Giải SBT Toán học 11 CTST Bài 2: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng có đáp án

a) Từ giả thiết, dễ dàng nhận thấy ∆SAC và ∆SBD là các tam giác cân.

Ta có: $\left\{\begin{array}{c}SO\perp AC\\ SO\perp BD\end{array}\right.$

Do đó SO ⊥ (ABCD)

b) Ta có: AC = 2a, OC = a, $SC=\sqrt{S{O}^2+O{C}^2}=3a.$

Vẽ đường cao AH của ∆SAC.

Ta có: $AH=\frac{SO.AC}{SC}=\frac{2a\sqrt{2}.2a}{3a}=\frac{4a\sqrt{2}}{3}.$

Vậy độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác SAC bằng $\frac{4a\sqrt{2}}{3}$ .

Theo giả thiết: $\left\{\begin{array}{c}AH\perp CD\\ AB\perp CD\end{array}\right.$

Suy ra CD ⊥ AHB

Do đó CD ⊥ BH (1)

Chứng minh tương tự: CH ⊥ BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra H là trực tâm của ∆BCD.

Do đó DH ^ BC.

Lại có AH ^ BC suy ra BC ⊥ (AHD).

Vậy H là trực tâm của ∆BCD và AD ^ BC.

a) Tam giác ABC cân tại A Þ Trung tuyến AM ^ BC.

Lại có DA ^ (ABC) Þ DA ^ BC.

Þ BC ^ (ADM) Û BC ^ AH. (1)

Theo giả thiết: AH ^ DM. (2)

Từ (1) và (2) suy ra AH ^ (BCD).

b) Ta có: $\frac{MK}{MD}=\frac{MG}{MA}=\frac{1}{3}$   nên GK // AD (theo định lí Thalès.

Ta lại có AD ^ (ABC) suy ra GK ^ (ABC).

a) Từ giả thiết, dễ dàng nhận thấy ∆SAC và ∆SBD là các tam giác cân.

Ta có: $\left\{\begin{array}{c}SO\perp AC\\ SO\perp BD\end{array}\right.$

Do đó SO ^ (ABCD)

b) Ta có AC ^ BD và AC ^ SO, suy ra AC ^ (SBD).

IJ là đường trung bình của ∆ABC nên IJ // AC.

Do đó IJ ^ (SBD).

c) Ta có BD ^ AC (ABCD là hình thoi) và BD ^ SO, suy ra BD ^ (SAC).