Bài 6 trang 93 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho mặt phẳng (P) và đường thẳng c không nằm trên (P). Khi đó, (P)⊥c nếu: 
A. Mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng a, b thoả mãn a, b cùng vuông góc với đường thẳng c.

B. Mặt phẳng (P) chứa một đường thẳng vuông góc với đường thẳng c.

C. Mặt phẳng (P) chứa ít nhất hai đường thẳng vuông góc với đường thẳng c. 

D. Mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng cắt nhau a, b thoả mãn a, b cùng vuông góc với đường thẳng c.

Lời giải chi tiết

Nếu một đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc một mặt phẳng thì nó vuông góc với mặt phẳng ấy.

Đáp án D.

Bài 7 trang 94 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho tam giác ABC. Số mặt phẳng đi qua A và vuông góc với cả AB, AC là:

A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. Vô số.

Lời giải chi tiết

Có duy nhất một mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AB.

Có duy nhất một mặt phẳng đi qua A và vuông góc với AC.

Mặt phẳng đi qua A và vuông góc với cả AB, AC khi và chỉ khi 3 điểm A, B, C thẳng hàng (Vô lý vì 3 điểm A, B, C tạo thành tam giác ABC).

Vậy không tồn tại mặt phẳng đi qua A và vuông góc với cả AB, AC.

Đáp án A.

Bài 8 trang 94 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho điểm I và hai đường thẳng a, b thoả mãn a // b. Số mặt phẳng đi qua I và vuông góc với cả a, b là:
A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. Vô số.

Lời giải chi tiết

Có duy nhất một mặt phẳng (α) đi qua điểm I và vuông góc với đường thẳng a.

Do a // b nên b⊥(α).

Vậy có duy nhất một mặt phẳng (α) đi qua điểm I và vuông góc với cả a, b.

Đáp án B.

Bài 9 trang 94 SBT Toán 11 CD tập 2: Hình 13 gợi nên hình ảnh các đường thẳng a, b và mặt phẳng (P) trong không gian. Phát biểu nào sau đây là phù hợp?

A. a//b,b//(P).

B. a⊥b,b//(P).

C. a⊥b,b⊥(P).

D. a//b,b⊥(P).

Lời giải chi tiết

Từ hình vẽ ta dễ thấy a//b,b⊥(P).

Đáp án D.

Bài 10 trang 94 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA⊥(ABC), AB⊥BC. Xét những phát biểu sau:

(1): AB là hình chiếu của SB trên (ABC);

(2): SB là hình chiếu của SC trên (SAB);

(3): AC là hình chiếu của SC trên (ABC). Số phát biểu đúng là:

A. 0.

B. 1.

C. 2.

D. 3.

Lời giải chi tiết

Do SA⊥(ABC)⇒ AB, AC lần lượt là hình chiếu của SB, SC trên (ABC).

Suy ra (1) và (3) đúng.

Ta lại có: SA⊥BC(SA⊥(ABC)),AB⊥BC,SA∩AB=A⇒BC⊥(SAB).

Suy ra SB là hình chiếu của SC trên (SAB) ⇒⇒(2) đúng.

Vậy có 3 phát biểu đúng.

Đáp án D.

Bài 11 trang 94 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có AA′⊥(ABC). Trong mặt phẳng (ABC), gọi H là hình chiếu của A trên BC. Chứng minh rằng BC⊥A′H.

Lời giải chi tiết

Vì AA′⊥(ABC) nên AA′⊥BC.

Mà BC⊥AH,AA′∩AH=A⇒BC⊥(A′AH)⇒BC⊥A′H.

Bài 12 trang 94 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình chóp S.ABC có $ \widehat{ASB}$=$ \widehat{BSC}$=$ \widehat{CSA}=90^{0}$. 

Lời giải chi tiết

Gọi AN, CM là hai đường cao của tam giác ABC.

Gọi H là giao điểm của AN và CM.

Theo giả thiết, SA⊥SB, SA⊥SC mà SB∩SC=S nên SA⊥(SBC) mà BC⊂(SBC)⇒SA⊥BC.

Ngoài ra, AH⊥BC và SA, AH cắt nhau trong mặt phẳng (SAH) nên BC⊥(SAH)⇒BC⊥SH.

Tương tự, ta có: AB⊥SH.

Bên cạnh đó, AB, BC cắt nhau trong mặt phẳng (ABC) nên SH⊥(ABC).

Bài 13 trang 94 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình bình hành và SA=SC, SB = SD. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng SO⊥(ABCD).

Lời giải chi tiết

Vì ABCD là hình bình hành nên O là trung điểm của AC và BD.

Xét tam giác SAC cân tại S có SO là đường trung tuyến nên SO là đường cao⇒SO⊥AC

Xét tam giác SBD cân tại S có SO là đường trung tuyến nên SO là đường cao, ⇒SO⊥BD

Mà AC, BD cắt nhau trong mặt phẳng (ABCD). Do đó SO⊥(ABCD).

Bài 14 trang 95 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có ABCD là hình thoi, AA′⊥(ABCD). Chứng minh rằng:

a) BB′⊥(A′B′C′D′);

b) BD⊥A′C.

Lời giải chi tiết

a) Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp nên AA′//BB′.Mà AA′⊥(ABCD) nên BB′⊥(ABCD). Mặt khác (ABCD)//(A′B′C′D′)⇒BB′⊥(A′B′C′D′).

b) Vì ABCD là hình thoi nên AC⊥BD. Do AA′⊥(ABCD) nên AC là hình chiếu của A′C trên mặt phẳng (ABCD). Theo định lí ba đường vuông góc suy ra BD⊥A′C.

Bài 15 trang 95 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình chóp O.ABC và điểm H không thuộc các đường thẳng AB, BC, CA sao cho $ \widehat{OHA}$=$ \widehat{OHB}$=$ \widehat{OHC}=90^{0}$. Chứng minh rằng H thuộc mặt phẳng (ABC).

Lời giải chi tiết

Vì H không thuộc các đường thẳng AB, BC, CA nên HA, HB, HC đôi một cắt nhau.

Theo giả thiết, OH⊥HA, OH⊥HB mà HA, HB cắt nhau nên OH⊥(HAB). Tương tự, OH⊥(HBC). Vì (HAB) và (HBC) cùng đi qua H và vuông góc với OH nên hai mặt phẳng đó trùng nhau.

Suy ra H thuộc mặt phẳng (ABC).

Bài 16 trang 95 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình chóp S.ABC thoả mãn SA = SB = SC. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng SO⊥(ABC)

Lời giải chi tiết

Gọi O′ là hình chiếu của S trên (ABC). Khi đó, SO′⊥(ABC).

Mà O′A,O′B,O′C đều nằm trên (ABC) nên SO′⊥O′A,SO′⊥O′B,SO′⊥O′C.

Xét ba tam giác SO′A,SO′B,SO′C vuông tại O′ có SA = SB = SC và SO′ chung nên ba tam giác đó bằng nhau. Do đó, O′A=O′B=O′C.

Suy ra O′ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC hay O′ trùng O.

Vậy SO⊥(ABC).

Bài 17 trang 95 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho tam giác ABC và các điểm M, N, P đôi một phân biệt thoả mãn MA = MB = MC, NA = NB = NC, PA = PB = PC. Chứng minh rằng M, N, P thẳng hàng.

Lời giải chi tiết

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.

Giả sử ba điểm M, N, P đều không thuộc mặt phẳng (ABC).

 Áp dụng kết quả Bài 16 cho ba hình chóp M.ABC, N.ABC, P.ABC ta có MO⊥(ABC), NO⊥(ABC),PO⊥(ABC). Do đó ba đường thẳng MO, NO, PO trùng nhau hay M, N, P thẳng hàng.

Giả sử trong ba điểm M, N, P có một điểm nằm trên (ABC). Khi đó, theo giả thiết ta có điểm đó trùng O. Như vậy, cùng với kết quả trên ta có ba điểm M, N, P thẳng hàng.

Bài 18 trang 95 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình tứ diện đều ABCD. Chứng minh AB⊥CD

Lời giải chi tiết

Gọi I là trung điểm của CD.

Vì ABCD là hình tứ diện đều nên hai tam giác ACD và BCD là các tam giác đều.

Suy ra AI⊥CD,BI⊥CD.

Mà AI, BI cắt nhau trong mặt phẳng (ABI) nên CD⊥(ABI).

Mà AB⊂(ABI)⇒AB⊥CD.

Bài 19 trang 95 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình tứ diện ABCD có AB⊥(BCD), các tam giác BCD và ACD là những tam giác nhọn. Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác BCD, ACD. Chứng minh rằng:

a) AD⊥CH;                       

b*) HK⊥(ACD).

Lời giải chi tiết

a) Vì AB⊥(BCD), CH⊂(BCD)⇒AB⊥CH. 

Do H là trực tâm của tam giác (BCD) nên CH⊥BD.

 Mà AB, BD cắt nhau trong mặt phẳng (ABD) nên CH⊥(ABD).

Từ CH⊥(ABD), AD⊂(ABD)⇒AD⊥CH.

b*) Vì H là trực tâm của tam giác BCD nên BH⊥CD.

Lại có, AB⊥(BCD), CD⊂(BCD)⇒AB⊥CD.

Mà AB, BD cắt nhau trong mặt phẳng (ABI) nên CD⊥(ABI).

Từ CD⊥(ABI), HK⊂(ABI)⇒CD⊥HK.

Vì K là trực tâm của tam giác ACD nên CK⊥AD. Mà CK, CH cắt nhau trong mặt phẳng (CHK) nên AD⊥(CHK).

Lại có, AD⊥(CHK),HK⊂(CHK)⇒AD⊥HK.

Bên cạnh đó, AD, CD cắt nhau trong mặt phẳng (ACD) nên HK⊥(ACD).

Bài 20 trang 95 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA⊥(ABC). Gọi M, N, P lần lượt là trọng tâm của ba tam giác SAB, SBC, SCA. Chứng minh rằng SA⊥(MNP).

Lời giải chi tiết

Gọi H, K, I lần lượt là trung điểm của AB, BC, CA.

Theo giả thiết ta có: $ \frac{SM}{SH}=\frac{SN}{SK}=\frac{SP}{SI}=\frac{2}{3}$

Theo định lý Ta-lét: Trong tam giác SHK có MN//HK, trong tam giác SHI có MP//HI. Mà HK⊂(ABC), HI⊂(ABC) nên MN//(ABC),MP//(ABC).Mà, MN, MP cắt nhau trong mặt phẳng (MNP) nên (MNP)//(ABC).

Ta lại có, SA⊥(ABC). Vậy SA⊥(MNP).

Bài 21 trang 95 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình chóp S.ABCD thoả mãn SA=SB=SC=SD. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua cả bốn đỉnh của tứ giác ABCD.

Lời giải chi tiết

Gọi O là hình chiếu của S trên (ABCD). Chứng minh tương tự Bài 16, ta có

OA=OB=OC=OD.

Suy ra O là tâm đường tròn đi qua bốn đỉnh tứ giác ABCD.

Bài 22 trang 95 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho mặt phẳng (P) và hai điểm A, B sao cho B thuộc (P) và 4 không thuộc (P). Điểm C chuyển động trên mặt phẳng (P) thoả mãn $ \widehat{ACB}=90^{0}$.Chứng minh rằng C chuyển động trên một đường tròn cố định trong (P).

Lời giải chi tiết

Gọi H là hình chiếu của A trên (P).

Khi đó H cố định và HC là hình chiếu của AC trên (P).

Vì BC⊥AC nên theo định lí ba đường vuông góc ta có BC⊥HC.

Do đó C chuyển động trên đường tròn đường kính HB cố định nằm trong (P).

Bài 23 trang 95 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho đoạn thẳng AB và mặt phẳng (P) sao cho (P)⊥AB và (P) cắt đoạn thẳng AB tại điểm H thoả mãn HA = 4 cm, HB = 9 cm. Điểm C chuyển động trong mặt phẳng (P) thoả mãn $ \widehat{ACB}=90^{0}$. Chứng minh rằng điểm C thuộc đường tròn tâm H bán kính 6 cm trong mặt phẳng (P)

Lời giải chi tiết

Vì AC⊥CB nên A, B, C không thẳng hàng.

Ta có: (P)⊥AB, HC⊂(P) nên AB⊥HC.

Xét ΔABC vuông tại C, đường cao CH. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: HC2=HA.HB=4.9=36⇒HC=6(cm). 

Vậy C thuộc đường tròn tâm H bán kính 6 cm trong (P).