Hình Học 11 Bài 4: Hai Mặt Phẳng Vuông Góc

Ví dụ 1:

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Tính số đo của góc giữa (BA’C) và (DA’C).

Hướng dẫn giải:

Kẻ \(BH \bot A'C,{\rm{ (H}} \in {\rm{A'C)}}\) (1).

Mặt khác: \(BD \bot AC{\rm{ (gt)}}\)

\(AA' \bot (ABCD) \Rightarrow AA' \bot BD{\rm{ }}\)

\(\Rightarrow BD \bot (ACA') \Rightarrow BD \bot A'C\) (2)

Từ (1) (2) suy ra:

\(A'C \bot (BDH) \Rightarrow A'C \bot DH\)

Do đó: \((\widehat {(BA'C),(DA'C)}) = (\widehat {HB,HD})\)

Xét tam giác BCA' ta có:

\(\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{C^2}}} + \frac{1}{{BA{'^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}} \Rightarrow BH = a.\sqrt {\frac{2}{3}} \Rightarrow DH = a.\sqrt {\frac{2}{3}}\)

Ta có:

\(\cos \widehat {BHD} = \frac{{2B{H^2} - B{D^2}}}{{2B{H^2}}} = - \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {BHD} = {120^0}>90^0\)

Vậy: \(\widehat {((BA'C),(DA'C))} =180^0-120^0= {60^0}.\)

Ví dụ 2:

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân AB=AC=a, \(\widehat {BAC} = {120^0}\), BB’=a, I là trung điểm của CC’. Tính cosin của góc giữa hai mp(ABC) và (AB’I).

Hướng dẫn giải:

Ta thấy tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác AB’I lên mặt phẳng (ABC).

Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I).

Theo công thức hình chiếu ta có: \(\cos \varphi = \frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{AB'I}}}}\).

Ta có:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\sin {120^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

\(AI = \sqrt {A{C^2} + C{I^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\)

\(AB' = \sqrt {A{B^2} + BB{'^2}} = a\sqrt 2\)

\(IB' = \sqrt {B'C{'^2} + IC{'^2}} = \frac{{a\sqrt {13} }}{2}.\)

Suy ra: Tam giác AB’I vuông tại A nên \({S_{AB'I}} = \frac{1}{2}.AB'.AI = \frac{{{a^2}\sqrt {10} }}{4}\).

Vậy: \(\cos \varphi = \frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{AB'I}}}} = \sqrt {\frac{3}{{10}}} .\)

Ví dụ 3:

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

Hướng dẫn giải:

Ta có: \(AC \bot BD\) (1) (giả thiết).

Mặt khác, \(SO \bot AC\) (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: \(AC \bot (SBD)\) mà \(AC \subset (ABCD)\) nên \((SBD) \bot (ABCD).\)

Ví dụ 4:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=a, \(AD = a\sqrt 2\), \(SA \bot (ABCD)\). Gọi M là trung điểm của AD, I là giao điểm của AC và BM. Chứng minh rằng: \((SAC) \bot (SMB).\)

Lời giải:

Ta có: \(SA \bot (ABCD) \Rightarrow SA \bot BM{\rm{ (1)}}\).

Xét tam giác vuông ABM có: \(\tan \widehat {AMB} = \frac{{AB}}{{AM}} = \sqrt 2\).

Xét tam giác vuông ACD có: \(\tan \widehat {CAD} = \frac{{CD}}{{AD}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l} \cot \widehat {AIM} = \cot ({180^0} - (\widehat {AMB} + \widehat {CAD}))\\ = \cot (\widehat {AMB} + \widehat {CAD}) = 0 \Rightarrow \widehat {AIM} = {90^0} \end{array}\)

Hay \(BM \bot AC{\rm{ (2)}}\).

+ Từ (1) và (2) suy ra: \(BM \bot (SAC)\) mà \(BM \subset (SAC)\) nên \((SAC) \bot (SMB).\)