Bài 3. Hai mặt phẳng vuông góc

Hướng dẫn giải

Tam giác \(ABC\) có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2} - 2.AB.BC.\cos \widehat {ABC}}  = a\sqrt 3 \)

\(AA' \bot \left( {ABC{\rm{DEF}}} \right) \Rightarrow AA' \bot AC\)

\( \Rightarrow \Delta AA'C\) vuông tại \(A\)

\( \Rightarrow A'C = \sqrt {AA{'^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{h^2} + 3{{\rm{a}}^2}} \).

Gọi \(O\) là tâm lục giác đều \(ABC{\rm{DEF}}\).

\(\Delta OAB,\Delta OC{\rm{D}}\) đều \( \Rightarrow OA = O{\rm{D}} = AB = a \Rightarrow A{\rm{D}} = 2a\)

\(AA' \bot \left( {ABC{\rm{DEF}}} \right) \Rightarrow AA' \bot AD\)

\( \Rightarrow \Delta AA'D\) vuông tại \(A\)

\( \Rightarrow A'D = \sqrt {AA{'^2} + A{D^2}}  = \sqrt {{h^2} + 4{{\rm{a}}^2}} \).

(Trả lời bởi Quoc Tran Anh Le)

Hướng dẫn giải

Diện tích một mặt bên của lồng đèn là: \(10.30 = 300\left( {c{m^2}} \right)\)

Tổng diện tích các mặt bên của chiếc lồng đèn đó là: \(300.6 = 1800\left( {c{m^2}} \right)\)

(Trả lời bởi Hà Quang Minh)

Hướng dẫn giải

Tam giác \(SAC\) cân tại \(S \Rightarrow SO \bot AC\)

Tam giác \(SB{\rm{D}}\) cân tại \(S \Rightarrow SO \bot B{\rm{D}}\)

\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

(Trả lời bởi Quoc Tran Anh Le)

Hướng dẫn giải

\(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow SO \bot AO\)

\(ABC{\rm{D}}\) là hình vuông

\( \Rightarrow AC = AB\sqrt 2  = a\sqrt 2  \Rightarrow AO = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác \(SAO\) vuông tại \(O\) có:

\(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\)

(Trả lời bởi Hà Quang Minh)

Hướng dẫn giải

Mô hình hoá hình ảnh kim tự tháp bằng hình chóp tứ giác đều \(S.ABC{\rm{D}}\) có \(O\) là tâm của đáy. Kẻ \(SI \bot C{\rm{D}}\left( {I \in C{\rm{D}}} \right)\).

Ta có: \(SO = 136,CD = 152\)

Tam giác \(SCD\) cân tại \(S\)

\( \Rightarrow SI\) vừa là trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác

\( \Rightarrow I\) là trung điểm của \(CD\).

Mà \(O\) là trung điểm của \(AD\)

\( \Rightarrow OI\) là đường trung bình của tam giác \(ACD\)

\( \Rightarrow OI = \frac{1}{2}BC = 76\)

\(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OI\)

\( \Rightarrow \Delta SOI\) vuông tại \(O\)

\( \Rightarrow SI = \sqrt {S{O^2} + O{I^2}}  = 4\sqrt {1517}  \approx 155,8\)

Vậy độ dài đường cao của mặt bên xuất phát từ đỉnh của kim tự tháp khoảng 155,8 m.

(Trả lời bởi Quoc Tran Anh Le)

Hướng dẫn giải

a) Ta có:

\(\begin{array}{l}\left( P \right)\parallel \left( {{A_1}{A_2}{A_3}...{A_6}} \right)\\ \Rightarrow {A_1}^\prime {A_2}^\prime \parallel {A_1}{A_2},{A_2}^\prime {A_3}^\prime \parallel {A_2}{A_3},{A_3}^\prime {A_4}^\prime \parallel {A_3}{A_4},{A_4}^\prime {A_5}^\prime \parallel {A_4}{A_5},{A_5}^\prime {A_6}^\prime \parallel {A_5}{A_6},{A_6}^\prime {A_1}^\prime \parallel {A_6}{A_1}\\ \Rightarrow \frac{{{A_1}^\prime {A_2}^\prime }}{{{A_1}{A_2}}} = \frac{{{A_2}^\prime {A_3}^\prime }}{{{A_2}{A_3}}} = \frac{{{A_3}^\prime {A_4}^\prime }}{{{A_3}{A_4}}} = \frac{{{A_4}^\prime {A_5}^\prime }}{{{A_4}{A_5}}} = \frac{{{A_5}^\prime {A_6}^\prime }}{{{A_5}{A_6}}} = \frac{{{A_6}^\prime {A_1}^\prime }}{{{A_6}{A_1}}}\end{array}\)

Mà \({A_1}{A_2} = {A_2}{A_3} = {A_3}{A_4} = {A_4}{A_5} = {A_5}{A_6} = {A_6}{A_1}\)

\( \Rightarrow {A_1}^\prime {A_2}^\prime  = {A_2}^\prime {A_3}^\prime  = {A_3}^\prime {A_4}^\prime  = {A_4}^\prime {A_5}^\prime  = {A_5}^\prime {A_6}^\prime  = {A_6}^\prime {A_1}^\prime \)

Vậy đa giác \({A_1}^\prime {A_2}^\prime {A_3}^\prime ...{A_6}^\prime \) là lục giác đều.

b) Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}O' \in {A_1}^\prime {A_4}^\prime  \subset \left( {S{A_1}{A_4}} \right)\\O' \in {A_3}^\prime {A_6}^\prime  \subset \left( {S{A_3}{A_6}} \right)\\\left( {S{A_1}{A_4}} \right) \cap \left( {S{A_3}{A_6}} \right) = SO\end{array} \right\} \Rightarrow O' \in SO\)

Mà \(S.{A_1}{A_2}{A_3}...{A_6}\) là hình chóp đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {{A_1}{A_2}{A_3}...{A_6}} \right)\)

Vậy \(OO' \bot \left( {{A_1}{A_2}{A_3}...{A_6}} \right)\)

(Trả lời bởi Quoc Tran Anh Le)

Hướng dẫn giải

 

Gọi \(O,O'\) lần lượt là tâm của hai đáy \(ABC\) và \(A'B'C'\), \(M,M'\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(B'C'\).

Kẻ \(A'H \bot AO\left( {H \in AO} \right) \Rightarrow A'H = OO'\)

\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AO = \frac{2}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

\(\Delta A'B'C'\) đều \( \Rightarrow A'M' = \frac{{\frac{a}{2}.\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow A'O' = \frac{2}{3}A'M' = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

\(A'HOO'\) là hình chữ nhật \( \Rightarrow OH = A'O' = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

\( \Rightarrow AH = AO - OH = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Tam giác \(AA'H\) vuông tại \(H\)

\( \Rightarrow OO' = A'H = \sqrt {AA{'^2} - A{H^2}}  = \frac{{a\sqrt {141} }}{6}\)

(Trả lời bởi Quoc Tran Anh Le)

Hướng dẫn giải

Mô hình hoá hình ảnh cái bục bằng hình chóp cụt lục giác đều \(ABC{\rm{DEF}}{\rm{.}}A'B'C'{\rm{D'E'F'}}\) có \(O\) và \(O'\) là tâm của hai đáy. Kẻ \(C'H \bot BC\left( {H \in BC} \right)\).

Ta có: \(BC = 1;CC' = B'C' = 0,7\).

Diện tích đáy lớn là: \(6.\frac{{B{C^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\)

Diện tích đáy nhỏ là: \(6.\frac{{B'C{'^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{147\sqrt 3 }}{{200}}\)

\(BCC'B'\) là hình thang cân nên \(HC = \frac{{BC - B'C'}}{2} = 0,15\)

Tam giác \(CC'H\) vuông tại \(H \Rightarrow C'H = \sqrt {CC{'^2} - C{H^2}}  = \frac{{\sqrt {187} }}{{20}}\)

Diện tích một mặt bên là: \(\frac{1}{2}\left( {BC + B'C'} \right).C'H = \frac{{17\sqrt {187} }}{{400}}\)

Diện tích sáu mặt bên là: \(6.\frac{{17\sqrt {187} }}{{400}} = \frac{{51\sqrt {187} }}{{200}}\)

Diện tích cần sơn là: \(\frac{{51\sqrt {187} }}{{200}} + \frac{{3\sqrt 3 }}{2} + \frac{{147\sqrt 3 }}{{200}} \approx 7,36\left( {{m^2}} \right)\)

(Trả lời bởi Quoc Tran Anh Le)

Hướng dẫn giải

a) Gọi \(H\) là trung điểm của \(AC\)

\(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow SH \bot AC\)

Mà \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

\( \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot BC\)

Lại có \(AC \bot BC\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAC} \right)\)

b) \(SAC\) là tam giác đều \( \Rightarrow AI \bot SC\)

\(BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BC \bot AI\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AI \bot \left( {SBC} \right)\\AI \subset \left( {ABI} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ABI} \right) \bot \left( {SBC} \right)\)

 

(Trả lời bởi Quoc Tran Anh Le)

Hướng dẫn giải

a) \(ABC{\rm{D}}\) là hình thoi \( \Rightarrow A{\rm{D}} \bot BC\)

\(S{\rm{D}} \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow S{\rm{D}} \bot BC\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow BC \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\)

b) Kẻ \(IJ \bot SA\left( {J \in SA} \right)\).

\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A{\rm{D}} = 2AI = a\sqrt 3 \)

\(\Delta SAD\) vuông tại \(D\) \( \Rightarrow S{\rm{A}} = \sqrt {S{D^2} + A{{\rm{D}}^2}}  = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}\)

Tam giác \(BCJ\) có \(IJ\) là trung tuyến và \(IJ = \frac{1}{2}BC\)

Vậy tam giác \(BCJ\) vuông tại \(J \Rightarrow BJ \bot JC\)

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}BC \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right) \Rightarrow BC \bot SA\\IJ \bot SA\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot \left( {BCJ} \right)\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow SA \bot BJ\\BJ \bot JC\end{array} \right\} \Rightarrow BJ \bot \left( {SAC} \right)\end{array}\)

Mà \(BJ \subset \left( {SAB} \right)\)

Vậy \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).

(Trả lời bởi Quoc Tran Anh Le)