Luyện tập Hai mặt phẳng vuông góc KNTT

Hình vẽ minh họa:

Hình chóp tứ diện đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a, ta tìm góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).

Gọi M, N là trung điểm các cạnh AD và BC, khi đó SM ⊥ AD và SN ⊥ BC (do các tam giác SBC; SAD là các tam giác đều).

Vì BC // AD nên giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là đường thẳng d qua S và song song AD, BC.

Vì SM ⊥ AD và SN ⊥ BC nên SM ⊥ d và SN ⊥ d mà SM ⊂ (SAD); SN ⊂ (SBC) góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là góc .

Mặt bên là các tam giác đều cạnh a nên ; MN = AB = a.

Khi đó:

Ta có: a và b chỉ cần lần lượt nằm trong (P), (Q) cùng vuông góc với ∆ là đủ, thêm đồng quy với ∆ càng tốt nên có tất cả 2 mệnh đề đúng.

Dễ thấy rằng OA ⊥ (OBC), OB ⊥ (OCA), OC ⊥ (OAB)

Vậy bộ ba mặt phẳng vuông góc với nhau từng đôi một là (OAB), (OBC), (OCA).

Hình ảnh minh họa:

Dễ dàng xác định giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) là đường thẳng d đi qua S và song song với AB.

Trong mặt phẳng (SAB) có SH ⊥ AB => SH ⊥ d.

Ta có:

=> d ⊥ SK. Từ đó suy ra ((SAB), (SCD)) = (SH, SK) =

Trong tam giác vuông SHK ta có:

Tam giác ABC cân tại B có M là trung điểm AC

=> BM ⊥ AC.

Ta có: (do SA ⊥ (ABC)) => BM ⊥ (SAC) => (SBM) ⊥ (SAC).

Ta có: (do SA ⊥ (ABC)) => BC ⊥ (SAB) => (SBC) ⊥ (SAB).

Dùng phương pháp loại trừ thì khẳng định “(SAB) ⊥ (SAC)” là sai

Hình vẽ minh họa:

Gọi M là trung điểm của BC => AM ⊥ BC.

Ta có:

Do đó ((SBC),(ABC)) = (SM, AM) =

Tam giác ABC đều cạnh a, suy ra trung tuyến .

Tam giác vuông SAM ta có:

(1) Nếu a ⊂ (P) và a ⊥ m thì a ⊥ (Q). ---> đúng

(2) Nếu b ⊥ m thì b ⊂ (P) hoặc b ⊂ (Q). ---> sai

(3) Nếu c // m thì c // (P) hoặc c // (Q). ---> đúng

(4) Nếu d ⊥ m thì d ⊥ (P). ---> sai

Hình vẽ minh họa:

Gọi Q là trung điểm BC => OQ ⊥ BC.

Ta có:

Do đó ((SBC), (ABCD)) = (SQ, OQ) =

Tam giác vuông SOQ ta có:

Vậy mặt phẳng (SBC) hợp với mặt đáy (ABCD) một góc 60◦

Hình vẽ minh họa:

Giả sử SA ⊥ (ABCD). Khi đó có đúng 2 mặt bên vuông góc với mặt đáy là (SAB), (SAD).

Từ giả thiết suy ra ABDC là hình thoi nên BC ⊥ AD.

Ta có:

BC ⊥ AD và BC ⊥ SD

=> BC ⊥ (SAD)

=> BC ⊥ SA.

Lại có theo giả thiết IH ⊥ SA => SA ⊥ (HCB) => SA ⊥ BH

Tính được:

Ta có:

=> Tam giác HBC có trung tuyến IH bằng nửa cạnh đáy BC nên hay BH ⊥ HC.

Từ đó suy ra (SAB) ⊥ (SAC). Dùng phương pháp loại trừ thì khẳng định “(SDB) ⊥ (SDC)” là sai.

Cho mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau, đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (Q), khi đó a nằm trên (P) hoặc song song với (P).

Hình vẽ minh họa:

Gọi tâm của đáy là O, M là trung điểm của CD

Trong (SOM), kẻ OH vuông góc với SM tại H

Khi đó ta có OH ⊥ (SCD). Mà OD ⊥ (SAC).

Do đó ((SCD), (SAC)) = (OH, OD) = = α.

Ta có OD = a,

Xét tam giác OSM vuông tại O ta có:

Xét tam giác OHD vuông tại H ta có:

Hình ảnh minh họa:

Do AB // C’D’ nên giao tuyến của (MAB) và (MC’D’) là đường thẳng ∆ // AB // C’D’.

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của D’C’ và AB ta có:

=> MP ⊥ ∆, MQ ⊥ ∆.

Như vậy góc giữa (MAB) và (MC0’’) là góc giữa MP và MQ.

Không mất tính tổng quát, ta cho cạnh hình lập phương là 6.

Khi đó

Áp dụng định lí cosin cho tam giác MPQ ta được:

Góc α là góc giữa hai mặt phẳng (MC’D’) và (MAB) ta có:

Hình ảnh minh họa:

Vẽ DE ⊥ SC tại E.

Vì các tam giác SBC và SDC là các tam giác vuông có các cạnh tương ứng bằng nhau nên BE ⊥ SC và BE = DE.

Tam giác SBC vuông tại B và BE là đường cao nên

Khi đó

Vậy ((SCD), (SBC)) = (DE, BE).

Ta có:

Khi đó (DE, BE) = 60◦. Vậy ((SCD), (SBC)) = 60◦