Giải Hình Học 11 Nâng Cao

Giải bài bác tập trang 102, 103 bài xích 3 mặt đường thẳng vuông góc cùng với phương diện phẳng SGK Hình học tập 11 Nâng cao. Câu 12: Khẳng định “Một con đường trực tiếp vuông góc cùng với hai tuyến phố thẳng minh bạch vào mặt phẳng (P) thì nó vuông góc cùng với (P)” có đúng không ạ ? Vì sao ?


Câu 12 trang 102 SGK Hình học tập 11 Nâng cao

Khẳng định “Một con đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng phân minh trong khía cạnh phẳng (P) thì nó vuông góc cùng với (P)” bao gồm đúng không ạ ? Vì sao ?

Giải

*

Không đúng vì giả dụ a ⊥ b với b // c ( trong các số đó b, c nằm trong (P)) thì a không phải vuông góc với (P)

 

Câu 13 trang 102 SGK Hình học 11 Nâng cao

Cho hai đường trực tiếp a, b và mặt phẳng (P). Các mệnh đề sau đúng giỏi không đúng ?

a. Nếu a // (P) với b ⊥ (P) thì b ⊥ a.

Bạn đang xem: Giải hình học 11 nâng cao

b. Nếu a // (P) với b ⊥ a thì b ⊥ (P)

c. Nếu a // (P), b // a thì b // (P)

Giải

*

a. Đúng a // (β) phải sống thọ a’ ⊂ (P) sao

đến a // a’ nhưng b ⊥ (P) buộc phải b ⊥ a’.

Do kia b ⊥ a

b. Sai b rất có thể song tuy vậy với (P)

c. Sai b hoàn toàn có thể phía bên trong (P)

 

Câu 14 trang 102 SGK Hình học 11 Nâng cao

Cho điểm S gồm hình chiếu bên trên mp(P) là H. Với điểm M bất kì trên (P) (M ko trùng H), ta call đoạn trực tiếp SM là đường xiên, đoạn thẳng HM là hình chiếu của mặt đường xiên đó. Chứng minh rằng :

a. Hai đường xiên đều bằng nhau lúc và chỉ khi nhị hình chiếu của bọn chúng cân nhau.

b. Với hai tuyến đường xiên cho trước, con đường xiên làm sao dài ra hơn nữa thì có hình chiếu dài thêm hơn nữa với ngược trở lại, mặt đường xiên làm sao có mặt đường chiếu dài thêm hơn nữa thì dài hơn nữa.

Giải

*

a. Giả sử HM, Thành Phố Hà Nội thứu tự là hình chiếu của SM, SN.

*Nếu SM = SN thì ΔSHM = ΔSHà Nội buộc phải HM = HN

trái lại nếu HM = Hà Nội thì ΔSHM = ΔSHN phải SM = SN

Vậy SM = SN ⇔ HM = HN

b. Áp dụng định lí Pytago, ta gồm :

(eqalign và SM^2 - HM^2 = SN^2 - HN^2left( = SH^2 ight) cr & Rightarrow SM^2 - SN^2 = HM^2 - HN^2 cr )

Từ kia suy ra : SM > SN ⇔ HM > HN (đpcm)

 

Câu 15 trang 102 SGK Hình học 11 Nâng cao

Cho tđọng diện ABCD. Tìm điểm O bí quyết số đông tứ đỉnh của tứ diện.

Giải

*

Điện thoại tư vấn I là trọng tâm mặt đường tròn ngoại tiếp của ΔBCD

Điện thoại tư vấn d là con đường trực tiếp trải qua I với vuông góc với phương diện phẳng (BCD)

Theo tác dụng bài xích 14. M ϵ d ⇔ MB = MC = MD

(d hotline là trục của mặt đường tròn nước ngoài tiếp tam giác BCD)

Gọi O là giao điểm của d với mặt phẳng trung trực của AB thì O bí quyết đều tứ đỉnh của tứ đọng diện (O điện thoại tư vấn là trung tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD).

 

Câu 16 trang 103 SGK Hình học tập 11 Nâng cao

 Cho hình tđọng diện ABCD tất cả AB, BC, CD đôi một vuông góc và AB = a, BC = b, CD = c.

a. Tính độ lâu năm AD.

b. Chỉ ra điểm giải pháp đều A, B, C, D

c. Tính góc thân con đường trực tiếp AD và khía cạnh phẳng (BCD), góc thân đường trực tiếp AD và mặt phẳng (ABC).

Giải

*

a. Ta có: CD ⊥ BC và CD ⊥ AB yêu cầu CD ⊥ (ABC)

nhưng AC ⊂ (ABC) vì vậy CD ⊥ AC.

Trong tam giác vuông ABC ta gồm :

(AC^2 = AB^2 + BC^2 = a^2 + b^2)

Trong tam giác vuông ACD ta gồm :

(AD^2 = AC^2 + CD^2 = a^2 + b^2 + c^2)

Suy ra : (AD = sqrt a^2 + b^2 + c^2 )

b. Ta có : (AB ot BC,va,AB ot CD) suy ra AB ⊥ (BCD) vì vậy AB ⊥ BD.

call I là trung điểm AD ta gồm IC = IA = IB = ID.

Vậy I biện pháp hầu như A, B, C, D

 

Câu 17 trang 103 SGK Hình học tập 11 Nâng cao

Cho hình tđọng diện OABC gồm bố cạnh OA, OB, OC song một vuông góc.

a. Chứng minc tam giác ABC có tía góc nhọn.

b. Chứng minc rằng hình chiếu H của điểm O bên trên mp(ABC) trùng cùng với trực tâm tam giác ABC.

c. Chứng minch rằng (1 over OH^2 = 1 over OA^2 + 1 over OB^2 + 1 over OC^2)

Giải

a. Đặt a = OA, b = OB, c = OC. Ta có:

(AB = sqrt a^2 + b^2 ,BC = sqrt b^2 + c^2 ,AC = sqrt a^2 + c^2 )

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta bao gồm :

(cos A = AB^2 + AC^2 - BC^2 over AB.AC = a^2 + b^2 + a^2 + c^2 - b^2 - c^2 over AB.AC = 2a^2 over AB.AC > 0)

⇒ A nhọn. Tương từ bỏ B, C là các góc nhọn.

Vậy ΔABC gồm tía góc nhọn.

Xem thêm: Trang Web Đại Học Cảnh Sát Nhân Dân Tp Hcm, Điểm Chuẩn Đại Học Cảnh Sát Nhân Dân 2021

b.

*

Vì H là hình chiếu của điểm O bên trên mp(ABC)

nên OH ⊥ (ABC)

Mặt không giống OA ⊥ (OBC) cần OA ⊥ BC.

Vậy AH ⊥ BC (định lí ba con đường vuông góc), tức

là H trực thuộc một con đường cao của tam giác ABC

Tương trường đoản cú nhỏng trên ta cũng đều có H thuộc con đường cao

thiết bị nhị của tam giác ABC.

Vậy H là trực trọng điểm tam giác ABC

c. Nếu AH ⊥ BC trên A’ thì BC ⊥ OA’.

Vì OH là con đường cao của tam giác vuông AOA’ (vuông tại O) cùng OA’ là đường cao của tam giác vuông BOC (vuông trên O) bắt buộc :

(1 over OH^2 = 1 over OA^2 + 1 over OA"^2,1 over OA"^2 = 1 over OB^2 + 1 over OC^2)

Vậy (1 over OH^2 = 1 over OA^2 + 1 over OB^2 + 1 over OC^2)

 

Câu 18 trang 103 SGK Hình học tập 11 Nâng cao

Cho hình chóp S.ABC bao gồm SA ⊥ mp(ABC), các tam giác ABC cùng SBC không vuông. Gọi H với K thứu tự là trực trung ương của tam giác ABC cùng SBC.

Chứng minc rằng :

a. AH, SK, BC đồng quy ;

b. SC ⊥ mp(BHK)

c. HK ⊥ mp(SBC).

Giải

*

a. hotline I là giao điểm của hai tuyến phố trực tiếp AH cùng BC

Ta có : BC ⊥ AH (vì chưng H là trực trung tâm ΔABC)

BC ⊥ SA (bởi SA ⊥ mp(ABC))

Suy ra BC ⊥ (SAI) nhưng mà SI ⊂ (SAI) nên BC ⊥ SI

K là trực chổ chính giữa ΔSBC cần SI qua K

Vậy AH, SK, BC đồng quy tại I.

b. Ta tất cả : BH ⊥ AC và BH ⊥ SA buộc phải BH ⊥ mp(SAC)

Suy ra BH ⊥ SC

Mặt không giống SC ⊥ BK cần SC ⊥ mp(BHK)

c. Ta có: SC ⊥ HK (vị HK ⊥ mp(BHK)) nhưng HK ⊥ BC (do BC ⊥ mp(ASI))

Vậy HK ⊥ mp(SBC)

 

Câu 19 trang 103 SGK Hình học 11 Nâng cao

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác rất nhiều cạnh a với SA = SB = SC = b. Điện thoại tư vấn G là trọng tâm tam giác ABC.

a. Chứng minch rằng SG ⊥ (ABC). Tính SG.

b. Xét mặt phẳng (P) trải qua A và vuông góc cùng với con đường trực tiếp SC. Tìm hệ thức liên hệ thân a và b nhằm (P) cắt SC trên điểm C1 nằm trong lòng S cùng C. khi đó hãy tính diện tích thiết diện của hình chóp S.ABC Lúc cắt vày mp(P).

Giải

*

a. Vì SA = SB = SC đề nghị S vị trí trục của con đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Mà G là trọng điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đề xuất SG ⊥ mp(ABC)

Điện thoại tư vấn I là trung điểm của BC. Ta tất cả : AI ⊥ BC và BC ⊥ SI

(eqalign & SI = sqrt SC^2 - IC^2 = sqrt b^2 - a^2 over 4 = sqrt 4b^2 - a^2 over 2 cr & GI = 1 over 3AI = 1 over 3.asqrt 3 over 2 = asqrt 3 over 6 cr )

Trong tam giác vuông SGI ta có :

(SG = sqrt SI^2 - GI^2 = sqrt 4b^2 - a^2 over 4 - a^2 over 12 = sqrt 12b^2 - 4a^2 over 12)

( = sqrt 3b^2 - a^2 over 3 )

b. Kẻ AC1 ⊥ SC thì (P) đó là mp(ABC1)

Vì SAC là tam giác cân nặng nhưng mà AC1 ⊥ SC cần C1 nằm giữa S cùng C khi và chỉ khi

(widehat ASC AC^2 Leftrightarrow 2b^2 > a^2)

Ta bao gồm : AB ⊥ GC cùng AB ⊥ SG ⇒ AB ⊥ SC

SC ⊥ AC1 với SC ⊥ AB đề nghị SC ⊥ (ABC1)

Thể tích tứ diện SABC là :

(eqalign và V_SABC = 1 over 3SG.S_ABC = 1 over 3SC.S_ABC_1 cr và Rightarrow S_ABC_1 = SG.S_ABC over SC = sqrt 3b^2 - a^2 over 3 .a^2sqrt 3 over 4 over b = a^2sqrt 3b^2 - a^2 over 4b cr )

 

Câu đôi mươi trang 103 SGK Hình học tập 11 Nâng cao

a. Cho tứ diện ABCD tất cả AB ⊥ CD, AC ⊥ BD. Chứng minch rằng AD ⊥ BC. Vậy, những cạnh đối lập của tứ đọng diện đó vuông góc cùng nhau. Tứ diện như vậy Điện thoại tư vấn là tđọng diện trực vai trung phong.

b. Chứng minc những mệnh đề sau đấy là tương tự :

i. ABCD là tứ đọng diện trực tâm.

ii. Chân con đường cao của tứ diện hạ từ 1 đỉnh trùng cùng với trực trung tâm của mặt đối lập.

iii. (AB^2 + CD^2 = AC^2 + BD^2 = AD^2 + BC^2)

c. Chứng minh rằng bốn đường cao của tứ diện trực trọng tâm đồng quy tại một điểm. Điểm kia điện thoại tư vấn là trực trung tâm của tứ đọng diện nói trên.

Giải

*

a. Kẻ AH ⊥ (BCD), H ϵ (BCD)

Ta tất cả (left{ matrix CD ot AH cr CD ot AB cr ight. Rightarrow CD ot left( ABH ight))

Mà BH ⊂ (ABH) buộc phải CD ⊥ BH (1)

Tương từ (left{ matrix BD ot AH cr BD ot AC cr ight. Rightarrow BD ot left( ACH ight) Rightarrow BD ot CH,left( 2 ight))

Từ (1) cùng (2) suy ra H là trực trung ương tam giác BCD.

Ta có: (left{ matrix BC ot AH cr BC ot DH cr ight. Rightarrow BC ot left( ADH ight) Rightarrow BC ot AD.)

b. Theo chứng tỏ câu a ta tất cả i ⇔ ii

Mặt không giống ta có

(eqalign & AB^2 + CD^2 = AC^2 + BD^2 cr và Leftrightarrow overrightarrow AB ^2 + overrightarrow CD ^2 = overrightarrow AC ^2 + overrightarrow BD ^2 cr và Leftrightarrow overrightarrow AB ^2 + left( overrightarrow AD - overrightarrow AC ight)^2 = overrightarrow AC ^2 + left( overrightarrow AD - overrightarrow AB ight)^2 cr & Leftrightarrow overrightarrow AD .overrightarrow AC = overrightarrow AD .overrightarrow AB cr & Leftrightarrow overrightarrow AD .left( overrightarrow AC - overrightarrow AB ight) = 0 cr & Leftrightarrow overrightarrow AD .overrightarrow BC = 0 Leftrightarrow AD ot BC cr )

Tương từ AB ⊥ CD và AC ⊥ BD

Vậy i ⇔ iii

c. Call K là trực trung tâm tam giác ACD thì K nằm trên AI (với BI ⊥ CD). Từ đó suy ra AH với BK cắt nhau vì chưng bọn chúng thuộc mp(ABI)

tựa như tư đường cao của tứ đọng diện trực trung khu giảm nhau song một với không thuộc vị trí một mặt phẳng đề xuất chúng đồng quy.