Bài 3: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

a.

Do ABC đều \(\Rightarrow\) AI là trung tuyến đồng thời là đường cao

\(\Rightarrow AI\perp BC\) (1)

SBC vuông cân tại S \(\Rightarrow SI\) là trung tuyến kiêm đường cao

\(\Rightarrow SI\perp BC\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAI\right)\Rightarrow BC\perp SA\)

b.

\(SA>AI\Rightarrow\widehat{SIA}>\widehat{ASI}\Rightarrow\widehat{ASI}\) là góc nhọn

Do ABC đều \(\Rightarrow AI=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

SBC vuông cân tại S \(\Rightarrow SI=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{a}{2}\)

Áp dụng định lý hàm sin cho tam giác SAI:

\(\dfrac{SI}{sin\widehat{IAS}}=\dfrac{AI}{sin\widehat{ASI}}\Rightarrow sin\widehat{ASI}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow\widehat{ASI}=60^0\) (do \(\widehat{ASI}\) nhọn)

\(\Rightarrow=180^0-\left(30^0+60^0\right)=90^0\)

Hay \(SI\perp IA\)

Trong mp(SAD) kẻ DF//SA

SA⊥AD => DF⊥AD mà AD⊥DC => AD⊥(DCF)

Kẻ CH⊥DF => CH⊥AD => CH⊥(SAD)

=> H là hình chiếu của C lên (SAD)

=> \(\widehat{\left(SC,\left(SAD\right)\right)}=\widehat{\left(SC,SH\right)}=\widehat{CSH}\)

ΔCFD=ΔSAB => ΔCFD đều cạnh a => CH= \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}a\)

SC= \(\sqrt{2}a\)

Xét tam giác SCH vuông ở H ta có:

sin CSH= \(\dfrac{HC}{SC}\)=\(\dfrac{\sqrt{6}}{4}\)

=>  \(\widehat{CSH}\)= arcsin\(\dfrac{\sqrt{6}}{4}\)

d.

Trong mp (SAB), kẻ \(AH\perp SB\) (1)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC\\BC\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)

\(\Rightarrow BC\perp AH\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow AH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow CH\) là hình chiếu vuông góc của AC lên (SBC)

\(\Rightarrow\widehat{ACH}\) là góc giữa AC và (SBC)

\(AC=AB\sqrt{2}=a\sqrt{2}\)

Hệ thức lượng tam giác vuông SAB:

\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{1}{3a^2}+\dfrac{1}{a^2}=\dfrac{4}{3a^2}\Rightarrow AH=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow sin\widehat{ACH}=\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{\sqrt{6}}{4}\Rightarrow\widehat{ACH}\approx37^045'\)

a: BC\(\perp\)BA(ABCD là hình vuông)

BC\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

BA,SA cùng thuộc mp(SAB)

Do đó: BC\(\perp\)(SAB)

=>BC\(\perp\)SB

=>ΔSBC vuông tại B

Ta có: CD\(\perp\)AD(ABCD là hình vuông)

CD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

SA,AD cùng thuộc mp(SAD)

Do đó: CD\(\perp\)(SAD)

=>CD\(\perp\)SD

=>ΔSDC vuông tại D

b: Ta có: AH\(\perp\)SB

AH\(\perp\)BC(BC\(\perp\)(SAB))

SB,BC cùng thuộc mp(SBC)

Do đó: AH\(\perp\)(SBC)

=>AH\(\perp\)SC

CD\(\perp\)(SAD)

AI\(\subset\)(SAD)

Do đó: CD\(\perp\)AI

mà AI\(\perp\)SD

và SD,CD cùng thuộc mp(CSD)

nên AI\(\perp\)(SCD)

=>AI\(\perp\)SC

Ta có: AI\(\perp\)SC

AK\(\perp\)SC

AH\(\perp\)SC

=>AI,AK,AH đồng phẳng

c: Xét ΔSAB vuông tại A và ΔSAD vuông tại A có

SA chung

AB=AD

Do đó: ΔSAB=ΔSAD

=>\(\widehat{BSA}=\widehat{DSA}\); SB=SD

Xét ΔSHA vuông tại H và ΔSIA vuông tại I có

SA chung

\(\widehat{HSA}=\widehat{ISA}\)

Do đó: ΔSHA=ΔSIA

=>SH=SI

Xét ΔSBD có \(\dfrac{SH}{SB}=\dfrac{SI}{SD}\)

nên HI//BD

BD\(\perp\)AC(ABCD là hình vuông)

BD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

AC,SA cùng thuộc mp(SAC)

Do đó:BD\(\perp\)(SAC)

mà HI//BD

nên HI\(\perp\)(SAC)

mà AK\(\subset\)(SAC)

nên HI\(\perp\)AK

vtAB*vtCD= vtAB*(AD-AC)= vtAB*vtAD - vtAB*vtAC= a^2.cos60-a^2*cos60=0

a.

\(\Delta_VSAB=\Delta_VSAD\left(c.g.c\right)\Rightarrow AB_1=AD_1\)

\(\Rightarrow SB_1=SD_1\Rightarrow\dfrac{SB_1}{SB}=\dfrac{SD_1}{SD}\)

\(\Rightarrow B_1D_1||BD\) (Talet đảo)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp BC\\BC\perp AB\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AB_1\)

\(\Rightarrow AB_1\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AB_1\perp SC\)

Hoàn toàn tương tự: \(AD_1\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AD_1\perp SC\)

\(\Rightarrow SC\perp\left(AB_1D_1\right)\)

b.

\(\left\{{}\begin{matrix}SC\perp AC_1\\SC\perp\left(AB_1D_1\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AC_1\in\left(AB_1D_1\right)\)

\(\Rightarrow\) 4 điểm \(A;B_1;C_1;D_1\) đồng phẳng

Theo chứng minh câu a, \(AB_1\perp\left(SBC\right)\Rightarrow AB_1\perp B_1C_1\) (1)

\(AD_1\perp\left(SCD\right)\Rightarrow AD_1\perp\left(D_1C_1\right)\)

\(\Rightarrow B_1;D_1\) cùng nhìn \(AC_1\) dưới 1 góc vuông nên tứ giác \(AB_1C_1D_1\) nội tiếp đường tròn đường kính \(AC_1\)

c.

Gọi E là trung điểm BC

\(\Rightarrow C_1E\) là đường trung bình tam giác SBC

\(\Rightarrow C_1E||SB\Rightarrow\widehat{SB;AC_1}=\widehat{\left(C_1E;AC_1\right)}=\widehat{AC_1E}\)

\(SB=\sqrt{SA^2+AB^2}=a\sqrt{3}\)

\(C_1E=\dfrac{1}{2}SB=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) 

 \(AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{AB^2+\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\)

\(\dfrac{1}{AC_1^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AC^2}\Rightarrow AC_1=\dfrac{SA.AC}{\sqrt{SA^2+AC^2}}=a\)

Áp dụng định lý hàm cos cho tam giác \(AEC_1\):

\(cos\widehat{AC_1E}=\dfrac{AC_1^2+C_1E^2-AE^2}{2AC_1.C_1E}=0\Rightarrow\widehat{AC_1E}=90^0\)

Do ABC cân \(\Rightarrow AM\perp BC\)

Mà \(DA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow DA\perp BC\)

\(\Rightarrow BC\perp\left(ADM\right)\Rightarrow BC\perp AH\)

\(\Rightarrow AH\perp\left(BCD\right)\)

b.

Gọi N là trung điểm AB \(\Rightarrow MN\) là đường trung bình tam giác ABC

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}MN||AC\\MN=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{\left(AC;DM\right)}=\widehat{\left(MN;DM\right)}=\widehat{DMN}\)

\(DN=\sqrt{AD^2+AN^2}=\sqrt{AD^2+\left(\dfrac{AB}{2}\right)^2}=\dfrac{a\sqrt{89}}{10}\)

\(AM=\sqrt{AB^2-\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2}=\dfrac{4a}{5}\Rightarrow DM=\sqrt{AD^2+AM^2}=\dfrac{4a\sqrt{2}}{5}\)

Định lý hàm cos cho tam giác DMN:

\(cos\widehat{DMN}=\dfrac{DM^2+MN^2-DN^2}{2DM.MN}=\dfrac{2\sqrt{2}}{5}\)

\(\Rightarrow\widehat{DMN}\approx55^033'\)

c.

M là trung điểm BC nên hiển nhiên \(G_1\) nằm trên AM và \(G_2\) nằm trên DM

Do \(G_1\) là trọng tâm ABC \(\Rightarrow\dfrac{AG_1}{AM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{MG_1}{AM}=\dfrac{1}{3}\)

Do \(G_2\) là trọng tâm DBC \(\Rightarrow\dfrac{DG_2}{DM}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{MG_2}{DM}=\dfrac{1}{3}\)

\(\Rightarrow\dfrac{MG_1}{AM}=\dfrac{MG_2}{DM}\Rightarrow G_1G_2||DA\) (Talet đảo)

Mà \(DA\perp\left(ABC\right)\Rightarrow G_1G_2\perp\left(ABC\right)\)

Đề đúng là SC vuông góc (ABCD) phải không nhỉ?

Gọi O là giao điểm AC và BD \(\Rightarrow\) O đồng thời là trung điểm AC và BD

Gọi E và F lần lượt là trung điểm SA và AD, từ O kẻ \(OH\perp EF\) (1)

OE là đường trung bình tam giác SAC \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OE=\dfrac{1}{2}SC=\dfrac{3a}{2}\\OE||SC\Rightarrow OE\perp\left(ABCD\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow OE\perp AD\)

OF là đường trung bình tam giác ACD \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OF||CD\Rightarrow OF\perp AD\\OF=\dfrac{1}{2}CD=\dfrac{a}{2}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow AD\perp\left(OEF\right)\) \(\Rightarrow AD\perp OH\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow OH\perp\left(SAD\right)\)

\(\Rightarrow HD\) là hình chiếu vuông góc của OD lên (SAD)

\(\Rightarrow\widehat{HDO}\) là góc giữa BD và (SAD)

Hệ thức lượng: \(\dfrac{1}{OH^2}=\dfrac{1}{OE^2}+\dfrac{1}{OF^2}\Rightarrow OH=\dfrac{OE.OF}{\sqrt{OE^2+OF^2}}=\dfrac{3a\sqrt{10}}{20}\)

\(OD=\dfrac{1}{2}BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\dfrac{a\sqrt{5}}{2}\)

\(\Rightarrow sin\widehat{HDO}=\dfrac{OH}{OD}=\dfrac{3\sqrt{2}}{10}\Rightarrow\widehat{HDO}\approx25^06'\)