Bài 3: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\\BD\in\left(ABCD\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SA\perp BD\)

Lại có \(AC\perp BD\) (hai đường chéo hình vuông)

\(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}SA\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SA\perp CD\\AD\perp CD\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow CD\perp\left(SAD\right)\) (1)

M là trung điểm SC, N là trung điểm SD \(\Rightarrow\) MN là đường trung bình tam giác SCD

\(\Rightarrow MN||CD\) (2)

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

Gọi O là tâm đáy \(\Rightarrow ON\) là đường trung bình tam giác SBD

\(\Rightarrow ON||SB\Rightarrow\widehat{\left(SB,CN\right)}=\widehat{\left(ON,CN\right)}=\widehat{ONC}\)

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

\(ON=\dfrac{1}{2}SB\Rightarrow ON=a\)

\(OC=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=2a\Rightarrow ND=\dfrac{1}{2}SD=a\)

\(\Rightarrow CN=\sqrt{CD^2+ND^2}=a\sqrt{2}\)

\(cos\widehat{ONC}=\dfrac{ON^2+CN^2-OC^2}{2ON.CN}=\dfrac{5\sqrt{2}}{8}\)

\(\Rightarrow\widehat{ONC}\approx27^053'\)

3.

a.

\(\left\{{}\begin{matrix}SO\perp\left(ABCD\right)\\BD\in\left(ABCD\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SO\perp BD\)

\(AC\perp BD\) (hai đường chéo hình vuông)

\(\Rightarrow BD\perp\left(SAC\right)\)

b.

M là trung điểm AD, N là trung điểm BC \(\Rightarrow MN||AB\Rightarrow MN\perp BC\)

\(SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SO\perp BC\)

Mà \(SO\in\left(SMN\right)\Rightarrow BC\perp\left(SMN\right)\)

\(\Rightarrow BC\perp SM\)

Lại có \(OH\in\left(SMN\right)\Rightarrow BC\perp OH\)

Theo giả thiết \(OH\perp SN\)

\(\Rightarrow OH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow OH\perp SB\)

c.

\(\left\{{}\begin{matrix}AC\perp BD\\SO\perp\left(ABCD\right)\Rightarrow SO\perp AC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AC\perp\left(SBD\right)\)

Hay \(OC\perp\left(SBD\right)\)

\(\Rightarrow\) Góc giữa (SBC) và (SBD) là góc giữa 2 đường thẳng OC và OH

Hay \(\left(\left(SBD\right),\left(SBD\right)\right)=\widehat{COH}\)

\(OB=\dfrac{1}{2}BD=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SO=\sqrt{SB^2-OB^2}=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}\)

\(ON=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{a}{2}\Rightarrow OH=\dfrac{SO.ON}{\sqrt{SO^2+ON^2}}=\dfrac{a\sqrt{42}}{14}\)

\(OH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow OH\perp CH\Rightarrow\Delta OCH\) vuông tại H

\(\Rightarrow cos\widehat{COH}=\dfrac{OH}{OC}=\dfrac{OH}{OB}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\)

\(\Rightarrow\widehat{COH}\approx49^06'\)

3d.

Gọi E là trung điểm SB \(\Rightarrow\) OE là đường trung bình tam giác SBD

\(\Rightarrow OE||SD\)

\(\Rightarrow\left(OH,SD\right)=\left(OH,OE\right)=\widehat{EOH}\)

\(OE=\dfrac{1}{2}SB=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\) (trung tuyến ứng với cạnh huyền)

\(OH\perp\left(SBC\right)\Rightarrow OH\perp EH\Rightarrow\Delta OEH\) vuông tại H

\(cos\widehat{EOH}=\dfrac{OH}{OE}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\Rightarrow\widehat{EOH}\approx49^06'\)

e.

Gọi F là trung điểm SC, G là trung điểm BN

\(\Rightarrow OF\) là đường trung bình tam giác SAC và OG là đường trung bình tam giác BDN

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OF||SA\\OG||DN\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(SA,DN\right)=\left(OF,OG\right)=\widehat{FOG}\)

\(OF=\dfrac{1}{2}SA=\dfrac{1}{2}SB=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(OG=\dfrac{1}{2}DN=\dfrac{1}{2}\sqrt{DC^2+CN^2}=\dfrac{a\sqrt{5}}{4}\)

\(cos\widehat{SCN}=\dfrac{CN}{SC}=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\)

\(CF=\dfrac{1}{2}SC=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\) ; \(CG=CN+NG=\dfrac{3}{4}BC=\dfrac{3a}{4}\)

\(\Rightarrow GF=\sqrt{CF^2+CG^2-2CF.CG.cos\widehat{SCN}}=\dfrac{a\sqrt{11}}{4}\)

\(\Rightarrow cos\widehat{FOG}=\dfrac{OF^2+OG^2-FG^2}{2OF.OG}=\dfrac{\sqrt{10}}{20}\)

\(\Rightarrow\widehat{FOG}\approx80^054'\)

Hình vẽ bài 3:

a.

\(\left\{{}\begin{matrix}SH\perp\left(ABC\right)\\BC\in\left(ABC\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow SH\perp BC\)

Lại có \(AB\perp BC\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow BC\perp\left(SAB\right)\)

\(AK\in\left(SAB\right)\Rightarrow BC\perp AK\)

Tam giác ABC đều mà K là trung điểm SB

\(\Rightarrow AK\perp SB\)

\(\Rightarrow AK\perp\left(SBC\right)\)

b.

\(\left\{{}\begin{matrix}AK\in\left(AKI\right)\\AK\perp\left(SBC\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(AKI\right)\perp\left(SBC\right)\)

c.

\(\left\{{}\begin{matrix}BC\perp\left(SAB\right)\\BC=\left(SBC\right)\cap\left(ABC\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{SBA}\) là góc giữa (SBC) và (ABC)

Mà tam giác SAB đều \(\Rightarrow\widehat{SBA}=60^0\)

d.

Dựng hình chữ nhật ABCD \(\Rightarrow AB||CD\Rightarrow\left(SC,AB\right)=\left(SC,CD\right)=\widehat{SCD}\)

\(SC=\sqrt{SB^2+BC^2}=2a\)

\(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=\sqrt{SB^2+BC^2}=2a\)

\(CD=AB=a\)

\(\Rightarrow cos\widehat{SCD}=\dfrac{SC^2+CD^2-SD^2}{2SC.CD}=\dfrac{1}{4}\)

\(\Rightarrow\widehat{SCD}\approx75^031'\)

e.

\(AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=2a\)

\(cos\widehat{BAC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{1}{2}\)

\(\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}=\left(\overrightarrow{SH}+\overrightarrow{HB}\right).\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{SH}.\overrightarrow{AC}+\dfrac{1}{2}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\)

\(=\dfrac{1}{2}AB.AC.cos\widehat{BAC}=\dfrac{1}{2}.a.2a.\dfrac{1}{2}=\dfrac{a^2}{2}\)

\(\Rightarrow cos\left(AC,SB\right)=\dfrac{\left|\overrightarrow{SB}.\overrightarrow{AC}\right|}{SB.AC}=\dfrac{1}{4}\)

Gọi BM là đường cao của BCD \(\Rightarrow BC\perp\left(ABM\right)\Rightarrow CD\perp AM\) 

\(\Rightarrow H\) thuộc BM và K thuộc AM nên \(CD\perp HK\)

Tương tự kẻ đường cao từ D qua H (suy ra \(DH\perp\left(ABC\right)\Rightarrow DH\perp AC\)) và qua K (suy ra \(DK\perp AC\)) \(\Rightarrow AC\perp\left(DHK\right)\Rightarrow AC\perp HK\)

a: OA\(\perp\)OB

OA\(\perp\)OC

OB,OC cùng thuộc mp(OBC)

Do đó: OA\(\perp\)(OBC)

b: Ta có: BC\(\perp\)AK

BC\(\perp\)AO

AK,AO cùng thuộc mp(AKO)

Do đó: BC\(\perp\)(AKO)

=>BC\(\perp\)OH

Ta có: OH\(\perp\)BC

OH\(\perp\)AK

AK,BC cùng thuộc mp(ABC)

Do đó: OH\(\perp\)(ABC)

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

AD,SA cùng thuộc mp(SAD)

Do đó: CD\(\perp\)(SAD)

b: Ta có: BC\(\perp\)AB(ABCD là hình vuông)

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

AB,SA cùng thuộc mp(SAB)

Do đó: BC\(\perp\)(SAB)

c: AB\(\perp\)AD(ABCD là hình vuông)

AB\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD))

AD,SA cùng thuộc mp(SAD)

Do đó: AB\(\perp\)(SAD)

d: AD\(\perp\)AB

AD\(\perp\)SA(SA\(\perp\)(ABCD)))

SA,AB cùng thuộc  mp(SAB)

Do đó: AD\(\perp\)(SAB)

e: BD\(\perp\)AC(ABCD là hình vuông)

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

AC,SA cùng thuộc mp(SAC)

Do đó: BD\(\perp\)(SAC)

a: ΔABC vuông tại B

=>\(BA^2+BC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=a^2+a^2=2a^2\)

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

Xét ΔADC có \(cosDAC=\dfrac{AD^2+AC^2-CD^2}{2\cdot AD\cdot AC}\)

=>\(cos45=\dfrac{2a^2+4a^2-CD^2}{2\cdot a\sqrt{2}\cdot2a}\)

=>\(6a^2-CD^2=4a^2\cdot\sqrt{2}\cdot\dfrac{\sqrt{2}}{2}=4a^2\)

=>\(CD^2=2a^2\)

=>\(CD=a\sqrt{2}\)

Xét ΔCAD có \(CA^2+CD^2=AD^2\)

nên ΔCAD vuông tại C

=>CA\(\perp\)CD

CD\(\perp\)CA

CD\(\perp\)SA

SA,CA cùng thuộc mp(SAC)

Do đó: CD\(\perp\)(SAC)

b: CD\(\perp\)(SAC)

\(SC\subset\left(SAC\right)\)

Do đó: CD\(\perp\)SC