» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Chứng minh quan hệ vuông góc - P1

Chia sẻ: Đặng Mai Hoàng Quyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

0

Báo xấu

117
lượt xem 10
download

Chứng minh quan hệ vuông góc - P1

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu Chứng minh quan hệ vuông góc - P1 do giáo viên Đặng Việt Hùng biên soạn. Tài liệu cung cấp cho các bạn những kiến thức về các dạng toán về chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng. Mời các bạn tham khảo để bổ sung thêm kiến thức về lĩnh vực này.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chứng minh quan hệ vuông góc - P1

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 CHỨNG MINH QUAN HỆ VUÔNG GÓC – P1 Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN DẠNG 1. ĐƯỜNG THẲNG VUÔNG GÓC VỚI MẶT PHẲNG Đường thẳng song song với mặt phẳng: Một đường thẳng song song với một mặt phẳng khi nó song song với một đường thẳng bất kì thuộc mặt phẳng. a ⊂ ( P ) Viết dạng mệnh đề: d // ( P ) ⇔  d //a Tính chất giao tuyến song song: Nếu hai mặt phẳng (P) và (Q) chứa hai đường thẳng a, b song song với nhau, thì giao tuyến nếu có của hai mặt phẳng phải song song với a và b. Viết dạng mệnh đề: a ⊂ ( P ) ; b ⊂ ( Q ) ; ( P ) ∩ ( Q ) = ∆   → ∆ // a // b a // b Tính chất để dựng thiết diện song song: Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng (P); một mặt phẳng (Q) chứa a, cắt (P) theo giao tuyến ∆ thì ∆ phải song song với a. a // ( P )  Viết dạng mệnh đề: a ⊂ ( Q )  → ∆ // a  ( P ) ∩ ( Q ) = ∆ Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: + Định nghĩa: Đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) khi nó vuông góc với mọi đường thẳng a nằm ∀a ⊂ ( P ) trong (P). Viết dạng mệnh đề: d ⊥ ( P ) ⇔  d ⊥ a + Hệ quả 1: Để chứng minh đường thẳng d vuông góc với (P) ta chỉ cần chứng minh d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong (P). + Hệ quả 2: Nếu hai đường thẳng phân biệt d1; d2 cùng vuông góc với (P) thì d1 // d2. + Hệ quả 3: Nếu hai mặt phẳng (P1); (P2) cùng vuông góc với đường thẳng d thì (P1) // (P2). + Hệ quả 4: Nếu đường thẳng d cùng vuông góc với một đường thẳng a và một mặt phẳng (P) thì khi đó đường thẳng a hoặc song song với (P) hoặc nằm trong (P). Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 d ⊥ a  a // ( P ) Viết dạng mệnh đề:   → d ⊥ ( P )  a ⊂ ( P ) + Hệ quả 5: Nếu đường thẳng d có hình chiếu vuông góc xuống (P) là d’; đường thẳng a nằm trong (P) vuông góc với d khi và chỉ khi a vuông góc với d’. Câu 1: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt đáy (ABC), tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trực tâm tam giác ABC. a) Chưng minh rằng BH ⊥ ( SAC ) và CH ⊥ ( SAB ) . b) Gọi K là trực tâm tam giác SBC chứng minh rằng: SC ⊥ ( HBK ) và HK ⊥ ( SBC ) . Lời giải: a) Do H là trực tâm tam giác ABC nên ta có: BH ⊥ AC Mặt khác BH ⊥ SA nên suy ra BH ⊥ ( SAC ) . CH ⊥ AB Tương tự ta có:  ⇒ CH ⊥ ( SAB ) . CH ⊥ SA b) Ta có : K là trực tâm tam giác SBC nên BK ⊥ SC Mặt khác BH ⊥ ( SAC ) ⇒ BH ⊥ SC do vậy SC ⊥ ( BHK ) .  AM ⊥ BC Ta có M là trung điểm của BC thì   SA ⊥ BC  BC ⊥ ( SAM ) ⇒ . Khi đó K là trực tâm tam giác SBC nên K  BC ⊥ SM thuộc đường cao SM suy ra BC ⊥ HK . Mặt khác do SC ⊥ ( BHK ) ⇒ SC ⊥ HK do vậy HK ⊥ ( SBC ) ( dpcm ) . Câu 2: [ĐVH]. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, tam giác ABC là tam giác đều và hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy trùng với trọng tâm H của tam giác ABC. a) Chứng minh rằng: AC ⊥ ( SBD ) , AB ⊥ ( SHC ) . b) Gọi M là hình chiếu vuông góc của A trên SD chứng minh rằng SC ⊥ ( AMC ) . Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 a) Do ABCD là hình thoi nên ta có: AC ⊥ BD . Mặt khác ABC là tam giác đều nên H thuộc đoạn BD do vậy SH ⊥ AC từ đó suy ra AC ⊥ ( SBD ) . Do H là trọng tâm cũng là trực tâm tam giác đều ABC nên CH ⊥ AB lại có AB ⊥ SH suy ra AB ⊥ ( SHC ) . b) Do AC ⊥ ( SBD ) ⇒ AC ⊥ SD , mặt khác ta có: AM ⊥ SD từ đó suy ra SD ⊥ ( ACM ) ( dpcm ) . Câu 3: [ĐVH]. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh AC, gọi E là điểm thuộc cạnh AB sao cho AB = 4 AE và F là hình chiếu vuông góc của H trên A’E. Chứng minh rằng: a) AB ⊥ ( A ' HE ) . b) HF ⊥ ( A ' ABB ') . Lời giải: a) Gọi M là trung điểm của AB ta có CM ⊥ AB (do tam giác ABC đều). Khi đó E là trung điểm của AM do vậy HE là đường trung bình của tam giác ACM nên HE / / CM ⇒ HE ⊥ AB lại có A ' H ⊥ AB nên suy ra AB ⊥ ( A ' HE ) ( dpcm ) . b) Do AB ⊥ ( A ' HE ) ⇒ AB ⊥ HF mặt khác HF ⊥ A ' E do vậy HF ⊥ ( A ' ABB ') ( dpcm ) . Câu 4: [ĐVH]. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi, cạnh bên SB = SD . a) Chứng minh rằng AC ⊥ ( SBD ) . b) Kẻ AK ⊥ SB ( K ∈ SB ) . Chứng minh rằng SB ⊥ ( AKC ) . Lời giải: Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 a) Gọi O là giao điễm của AC và BD Tam giác SBD có SB = SD ⇒ ∆SBD cân tại S ⇒ SO ⊥ BD Mà AC ⊥ BD ⇒ AC ⊥ ( SBD ) b) Ta có AC ⊥ ( SBD ) ⇒ AC ⊥ SB Mà SB ⊥ AK ⇒ SB ⊥ ( AKC ) Câu 5: [ĐVH]. Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của BC. a) Chứng minh rằng BC ⊥ ( SAM ) . b) Kẻ AH ⊥ SM ( H ∈ SM ) . Chứng minh rằng AH ⊥ ( SBC ) . c) Gọi ( P ) là mặt phẳng chứa AH và vuông góc với ( SAC ) cắt SC tại K. Chứng minh rằng SC ⊥ ( P ) . Lời giải:  BC ⊥ AM a) Ta có  ⇒ BC ⊥ ( SAM )  BC ⊥ SA b) Vì BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AH Mà AH ⊥ SM ⇒ AH ⊥ ( SBC ) c) Ta có ( SAC ) ∩ ( P ) = AK ⇒ AK là hình chiếu của AH lên ( SAC ) Mà AH vuông góc với SC ⇒ AK vuông góc với SC ⇒ SC ⊥ ( P ) Câu 6: [ĐVH]. Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật và AB = 2 AD . Tam giác SAB nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là trung điểm của AD , M là hình chiếu của S nằm trên 1 AB thỏa mãn AM = AB . 4 a) Chứng minh rằng AC ⊥ ( SDM ) . 3 b) Kéo dài DM cắt BC tại I . Hạ CH ⊥ SI ( H ∈ SI ) . Lấy điểm K trên cạnh SC sao cho SK = SC . 4 Chứng minh rằng BK ⊥ ( AHC ) Lời giải: Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 1 a) Ta có MD = MA + AD = − DC + AD 4 AC = AD + DC ( )  1  ⇒ MD. AC =  − DC + AD  AD + DC  4  1 1 = − DC. AD − DC 2 + AD 2 + AD.DC 4 4 1 = 0 − . ( 2a ) + a 2 + 0 = 0 ⇒ DM ⊥ AC 2 4 Mà AC ⊥ SM ⇒ AC ⊥ ( SDM ) IB IM BM 3 SK 3 b) Ta có = = = , mà = ⇒ BK / / SI ⇒ BK ⊥ CH (1) IC ID DC 4 SC 4 Vì AC ⊥ ( SDM ) ⇒ AC ⊥ SI ⇒ BK ⊥ AC ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) ⇒ BK ⊥ ( AHC ) Câu 7: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O và có cạnh SA ⊥ (ABCD). Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A lên SB, SC, SD. a) Chứng minh rằng rằng CD ⊥ (SAD), BD ⊥ (SAC). b) Chứng minh rằng SC ⊥ (AHK) và điểm I cũng thuộc (AHK). c) Chứng minh rằng HK ⊥ (SAC), từ đó suy ra HK ⊥ AI. Lời giải: a) Ta có CD ⊥ AD và CD ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD) có chứa CD). ⇒ CD⊥ (SAD). Tương tự, BD ⊥ AC (do ABCD là hình vuông) và BD ⊥ SA (do SA ⊥ (ABCD) có chứa BD) ⇒ BD⊥ (SAC). b) Theo a, CD⊥ (SAD) ⇒ CD⊥ AK , (1). Lại có AK ⊥ SD, (2). Từ (1) và (2) ta được AK⊥ (SCD) Mà SC ⊂ (SCD) ⇒ AK⊥ SC, (*) Chứng minh tương tự ta cũng được AK⊥ SC, (**).  SC ⊥ ( AHK )  AI ⊂ ( AHK ) Từ (*) và (**) ta được SC ⊥ (AHK). Do   → .  SC ⊥ AI  AI //( AHK ) Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 Do A ∈ (AHK) nên không thể xảy ra AI // (AHK), khi đó AI ⊂ (AHK), hay điểm I thuộc (AHK). c) Ta nhận thấy BD ⊥ (SAC), nên để chứng minh HK ⊥ (SAC) ta sẽ tìm cách chứng minh BD // HK. Thật vây, do các tam giác SAB và SAD bằng nhau nên các đường cao AH và AK bằng nhau. Khi đó, SH SK ∆SAH = ∆SAK ⇒ SH = SK  → = ⇒ HK // BD ⇒ HK ⊥ ( SAC ) SB SD Mà AI ⊂ (SAC) ⇒ HK ⊥ AI. Câu 8: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và SC = a 2 . Gọi H, K lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD. a) Chứng minh rằng SH ⊥ (ABCD). b) Chứng minh rằng AC ⊥ SK và CK ⊥ SD. Lời giải: a) ∆ABC đều nên SH ⊥ AB, (1).  SB = BD = a Ta có SB = BC = a, đồng thời   → SC 2 = SB 2 + BC 2 ⇔ SB ⊥ BC  SC = a 2 Mà BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH, (2). Từ (1) và (2) ta có SH ⊥ (ABCD). b) Theo a, SH ⊥ (ABCD) ⇒ SH ⊥ AC. Do HK là đường trung bình của ∆ABD nên HK // BD, mà BD ⊥ AC ⇒ HK ⊥ AC. Từ đó ta được, AC ⊥ (SHK), hay AC ⊥ SK. CK ⊥ DH Lại có  ⇒ CK ⊥ ( SHD ) , hay CK ⊥ SD CK ⊥ SH Câu 9: [ĐVH]. Cho hình chóp SABCD, có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác đều; SCD là tam giác vuông cân đỉnh S. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. a) Tính các cạnh của ∆SIJ và chứng minh rằng SI ⊥ (SCD), SJ ⊥ (SAB). b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên IJ. Chứng minh rằng SH ⊥ AC. c) Gọi M là một điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM ⊥ SA. Tính AM theo a. Lời giải: Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 a 3 1 a a) Ta có: SI = ; IJ = AD = a; SJ = CD = 2 2 2 Do vậy tam giác SIJ vuông tại đỉnh S  IJ ⊥ CD Lại có:  ⇒ CD ⊥ ( SIJ )  SI ⊥ CD  SI ⊥ CD Khi đó:  ⇒ SI ⊥ ( SCD ) tương tự chứng minh  SI ⊥ SJ trên ta cũng có SJ ⊥ (SAB). b) Dựng SH ⊥ IJ lại có SH ⊥ CD ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ AC  BM ⊥ SA SI 2 3a a c) Do  ⇒ BM ⊥ AH . Ta có : HI = = ; HJ =  SH ⊥ BM IJ 4 4 ( )( ) Đặt CM = x ta có: BM . AH = 0 ⇔ BC + CM . AI + IH = BC.IH + CM . AI = 0 3a 2 ax 3a a 5 ⇔ − =0⇔ x= ⇒ AM = AD 2 + DM 2 = 4 2 2 2 Câu 10: [ĐVH]. Cho ∆MAB vuông tại M ở trong mặt phẳng (P). Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại A ta lấy 2 điểm C, D ở hai bên điểm A. Gọi C′ là hình chiếu của C trên MD, H là giao điểm của AM và CC′. a) Chứng minh rằng CC′ ⊥ (MBD). b) Gọi K là hình chiếu của H trên AB. Chứng minh rằng K là trực tâm của ∆BCD. Lời giải:  BM ⊥ MA a) Ta có:  ⇒ BM ⊥ ( CMD ) ⇒ BM ⊥ CC ' .  BM ⊥ CD Do vậy CC ' ⊥ ( BMD ) ⇒ CC ' ⊥ BD b) Dễ thấy BK ⊥ CD . Lại có  HK ⊥ AB  ⇒ HK ⊥ BD .  HK ⊥ CD Mặt khác CC ' ⊥ BD ⇒ BD ⊥ CK Do vậy K là trực tâm tam giác BCD. Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!
Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: Lyhung95 Câu 11: [ĐVH]. Cho hình chóp S.ABCD, có SA ⊥ (ABCD) và BC= a, đáy ABCD là hình thang vuông có đường cao AB = a ; AD = 2a và M là trung điểm AD. a) Chứng minh rằng tam giác SCD vuông tại C. b) Kẻ SN vuông CD tại N. Chứng minh rằng CD ⊥ (SAN). Lời giải: a) Ta có: ABCM là hình vuông cạnh a do 1 vậy CM = a = AD ⇒ ∆ACD vuông tại 2 C. CD ⊥ AC Lại có:  ⇒ CD ⊥ SC hay tam CD ⊥ SA giác SCD vuông tại C. b) Kẻ SN ⊥ CD ⇒ N ≡ C ⇒ CD ⊥ (SAN). Thầy Đặng Việt Hùng Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.04: Bộ 290+ Đề Thi Vào Lớp 10 Năm 2020

290 tài liệu

272 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline:0933030098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2009-2019 TaiLieu.VN. All rights reserved.