Bài tập quan hệ vuông góccó đáp án thầy lê bá trần phương

Chứng minh rằng: SB vuông góc SD.. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD.. Gọi I là giao điểm của SC với mặt phẳng AHK.. Gọi P là mặt phẳng song song với SO chứa

Trang 1

Hocmai – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 -

O A

B

D

C

S

H

K I

Các bài được màu đỏ là các bài tập ở mức độ nâng cao

Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA = SB = SC = a Chứng minh rằng: SB

vuông góc SD

Giải:

+ Gọi O là giao điểm của AC và BD

Vì ABCD là hình thoi nên O là trung điểm của AC và BD

0

1 2 90

      

    

Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc mặt phẳng (ABCD) Gọi H, K lần

lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD

a CMR: SC vuông góc mặt phẳng (AHK)

b Gọi I là giao điểm của SC với mặt phẳng (AHK) CMR: HK vuông góc AI

Giải:

a Ta có:



Từ (1) và (2) ta suy ra SC(AHK)

b Ta có:

    

/ /

   ( Định lý Ta lét đảo)

QUAN HỆ VUÔNG GÓC

ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƯƠNG

O S

B

A

D

C

Trang 2

Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam

Khóa học Luyện thi THPT quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hình học không gian

N

K

I

O D

A

C

B

S

M



/ /





Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi tâm O, SA = SC, SB = SD

b I, K lần lượt là trung điểm của BA và BC Chứng minh rằng IK vuông góc SD

c Gọi (P) là mặt phẳng song song với SO chứa IK Chứng minh BD vuông góc với mặt phẳng (P)

Giải:

a Ta có:



c + Gọi M là giao điểm của SB với mặt phẳng (P),

N là giao điểm của DB với mặt phẳng (P)

/ /( ), ( )

/ /

( )



Bài 4: Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’, đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc 0

60

BAD

  ,

3

AA '

2

a

Giải:

+ Gọi SBNDMM là trung điểm SD,

N là trung điểm SB

A’ là trung điểm SA

+ Gọi O = ACBD

2

a

      

Trang 3

+ Hai vuông SOA và ACC’ bằng nhau

ASO CAC'

   

'



Bài 5: Tứ diện S.ABC có SAmp ABC . Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC

b Chứng minh HK SBC và SBC  BHK

Giải:

a Vì H là trực tâm tam giác ABC BH AC, theo giả thiết

Do K là trực tâm SBCBKSC

Từ đó suy ra SCmp BHK mp BHK mp SAC  (đpcm)

b Tương tự như trên ta cũng chứng minh được:

Do đó: HK mp SBC mp SBC mp BHK 

Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a Gọi M là trung điểm của AA’

Chứng minh rằng BM vuông góc với B’C

Giải:

Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ nên I là trung điểm của B’C

M là trung điểm AA’ nên tam giác MAC MA'B'

=>MC=MB’ suy ra tam giác MB’C cân tại M

A

A’

B

B’

C

C’

M

I

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

Trang 4

Bài 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giácv vuông tại C, SAABC

HDG

a) Ta có  

( )







b) Ta có: AESC (3) (gt)

Theo a) BC(SAB)AEBC (4)

Từ (3) và (4) suy ra: AE(SBC)

c) Ta thấy: ( )P (ADE)

Theo b) AE(SBC)BCAE (5)

Trong mp(ADE) kẻ EHAD H, AD Vì



Từ (5) và (6) suy ra: SB(ADE) hay SB( )P



Theo c) SB(ADE)AFSB (8) Từ (7) và (8) suy ra: AFSAB

Bài 8: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAB là tam giác đều,

HDG

(1)



F

C

S

B A

E D

H

Trang 5

Mặt khác, xét hai tam giác vuông ADI và DFC có:

AI=DF, AD=DC Do đó, AID DFC từ đó ta có:

0

90 90

90

FHD









Hay CFID (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

FC SID

Bài 9: (D-2007) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, SA(ABCD),

AD=2a, AB=BC=a Chứng minh rằng: tam giác SCD vuông

HDG



+ Gọi I là trung điểm của AD Tứ giác ABCI là

hình vuông Do đó, 0

45

ACI  (*) Mặt khác,

CID

 là tam giác vuông cân tại I nên:

0

45

BCI  (*)

Từ (*) và (**) suy ra: 0

90

ACD hay

ACCD (2)

Từ (1) và (2) suy ra: CD(SAC)CDSC

hay ∆SCD vuông tại C

Bài 10: (B-2007) Cho hình chóp đều S.ABCD đáy ABCD là hình vuông, E là điểm đối xứng của D qua

HDG

Gọi I, P lần lượt là trung điểm của AB và SA, O là giao điểm của AC và BD

Ta có: IN/ /AC BD IN(1)





H F

I

D S

A

C B

2

1

I

B

A

C

D I

A S

Trang 6

Mặt khác, / / / / (*)

/ /









Mà POBD(**)

(vì: BPD là tam giác cân tại P và O là trung điểm

của BD)

Từ (*) và (**) ta có: BDIM(2)

Từ (1) và (2) ta có: BD(IMN)BDMN

Bài 11: (A-2007) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAD đều,

HDG

Gọi I là giao diểm của AN và BP, H là trung

điểm của AD, K là giao điểm của AN và BH

Xét hai tam giác vuông ABN và BCP có:

AB=BC, BN=CP Suy ra,

BANANB CBPANB

hay ANBP (1)

Vì ∆SAD đều nên:



Mặt khác, tứ giác ABNH là hình chử nhật nên K là trung điểm của HB hay MK/ /SH(**)

Từ (*) và (**) suy ra: BPMH(2)

Từ (1), (2) suy ra: BP(AMN)BPAM

Bài 12: Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi , SA=SC Chứng minh rằng: (SBD)(ABCD)

HDG

Ta có: ACBD (1) (giả thiết)

+ Mặt khác, SO AC (2) (SAC là tam giác cân tại A và O là trung điểm của AC nên SO là đường cao

của tam giác)

+ Từ (1) và (2) suy ra: AC(SBD)mà AC(ABCD) nên (SBD)(ABCD)

K

P

M

N

B

S

A

P

N

M E

D

C B

A S

Trang 7

Bài 13: (B-2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=a, ADa 2,

(SAC)(SMB)

HDG + Ta có: SA(ABCD)SABM (1)

+ Xét tam giác vuông ABM có:

AM

  Xét tam giác vuông ACD có:

1 tan

2

CD CAD

AD

  Ta có:

0

90

AMB CAD

AIM

  

 

Hay BM AC (2)

+ Từ (1) và (2) suy ra: BM (SAC) mà

BM SAC nên (SAC)(SMB)

Bài 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O cạnh a SA(ABCD) Gọi H, I, K lần lượt

là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC, SD và J là hình chiếu của B trên SC Gọi M, N, P, Q lần lượt

là trung điểm của AB, AD, BC, SC CMR:

1.BC(SAB) 2.CD(SAD) 3.AH(SBC) 4.AK(SCD)

5.SC(AHK) 6.OM (SAB) 7.ON(SAD) 8.BC(OPQ)

9 BCSB 10.CDSD 11 AH SC 12 AKSC

13.(SBC)(SAB) 14.(SCD)(SAD) 15 (AHK)(SBC) 16.(AHK)(SCD)

I

S

A

C B

O

C

B A

D S

Trang 8

17.(AHK)(SAC) 18.(OQM)(SAB) 19.(OQN)(SAD) 20.(OPQ)(SBC)

Giải

1 BC  AB (giả thiết ABCD là hình vuông)

BC  SA (do giả thiết SA  (ABCD))

 BC  (SAB)

2 CD  AD (giả thiết ABCD là hình vuông),

CD  SA (do giả thiết SA  (ABCD))

 CD  (SAD)

3 AH  SB (giả thiết),

AH  BC (do theo câu 1 ta đã có BC  (SAB)

mà AH  (SBC) )  AH  (SBC)

4 AK  SD (giả thiết)

AK  CD (do theo câu 2 ta đã có CD  (SAD)

mà AK  (SAD) )  AK  (SCD)

5 AH  (SBC) (do theo câu 3)  AH  SC

AK  (SCD) (do theo câu 4)  AK  SC

Vậy SC  (AHK)

6 OM là đường trung bình của tam giác ABC nên OM//BC, mà BC  (SAB) (do theo câu 1) nên

OM  (SAB)

7 ON là đường trung bình của tam giác ABD nên ON//AB//CD mà CD  (SAD) (do theo câu

2) nên ON  (SAD)

8 OP là đường trung bình của tam giác BDC nên OP//CD mà BC  CD (giả thiết) nên BC  OP

(*)

OQ là đường trung bình của tam giác SAC nên OQ//SA mà SA  (ABCD) nên OQ (ABCD),

 BC  OQ (**)

Vậy từ (*) và (**) ta có BC  (OPQ)

9 Theo câu 1: BC  (SAB)  BC  SB

10 Theo câu 2: CD  (SAD)  CD  SD

11 Theo câu 3: AH  (SBC)  AH  SC

12 Theo câu 4: AK  (SCD)  AK  SC

13 Theo câu 1: BC  (SAB) mà BC  (SBC)  (SBC)  (SAB)

14 Theo câu 2: CD  (SAD) mà CD  (SCD)  (SCD)  (SAD)

Trang 9

15 Theo câu 3: AH  (SBC) mà AH  (AHK)  (AHK)  (SBC)

16 Theo câu 4: AK  (SCD) mà AK  (AHK)  (AHK)  (SCD)

17 Theo câu 5: SC  (AHK) mà SC  (SAC)  (SAC)  (AHK)

18 Theo câu 6: OM  (SAB) mà OM  (OMQ)  (OMQ)  (SAB)

19 Theo câu 7: ON  (SAD) mà ON  (ONQ)  (ONQ)  (SAD)

20 Theo câu 8: BC  (OPQ) mà BC  (SBC)  (SBC)  (OPQ)

Giáo viên: Lê Bá Trần Phương

Nguồn : Hocmai

Định dạng
Số trang	9
Dung lượng	1,29 MB