AB AD (SAB) AD SA. Do đó (SAD) (SAB). c) Ta có : AD (SAB) AD SB. Mặt khác DF SB (ADF) SB AF SB.
Lại có: BC AB BC (SAB) BC AF BC SA. Do đó AF (SBC) (ACF) (SBC). Dễ thấy tam giác SBD cân tại S có 2 đường cao BE và DF nên EF//BD. Mặt khác BD (SAC) (Chứng minh ở câu a) suy ra EF (SAC) (AEF) (SAC). Cách khác: Ta có AF (SBC) AF SC ⇒ Chứng minh tương tự ta cũng có: AE SC suy ra SC (AEF) (SAC) (AEF). Ví dụ 8: Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ BB’ và CC’ cùng vuông góc với (ABC). a) Chứng minh (ABB’) (ACC’). b) Gọi AH, AK là các đường cao của ∆ABC và ∆AB’C’. Chứng minh (BCC’B’) và (AB’C’) cùng vuông góc với (AHK).
Lời giải: a) Ta có: CC’ (ABC) CC’ AB. Mặt khác AB AC AB (ACC’) (ABB’) (ACC’) b) Do AH BC BB’ (ABC) BB’ AH ⇒ Suy ra AH (BCC’B’) (AHK) (BCC’B’) ⇒ Mặt khác AH (BCC’B’) AH B’C’. Lại có: AK B’C’ B’C’ (AHK) (AHK) (AB’C’). Ví dụ 9: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B với AB = a; BC a 3 cạnh bên CC’ = 2a. Điểm M là trung điểm của cạnh AA’. a) Chứng minh (ABB’A’) (BCC’B’) và BM C’M b) Tính cosin góc giữa mặt phẳng (BMC’) và mặt đáy (ABC).
Lời giải: a) Ta có: ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng nên BB AB’. Mặt khác ∆ABC là tam giác vuông tại B nên AB BC. Do đó AB (BCC’B’) (ABB’A’) (BCC’B’) ⇒ 2 2 BM AB AM a 2 BC’ BC CC’ a 7. Do 22 2 C’M MB BC’ BMC’ ⇒ ∆ vuông tại M hay BM C’M. b) Diện tích tam giác ABC là ABC a S 2 3 2. Diện tích tam giác MBC’ MBC’ a S MB.MC’ 1 10 2 2. Gọi φ là góc giữa mặt phẳng (BMC’) và mặt đáy (ABC). Do ∆ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác MB’C’ trên mặt phẳng (ABC) nên: ABC ABC MBC’ MBC’ S S S cos cos S 3 10.