Giải Bài Tập Toán Hình Nâng Cao 11

Giải bài tập trang 111, 112 bài bác 4 nhị khía cạnh phẳng vuông góc SGK Hình học 11 Nâng cao. Câu 21: Các mệnh đề sau đúng hay sai ...

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

Câu 21 trang 111 SGK Hình học 11 Nâng cao

Các mệnh đề sau đúng tuyệt sai ?

a. Hai khía cạnh phẳng thuộc vuông góc với mặt phẳng thiết bị bố thì tuy vậy song cùng với nhau;

b. Hai mặt phẳng thuộc vuông góc cùng với mặt phẳng sản phẩm công nghệ cha thì vuông góc cùng với nhau;

c. Qua một đường thẳng đến trước gồm độc nhất vô nhị một mặt phẳng vuông góc cùng với phương diện phẳng cho trước ;

d. Có tuyệt nhất một phương diện phẳng đi qua một điểm đến trước với vuông góc cùng với hai khía cạnh phẳng giảm nhau mang đến trước ;

e. Các khía cạnh phẳng cùng đi qua một điểm đến trước cùng vuông góc với 1 khía cạnh phẳng mang lại trước thì luôn luôn đi sang 1 con đường thẳng cố định và thắt chặt ;

f. Hình lăng trụ có hai mặt mặt là hình chữ nhật là lăng trụ đứng ;

g. Hình chóp tất cả đáy là nhiều giác đều với cha lân cận đều bằng nhau là hình chóp các.

Giải

a. Sai (P) ⊥ (R) , (Q) ⊥ (R) mà lại (P) và (Q) giảm nhau như hình mẫu vẽ mặt.

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

c. Sai. Lấy a ⊥ (R) thì tất cả vô số khía cạnh phẳng (P) chứa a với vuông góc cùng 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’ bao gồm AB = a, BC = b, CC’ = c. Nếu

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

Thì hình hộp kia có phải là hình vỏ hộp chữ nhật ko ? Vì sao ?

Giải

Áp dụng đặc thù : “Tổng bình pmùi hương hai tuyến đường chéo cánh hình bình hành bởi tổng bình phương thơm 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 & 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 và BB’D’D là những hình chữ nhật .

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

Câu 23 trang 111 SGK Hình học tập 11 Nâng cao

Cho hình lập pmùi hương ABCD.A’B’C’D’ gồm cạnh bằng a.

a. Chứng minch rằng AC’ vuông góc cùng với nhì phương diện phẳng (A’BD) với (B’CD’).

b. Cắt hình lập pmùi hương bởi mặt phẳng trung trực của AC’. Chứng minh thiết diện chế tạo ra thành là 1 lục giác phần đa. Tính diện tích tiết 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 từ bỏ, ta có: (overrightarrow AC" .overrightarrow BA" = 0)

Vậy AC’ ⊥ (A’BD)

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

b. điện thoại tư vấn M là trung điểm của BC thì MA = MC’ (vì chưng thuộc bằng (asqrt 5 over 2) ) đề xuất M ở trong mặt phẳng trung trực (α) của AC’

Tương trường đoản cú, ta chứng minh được N, P, Q, R, S cũng có thể có tính chất kia (N, P., Q, R, S theo thứ tự là trung điểm của CD, DD’, D’A’, A’B’, B’B).

Vậy thiết diện của hình lập phương thơm bị cắt do mp(α) là MNPQRS. Đây là lục giác phần nhiều cạnh bằng (asqrt 2 over 2). Từ kia ta tính được diện tích của thiết 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 tất cả đáy là hình vuông vắn cạnh a với SA ⊥ (ABCD), SA = x. Xác định x nhằm nhì khía cạnh phẳng (SBC) cùng (SDC) sản xuất với nhau góc 60˚.

Giải

điện thoại tư vấn O là giao điểm của AC và BD. Trong mặt phẳng (SAC) kẻ OO1 vuông góc cùng với SC, dễ thấy mp(BO1D) vuông góc với SC. Vậy góc thân nhị mp(SBC) cùng (SDC) bởi góc thân hai tuyến phố thẳng BO1 cùng DO1. Mặt không giống OO1 ⊥ BD, OO1 45^circ .)

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

bởi vậy hai phương diện phẳng (SBC) cùng (SDC) chế tạo với nhau góc (60^circ ) Lúc và chỉ còn khi: 

(widehat BO_1D =120^circ ) ( Leftrightarrow) (widehat BO_1O = 60^circ ) (bởi vì ΔBO1D cân nặng trên O1)

( Leftrightarrow BO = OO_1chảy 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 hai khía cạnh phẳng (SBC) cùng (SDC) chế tạo với nhau góc 60˚

Câu 25 trang 112 SGK Hình học tập 11 Nâng cao

Cho nhị mặt phẳng vuông góc (P) cùng (Q) có giao đường Δ. Lấy A, B cùng ở trong Δ với lấy C ϵ (P), D ϵ (Q) làm sao cho AC ⊥ AB, BD ⊥ AB cùng AB = AC = BD. Xác định tiết diện của tứ đọng diện ABCD lúc giảm bởi vì mặt phẳng (α) trải qua điểm A và vuông góc cùng với CD. Tính diện tích S thiết diện khi AC = AB = BD = a.

Giải

Hotline I là trung điểm của BC thì AI ⊥ BC. Do BD ⊥ mp(ABC) cần AI ⊥ CD (định lí ba con đường vuông góc).

Xem thêm: Tài Liệu Ôn Thi Học Kì 2 Môn Tiếng Anh Lớp 3 Bài Ôn Tập Học, Đề Cương Ôn Tập Tiếng Anh Lớp 3 Học Kỳ 2

Trong mp(CDB), kẻ IJ vuông góc với CD (J ϵ CD) thì mp(AIJ) đó là phương diện phẳng (α) cùng tiết diện yêu cầu search là tam giác AIJ

Tam giác AIJ là tam giác vuông tại I.

Vậy (S_AIJ = 1 over 2AI.IJ)

Ta có:

(eqalign & AI = 1 over 2BC = asqrt 2 over 2 cr & 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 vỏ hộp gì nếu vừa lòng một trong các điều kiện sau ?

a. Tứ diện AB’CD’ bao gồm những cạnh đối cân nhau ;

b. Tđọng diện AB’CD’ gồm những cạnh đối vuông góc ;

c. Tứ diện AB’CD’ là tứ đọng diện phần đông.

Giải

a. Ta có: B’D’ = BD

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

Tương trường đoản cú ta cũng đều có ABB’A’ và ADD’A’ là những hình chữ nhật. Vậy Lúc tđọng diện AB’CD’ gồm những cạnh đối lập đều nhau thì ABCD.A’B’C’D’ là hình vỏ hộp chữ nhật.

trái lại, khi ABCD.A’B’C’D’ là hình vỏ hộp chữ nhật thì thường thấy tứ đọng diện AB’CD’ gồm những cạnh đối lập cân nhau.

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

Cũng hay thấy rằng ví như ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp thoi thì tđọng diện AB’CD’ gồm các cạnh đối lập vuông góc.

c. khi AB’CD’ là tứ diện mọi thì những cạnh đối lập vừa cân nhau vừa vuông góc; áp dụng công dụng của các câu a với b ta có : Lúc AB’CD’ là tứ diện hồ hết thì hình hộp ABCD.A’B’C’D’ là hình lập pmùi hương.

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

Câu 27 trang 112 SGK Hình học tập 11 Nâng cao

Cho hai tam giác ACD, BCD vị trí nhì khía cạnh phẳng vuông góc cùng nhau và AC = AD = BC = BD = a, CD = 2x. hotline I, J theo thứ tự là trung điểm của AB với CD.

a. Tính AB, IJ theo a và x.

b. Với giá trị như thế nào của x thì nhị khía cạnh phẳng (ABC) với (ABD) vuông góc ?

Giải

a. Vì J là trung điểm của CD và AC = AD cần AJ ⊥ CD.

Do mp(ACD) ⊥ mp(BCD) nên AJ ⊥ mp(BCD)

Mặt khác, AC = AD = BC = BD cần 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) ) cùng 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 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 tập 11 Nâng cao

Cho tam giác ABC và phương diện phẳng (P). Biết góc giữa mp(P) và mp(ABC) là φ (φ ≠ 90˚); hình chiếu của tam giác ABC trên mp(P) là tam giác A’B’C’. Chứng minh rằng

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

Hướng dẫn. Xét nhì ngôi trường hòa hợp :

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

b. Tam giác ABC không tồn tại cạnh như thế nào song tuy vậy tuyệt nằm trong mp(P).

Giải

a. Xét trường vừa lòng tam giác ABC gồm một cạnh, chẳng hạn BC phía bên trong mp(P). Hotline A’ là hình chiếu của A trên mp(P). Kẻ mặt 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 hòa hợp cạnh BC của tam giác ABC tuy vậy tuy nhiên cùng với mp(P). Xét mp(Q) chứa BC với tuy nhiên tuy nhiên với mp(P), gọi giao điểm của AA’ với mp(Q) là A1. lúc kia ta bao gồm ΔA1BC = ΔA’B’C’ ; góc giữa mp(ABC) với mp(Q) bởi φ.

Xem thêm: Tóm Tắt Diễn Biến Chiến Thắng Bạch Đằng Năm 938 ? Tóm Tắt Diễn Biến Trên Sông Bạch Đằng Năm 938

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

b.

Xét trường phù hợp tam giác ABC không tồn tại cạnh như thế nào song tuy nhiên hay phía trong mp(P). Ta rất có thể đưa sử mp(P) đi qua điểm A sao để cho những đỉnh B, C sinh sống về cùng phía đối với mp(P). Hotline D là giao điểm của con đường thẳng BC với mp(P); B’, C’ thứu tự là hình chiếu của B, C trên (P) thì B’C’ trải qua D. khi đó theo ngôi trường thích hợp a ta bao gồm :

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