Bài 2 trang 73 Toán 11 Tập 2 | Chân trời sáng tạo Giải Toán lớp 11

Giải Toán 11 Bài 3: Hai mặt phẳng vuông góc

Bài 2 trang 73 Toán 11 Tập 2: Cho tam giác đều ABC cạnh a, I trung điểm của BC, D là điểm đối xứng với A qua I. Vẽ đoạn thẳng SD có độ dài $\frac{a\sqrt{6}}{2}$ và vuông góc với (ABC). Chứng minh rằng:

a) (SBC) ⊥ (SAD);

b) (SAB) ⊥ (SAC).

Lời giải:

a) Tam giác ABC đều có I là trung điểm nên AI ⊥ CB hay AD ⊥ BC.

Vì SD ⊥ (ABC) ⇒ SD ⊥ BC.

⇒ BC ⊥ (SAD)

Nên (SAD) ⊥ (SBC)

b) Tam giác ABC đều nên $\mathrm{AI}=\frac{a\sqrt{3}}{3},\mathrm{AD}=a\sqrt{3}$

Ta có: ΔSAD vuông tại D nên $\mathrm{SA}=\sqrt{{\mathrm{AD}}^2+{\mathrm{SD}}^2}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}$

Kẻ IH ⊥ SA.

Xét ΔAHI và ΔADS:

$\hat{A}$ chung

$\widehat{\mathrm{AHI}}=\widehat{\mathrm{ADS}}=90°$

Do đóΔAHI ᔕ ΔADS (g.g)

$\Rightarrow \frac{\mathrm{HI}}{\mathrm{DS}}=\frac{\mathrm{AI}}{\mathrm{AS}}\Rightarrow \mathrm{IH}=\frac{\mathrm{SD}.\mathrm{AI}}{\mathrm{AS}}=\frac{a}{2}$

Tam giác BHC có HI là trung tuyến và HI = $\frac{1}{2}$BC

⇒ ΔBHC vuông tại H.

Ta có: BC ⊥ (SAD) nên SA ⊥ BC.

Mà SA ⊥ HI nên SA ⊥ (HBC)

$\left.\begin{array}{c}\Rightarrow \mathrm{SA} \perp \mathrm{HB}\\ \mathrm{BH}\perp \mathrm{HC} \left(\mathrm{\Delta BHC}\perp \mathrm{H}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{HB}\perp \left(\text{SAC}\right)$

Mà HB ⊂ (SAB)

⇒ (SAB) ⊥ (SAC)