Chào mừng bạn đến với bài giải chi tiết Câu 9 trang 126 SGK Hình học 11 Nâng cao trên toan9.edu.vn. Bài viết này sẽ cung cấp lời giải chính xác, dễ hiểu, giúp bạn nắm vững kiến thức và tự tin giải các bài tập tương tự.
Chúng tôi luôn cố gắng mang đến những tài liệu học tập chất lượng cao, hỗ trợ bạn học toán hiệu quả nhất.
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a, BC = 2a. Hai tia Bx và Cy cùng vuông góc với mp(ABC) và nằm về một phía đối với mặt phẳng đó. Trên Bx, Cy lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho BB’ = a, CC’ = m.
Đề bài
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a, BC = 2a. Hai tia Bx và Cy cùng vuông góc với mp(ABC) và nằm về một phía đối với mặt phẳng đó. Trên Bx, Cy lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho BB’ = a, CC’ = m.
a. Với giá trị nào của m thì AB’C’ là tam giác vuông ?
b. Khi tam giác AB’C’ vuông tại B’, kẻ AH ⊥ BC. Chứng minh rằng B’C’H là tam giác vuông. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’C’).
Lời giải chi tiết
\(\Delta ABC\) vuông tại A nên theo pitago:
\(A{C^2} = B{C^2} - A{B^2}\) \( = {\left( {2a} \right)^2} - {a^2} = 3{a^2}\)
Tam giác ABB’ vuông tại B nên theo pitago:
\(AB{'^2} = A{B^2} + BB{'^2}\) \( = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}\)
Tam giác ACC’ vuông tại C nên theo pitago:
\(AC{'^2} = A{C^2} + CC{'^2} = 3{a^2} + {m^2}\)
Trong (BCC’B’), kẻ \(B'M \bot CC'\) thì \(B'M = 2a,MC' = m - a\)
Tam giác B’MC’ vuông tại M nên theo pitago:
\(B'C{'^2} = B'{M^2} + MC{'^2}\) \( = {\left( {2a} \right)^2} + {\left( {m - a} \right)^2} = 4{a^2} + {\left( {m - a} \right)^2}\)
a. Ta có:
+) Tam giác AB’C’ vuông ở A khi và chỉ khi:
\(\begin{array}{l}AB{'^2} + AC{'^2} = B'C{'^2}\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 3{a^2} + {m^2} = 4{a^2} + {\left( {m - a} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 5{a^2} + {m^2} = 4{a^2} + {m^2} - 2ma + {a^2}\\ \Leftrightarrow 2ma = 0\\ \Leftrightarrow m = 0\end{array}\)
Vậy tam giác AB’C’ vuông ở A khi và chỉ khi m = 0
+) Tam giác AB’C’ vuông ở C’ khi và chỉ khi :
\(\begin{array}{l}AC{'^2} + B'C{'^2} = AB{'^2}\\ \Leftrightarrow 3{a^2} + {m^2} + 4{a^2} + {\left( {m - a} \right)^2} = 2{a^2}\\ \Leftrightarrow 5{a^2} + {m^2} + {\left( {m - a} \right)^2} = 0\end{array}\)
Điều này không xảy ra vì:
\(\left\{ \begin{array}{l}5{a^2} > 0\\{m^2} \ge 0\\{\left( {m - a} \right)^2} \ge 0\end{array} \right.\)\( \Rightarrow 5{a^2} + {m^2} + {\left( {m - a} \right)^2} > 0,\forall m\)
Tam giác AB’C’ vuông ở B’ khi và chỉ khi :
\(\begin{array}{l}AB{'^2} + B'C{'^2} = AC{'^2}\\ \Leftrightarrow 2{a^2} + 4{a^2} + {\left( {m - a} \right)^2} = 3{a^2} + {m^2}\\ \Leftrightarrow 6{a^2} + {m^2} - 2ma + {a^2} - 3{a^2} - {m^2} = 0\\ \Leftrightarrow 4{a^2} - 2ma = 0\\ \Leftrightarrow 2ma = 4{a^2}\\ \Leftrightarrow m = 2a\end{array}\)
Vậy tam giác AB’C’ vuông ở B’ khi và chỉ khi m = 2a
b. Giả sử tam giác AB’C’ vuông ở B’, tức là m = 2a
Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên:
\(BH.BC = A{B^2}\)\( \Leftrightarrow BH = \frac{{A{B^2}}}{{BC}} = \frac{{{a^2}}}{{2a}} = \frac{a}{2}\)
\( \Rightarrow HC = BC - BH\) \( = 2a - \frac{a}{2} = \frac{{3a}}{2}\)
Tam giác B’BH vuông tại B nên:
\(B'{H^2} = B'{B^2} + B{H^2}\) \( = {a^2} + {\left( {\frac{a}{2}} \right)^2} = \frac{{5{a^2}}}{4}\)
Tam giác C’CH vuông tại C nên:
\(C'{H^2} = C'{C^2} + C{H^2}\) \( = {\left( {2a} \right)^2} + {\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)^2} = \frac{{25{a^2}}}{4}\)
\(B'C{'^2} = 4{a^2} + {\left( {2a - a} \right)^2} = 5{a^2}\)
\( \Rightarrow B'{H^2} + B'C{'^2}\) \( = \frac{{5{a^2}}}{4} + 5{a^2} = \frac{{25{a^2}}}{4} = C'{H^2}\)
\( \Rightarrow \Delta B'C'H\) vuông tại B’.
*) Tính góc giữa mp(ABC) và mp(AB’C’) khi m = 2a.
Gọi I là giao điểm của B’C’ và BC.
Do BB’ // CC’ , BB’ = a, CC’ = 2a nên BB' là đường trung bình của tam giác ICC'
Do đó BC = BI, B’C’ = B’I.
Xét phép chiếu lên mp(ABC). Ta có tam giác AIC là hình chiếu của tam giác AIC’. Gọi φ là góc giữa mp(ABC) và mp(AB’C’) thì \({S_{AIC}} = {S_{AIC'}}\cos \varphi \)
Ta có: \({S_{AIC}} = 2{S_{ABC}} \)\( = 2.\frac{1}{2}AB.AC = 2.\frac{1}{2}.a.a\sqrt 3 = {a^2}\sqrt 3 \)
Mặt khác : \({S_{AIC'}} = {1 \over 2}IC'.AB' \)\(= {1 \over 2}.2a\sqrt 5 .a\sqrt 2 = {a^2}\sqrt {10} \)
Từ đó : \(\cos \varphi = {{{a^2}\sqrt 3 } \over {{a^2}\sqrt {10} }} = {{\sqrt {30} } \over {10}}\)
Vậy góc giữa mp(ABC) và mp(AB’C’) là φ được tính bởi \(\cos \varphi = {{\sqrt {30} } \over {10}},0^\circ < \varphi < 90^\circ \)
.
Câu 9 trang 126 SGK Hình học 11 Nâng cao thuộc chương trình Hình học không gian, cụ thể là phần về đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Bài toán này thường yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức về quan hệ song song, vuông góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, cũng như các định lý liên quan đến việc chứng minh tính đồng phẳng của các điểm.
Thông thường, bài toán Câu 9 trang 126 SGK Hình học 11 Nâng cao sẽ cho một hình chóp hoặc một hình đa diện, và yêu cầu chứng minh một mối quan hệ nào đó giữa các đường thẳng và mặt phẳng. Ví dụ, chứng minh hai đường thẳng song song, chứng minh một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng, hoặc chứng minh bốn điểm đồng phẳng.
Để giải quyết bài toán này một cách hiệu quả, bạn cần thực hiện các bước sau:
Đề bài: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Gọi M là trung điểm của CD. Chứng minh rằng AM vuông góc với BM.
Lời giải:
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC và BD.
Xét tam giác ACD vuông tại D, M là trung điểm của CD nên AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền CD. Do đó, AM = MC = MD.
Tương tự, xét tam giác BCD vuông tại D, M là trung điểm của CD nên BM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền CD. Do đó, BM = MC = MD.
Suy ra AM = BM. Do đó, tam giác ABM cân tại M.
Gọi N là trung điểm của AB. Vì tam giác ABM cân tại M nên MN vuông góc với AB.
Vì ABCD là hình vuông nên AB song song với CD. Do đó, MN vuông góc với CD.
Vì MN vuông góc với CD và AM nằm trong mặt phẳng (ACM) nên AM vuông góc với MN.
Xét tam giác AMN vuông tại N, ta có AM2 = AN2 + MN2.
Xét tam giác BMN vuông tại N, ta có BM2 = BN2 + MN2.
Vì AN = BN và MN2 chung nên AM2 = BM2. Suy ra AM = BM.
Xét tam giác ABM, ta có AM = BM. Do đó, tam giác ABM cân tại M.
Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó MI là đường cao của tam giác ABM.
Ta có MI vuông góc với AB và AB song song với CD. Suy ra MI vuông góc với CD.
Vì M là trung điểm của CD và MI vuông góc với CD nên MI là đường trung trực của CD.
Do đó, MI đi qua O, trung điểm của AC và BD.
Xét tam giác AMD, ta có AM2 = AD2 + DM2.
Xét tam giác BMD, ta có BM2 = BD2 + DM2.
Vì AD = BD nên AM2 = BM2. Suy ra AM = BM.
Xét tam giác ABM, ta có AM = BM. Do đó, tam giác ABM cân tại M.
Gọi I là trung điểm của AB. Khi đó MI là đường cao của tam giác ABM.
Ta có MI vuông góc với AB và AB song song với CD. Suy ra MI vuông góc với CD.
Vì M là trung điểm của CD và MI vuông góc với CD nên MI là đường trung trực của CD.
Do đó, MI đi qua O, trung điểm của AC và BD.
Xét tam giác AMI và BMI, ta có:
Suy ra tam giác AMI = tam giác BMI (c-c-c).
Do đó, góc AMI = góc BMI.
Suy ra AM vuông góc với BM.
Để củng cố kiến thức và kỹ năng giải bài tập về quan hệ song song, vuông góc giữa đường thẳng và mặt phẳng, bạn có thể tham khảo các bài tập tương tự sau:
Hy vọng bài giải chi tiết này sẽ giúp bạn hiểu rõ hơn về Câu 9 trang 126 SGK Hình học 11 Nâng cao và tự tin giải các bài tập tương tự. Chúc bạn học tập tốt!
Dive into the world of innovation with comprehensive technology news, master skills with our easy-to-follow how-to guides, and explore captivating film & music reviews. Your ultimate A-Z resource for tech and entertainment awaits. Start exploring now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về 'đừng đùa với tình yêu của phái đẹp'!
Khám phá phân dạng - một khái niệm toán học kỳ diệu, ẩn sau vẻ đẹp của tự nhiên và nghệ thuật. Tìm hiểu về tính bất ngờ và ứng dụng của phân dạng trong thế giới xung quanh bạn!
Khám phá khái niệm paradox một cách dễ hiểu. Tìm hiểu những ví dụ thú vị, từ logic đến đời thường, và cách chúng thách thức nhận thức của bạn. Đọc ngay!
Đánh giá chi tiết cuốn sách 'Tên của trò chơi là bắt cóc', khám phá cách tác giả xây dựng những nhân vật phản diện phức tạp và góc nhìn độc đáo về động cơ phạm tội. Đọc ngay để hiểu rõ hơn!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán nâng cao lớp 1 cực khó. Hướng dẫn từng bước giúp bé tự tin chinh phục kiến thức toán học, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
