Trong bài viết ngày hôm nay, Khoa Cử chúng tôi muốn đem đến cho các bạn về bài tập hai mặt phẳng vuông góc rất đầy đủ và chi tiết cho các bạn tham khảo. Với những thông tin được Khoa cử chúng tôi chia sẽ về bài tập chứng minh hai mặt phẳng vuông góc cũng như bài tập hai mặt phẳng vuông góc có lời giải bên dưới đây hy vọng sẽ hỗ trợ cho bạn học tốt môn Toán lớp 11 đạt được kết quả cao trong học tập nhé!
Dạng 1. Câu hỏi lý thuyết về hai mặt phẳng vuông góc
Bài tập 1: Tìm số khẳng định đúng trong các phát biểu dưới đây
Trong không gian cho hai đường thẳng $a,b$ và mặt phẳng $(P)$, xét các phát biểu sau:
(I). Nếu $a//\,b$ mà $a\bot \,(P)$ thì luôn có $b\bot \,(P)$.
(II). Nếu $a\bot (P)$ và $a\bot \,b$ thì luôn có $b//\,(P)$.
(III). Qua đường thẳng $a$ chỉ có duy nhất một mặt phẳng $(Q)$ vuông góc với mặt phẳng $(P)$.
(IV). Qua đường thẳng $a$ luôn có vô số mặt phẳng $(Q)$ vuông góc với mặt phẳng $(P)$.
Số khẳng định đúng trong các phát biểu trên là
A. $1$. B. $4$. C. $2$. D. $3$.
Lời giải
Chọn A
Khẳng định (I) đúng (Hình vẽ trên)
Khẳng định (II) sai vì nếu $a\bot \,\left( P \right)$ và $a\bot \,b$ thì $b//\,\left( P \right)$ hoặc $b\subset \left( P \right)$
Khẳng định (III) sai trong trường hợp đường thẳng $a$ vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$. Khi đó có vô sô mặt phẳng chứa đường thẳng $a$ và vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$. Ví dụ hình hộp chữ nhật $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}’$thì qua đường thẳng $A{A}’$ ta chỉ ra được ít nhất ba mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng $\left( ABCD \right)$.
Khẳng định (IV) sai trong trường hợp đường thẳng $a$ không vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$. Khi đường thẳng $a$ không vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$ thì qua đường thẳng $a$ có duy nhất một mặt phẳng $\left( Q \right)$ vuông góc với mặt phẳng $\left( P \right)$.
Bài tập 2: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào là khẳng định sai?
A. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
B. Nếu một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì cũng vuông góc với đường thẳng còn lại.
C. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
D. Nếu một đường thẳng và một mặt phẳng (không chứa đường thẳng đó) cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
Lời giải
Chọn A
Hình ảnh minh họa hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ cùng vuông góc với mặt phẳng $\left( R \right)$ nhưng không song song với nhau.
Dạng 2. Xác định quan hệ vuông góc giữa hai mặt phẳng, mặt phẳng với đường thẳng, đường thẳng với đường thẳng
Bài tập 1: Tính sin của góc tạo bởi đường thẳng và mặt phẳng
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, tam giác $SAB$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính sin của góc tạo bởi đường $MD$ và mặt phẳng $\left( SBC \right)$.
A. $\frac{\sqrt{13}}{5}$. B. $\frac{\sqrt{13}}{3}$. C. $\frac{\sqrt{15}}{5}$. D. $\frac{\sqrt{15}}{3}$.
Lời giải
Chọn C
Gọi ${{D}_{1}}$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $\left( SBC \right)$.
Gọi $\alpha $ là góc tạo bởi đường $MD$ và mặt phẳng $\left( SBC \right)$. Khi đó:
$\sin \alpha =\frac{D{{D}_{1}}}{MD}$.
Ta có $MD=\sqrt{C{{D}^{2}}+C{{M}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}+\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.
Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $S$ của $\Delta SAB$. Khi đó do tam giác $SAB$ đều và $\left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow SH\bot \left( ABCD \right)$ và $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Kẻ $H{{H}_{1}}\bot SB\Rightarrow H{{H}_{1}}\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( H,\left( SBC \right) \right)=H{{H}_{1}}$ và ta có
$\frac{1}{H{{H}_{1}}^{2}}=\frac{1}{S{{H}^{2}}}+\frac{1}{B{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}}\Rightarrow H{{H}_{1}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Ta có $D{{D}_{1}}=d\left( D,\left( SBC \right) \right)=d\left( A,\left( SBC \right) \right)=2d\left( H,\left( SBC \right) \right)=2H{{H}_{1}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Do đó $\sin \alpha =\frac{D{{D}_{1}}}{MD}=\frac{\sqrt{15}}{5}$.
Xem thêm: Tổng hợp bài tập về góc giữa hai mặt phẳng
Bài tập 2: Mệnh đề nào sau đây là sai
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông, hai mặt bên $\left( SAB \right)$ và $\left( SAD \right)$ vuông góc với mặt đáy. $AH$, $AK$ lần lượt là đường cao của tam giác $SAB$, $SAD$. Mệnh đề nào sau đây là sai?
A. $BC\bot AH$. B. $SA\bot AC$. C. $HK\bot SC$. D. $AK\bot BD$.
Lời giải
Ta có $\left\{ \begin{align} & \left( SAB \right)\bot \left( ABCD \right) \\ & \left( SAD \right)\bot \left( ABCD \right) \\\end{align} \right.$ nên $SA\bot \left( ABCD \right)$
Suy ra $SA\bot AC$ (B đúng); $SA\bot BC$; $SA\bot BD$.
Mặt khác $BC\bot AB$ nên $BC\bot \left( SAB \right)$ suy ra $BC\bot AH$ (A đúng).
và $BD\bot AC$ nên $BD\bot \left( SAC \right)$ suy ra $BD\bot SC$;
Đồng thời $HK\ \text{//}\ BD$ nên $HK\bot SC$ (C đúng).
Vậy mệnh đề sai là $AK\bot BD$ (vì không đủ điều kiện chứng minh).
Dạng 3. Xác định góc giữa hai mặt phẳng
Bài tập 1: Tính Côsin của góc giữa hai mặt phẳng
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $AB=3$, $BC=4$. Tam giác $SAC$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng cách từ điểm $C$ đến đường thẳng $SA$ bằng $4$. Côsin của góc giữa hai mặt phẳng $\left( SAB \right)$ và $\left( SAC \right)$ bằng
A. $\frac{3\sqrt{17}}{17}$. B. $\frac{3\sqrt{34}}{34}$. C. $\frac{2\sqrt{34}}{17}$. D. $\frac{5\sqrt{34}}{17}$.
Lời giải
Chọn B
Xét tam giác $ABC$ vuông tại $B$ ta có: $A{{C}^{2}}=\sqrt{A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}+{{4}^{2}}}=5$.
Gọi $K$ là chân đường vuông góc kẻ từ $C$ xuống $SA$. Xét tam giác $CAK$ vuông tại $K$ ta có:
$AK=\sqrt{C{{A}^{2}}-C{{K}^{2}}}=\sqrt{{{5}^{2}}-{{4}^{2}}}=3$.
Kẻ $SH\bot AC$, $H\in AC$ và $KP\text{//}SH$, $P\in AC$ thì $KP\bot \left( ABCD \right)$.
Xét tam giác $BAC$ vuông tại $B$ và tam giác $KAC$ vuông tại $K$ ta thấy các cạnh tương ứng bằng nhau và $KP$ là đường cao của tam giác $KAC$ nên $BP$ là đường cao của tam giác $BAC$.
Kẻ $PM\bot KA$, $M\in KA$. Vì $KA\bot PB$ và $KA\bot PM$ nên $KA\bot \left( PMB \right)$. Suy ra $KA\bot MB$.
Như vậy, góc giữa mặt phẳng $\left( SAC \right)$ và $\left( SAB \right)$ bằng góc $\widehat{PMB}$.
Xét tam giác $KAC$ vuông tại $K$ ta có: $KP.AC=KA.KC$$\Rightarrow KP=\frac{KA.KC}{AC}=\frac{3.4}{5}=\frac{12}{5}$.
Suy ra $BP=KP=\frac{12}{5}$.
Xét tam giác $KPA$ vuông tại $P$ ta có $PA=\sqrt{K{{A}^{2}}-K{{P}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}-{{\left( \frac{12}{5} \right)}^{2}}}=\frac{9}{5}$.
Lại có $PM.AK=PA.PK\Rightarrow PM=\frac{PA.PK}{AK}=$$\frac{36}{25}$.
Xét tam giác $PMB$ vuông tại $P$ ta có $MB=\sqrt{P{{B}^{2}}+P{{M}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{12}{5} \right)}^{2}}+{{\left( \frac{36}{25} \right)}^{2}}}=\frac{12\sqrt{34}}{25}$.
Ta có: $\cos \widehat{PMB}=\frac{MP}{MB}=\frac{36}{25}.\frac{25}{12\sqrt{34}}=\frac{3\sqrt{34}}{34}$.
Bài tập 2: Tính Côsin của góc giữa hai mặt phẳng
Cho hình lăng trụ tam giác đều $ABC.{A}'{B}'{C}’$ có $AB=2\sqrt{3}$ và $A{A}’=2.$ Gọi $M,\,N,\,P$ lần lượt là trung điểm các cạnh ${A}'{B}’,\,{A}'{C}’$ và $BC$ (tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng $\left( A{B}'{C}’ \right)$ và $\left( MNP \right)$ bằng
A. $\frac{6\sqrt{13}}{65}$. B. $\frac{\sqrt{13}}{65}$. C. $\frac{17\sqrt{13}}{65}$. D. $\frac{18\sqrt{13}}{65}$.
Lời giải
Chọn B
Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và ${B}'{C}’;$ $I=BM\cap A{B}’,\,J=CN\cap A{C}’,\,E=MN\cap {A}’Q.$
Suy ra, $\left( MNP \right)\cap \left( A{B}'{C}’ \right)=\left( MNCB \right)\cap \left( A{B}'{C}’ \right)=IJ$ và gọi $K=IJ\cap PE\Rightarrow K\in AQ$ với $E$ là trung điểm $MN$ (hình vẽ).
$\left( A{A}’QP \right)\bot IJ\Rightarrow AQ\bot IJ,\,PE\bot IJ\Rightarrow \left( \widehat{\left( MNP \right),\,\left( A{B}'{C}’ \right)} \right)=\left( \widehat{AQ,\,PE} \right)=\alpha $
Ta có $AP=3,\,PQ=2\Rightarrow AQ=\sqrt{13}\Rightarrow QK=\frac{\sqrt{13}}{3};$ $PE=\frac{5}{2}\Rightarrow PK=\frac{5}{3}.$
$\cos \alpha =\left| \cos \widehat{QKP} \right|=\frac{\left| K{{Q}^{2}}+K{{P}^{2}}-P{{Q}^{2}} \right|}{2KQ.KP}=\frac{\sqrt{13}}{65}.$
Cách 2
Gắn hệ trục tọa độ $\text{Ox}yz$ như hình vẽ $\Rightarrow P\left( 0;0;0 \right),\,A\left( 3;0;0 \right),\,B\left( 0;\sqrt{3};0 \right),\,C\left( 0;-\sqrt{3};0 \right),\,{A}’\left( 3;0;2 \right),\,{B}’\left( 0;\sqrt{3};2 \right),\,{C}’\left( 0;-\sqrt{3};2 \right)$
nên $M\left( \frac{3}{2};\frac{\sqrt{3}}{2};2 \right),\,N\left( \frac{3}{2};-\frac{\sqrt{3}}{2};2 \right)$
Ta có vtpt của mp$\left( A{B}'{C}’ \right)$ là $\overrightarrow{{{n}_{1}}}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\left[ \overrightarrow{A{B}’},\overrightarrow{A{C}’} \right]=\left( 2;0;3 \right)$ và vtpt của mp$\left( MNP \right)$ là $\overrightarrow{{{n}_{2}}}=\left( 4;0;-3 \right)$
Gọi $\varphi $ là góc giữa hai mặt phẳng $\left( A{B}'{C}’ \right)$ và mp$\left( MNP \right)$$\Rightarrow c\text{os}\varphi =\left| c\text{os}\left( \overrightarrow{{{n}_{1}}},\overrightarrow{{{n}_{2}}} \right) \right|=\frac{\left| 8-9 \right|}{\sqrt{13}\sqrt{25}}=\frac{\sqrt{13}}{65}$
Cách 3
Gọi $Q$ là trung điểm của $AA’$, khi đó mặt phẳng $\left( AB’C’ \right)$ song song với mặt phẳng $\left( MNQ \right)$ nên góc giữa hai mặt phẳng $\left( AB’C’ \right)$ và $\left( MNP \right)$ cũng bằng góc giữa hai mặt phẳng $\left( MNQ \right)$ và $\left( MNP \right)$.
Ta có:
$\left\{ \begin{align} & \left( MNP \right)\cap \left( MNQ \right)=MN \\ & PE\subset \left( MNP \right);\,\,PE\bot MN \\ & QE\subset \left( MNQ \right);\,\,QE\bot MN \\\end{align} \right.$$\Rightarrow \widehat{\left( \left( MNP \right);\left( MNQ \right) \right)}=\widehat{PEQ}$ hoặc $\widehat{\left( \left( MNP \right);\left( MNQ \right) \right)}={{180}^{0}}-\widehat{PEQ}$
Tam giác $ABC$ đều có cạnh $2\sqrt{3}\Rightarrow AP=3$.
Tam giác $APQ$ vuông tại $A$ nên ta có: $PQ=\sqrt{A{{P}^{2}}+A{{Q}^{2}}}=\sqrt{{{3}^{2}}+{{1}^{2}}}=\sqrt{10}$
Tam giác $A’QE$ vuông tại $A’$ nên ta có: $QE=\sqrt{A'{{E}^{2}}+A'{{Q}^{2}}}=\sqrt{{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2}}+{{1}^{2}}}=\frac{\sqrt{13}}{2}$
Tam giác $PEF$ vuông tại $F$ nên ta có: $PE=\sqrt{F{{P}^{2}}+F{{E}^{2}}}=\sqrt{{{2}^{2}}+{{\left( \frac{3}{2} \right)}^{2}}}=\frac{5}{2}$
Áp dụng định lý hàm số côsin vào tam giác $PQE$ ta có:
$\cos \widehat{PEQ}=\frac{E{{P}^{2}}+E{{Q}^{2}}-P{{Q}^{2}}}{2.EP.EQ}=\frac{\frac{25}{4}+\frac{13}{4}-10}{2.\frac{5}{2}.\frac{\sqrt{13}}{2}}=-\frac{\sqrt{13}}{65}$
Do đó: $\cos \widehat{\left( \left( MNP \right);\left( AB’C’ \right) \right)}=\cos \left( {{180}^{0}}-\widehat{PEQ} \right)=-\cos \widehat{PEQ}=\frac{\sqrt{13}}{65}$.
Dạng 4. Một số câu hỏi liên quan
Bài tập 1: Tính diện tích tam giác $AMN$ theo $a$
Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng $a$. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB$và $SC$. Biết mặt phẳng $\left( AMN \right)$ vuông góc với mặt phẳng $\left( SBC \right).$ Tính diện tích tam giác $AMN$ theo $a$.
A. $\frac{{{a}^{2}}\sqrt{10}}{24}.$ B. $\frac{{{a}^{2}}\sqrt{10}}{16}.$ C. $\frac{{{a}^{2}}\sqrt{5}}{8}.$ D. $\frac{{{a}^{2}}\sqrt{5}}{4}.$
Lời giải
Ta thấy do hình chóp $S.ABC$ đỉnh S là chóp tam giác đều nên$AB=BC=AC=a.$
$\Delta SAB=\Delta SAC\,\left( c.c.c \right)\Rightarrow AM=AN.$
| Do đó tam giác $AMN$ cân tại A. Gọi H là trung điểm của MN thì $AH\bot MN$ và I là trung điểm của BC.
$\left\{ \begin{align}& \left( AMN \right)\bot \left( SBC \right) \\ & \left( AMN \right)\cap \left( SBC \right)=MN \\ & Trong\,\left( AMN \right):\,AH\bot MN \\\end{align} \right.\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AH\bot SH;\,AH\bot SI$ Xét tam giác $SAI$ có đường AH vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên tam giác $SAI$cân tại A. Tam giác ABC đều cạnh $a\Rightarrow AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}=SA=SB.$ |
 |
Xét tam giác $SBI$ vuông tại I nên $SI=\sqrt{S{{B}^{2}}-B{{I}^{2}}}=\sqrt{\frac{3{{a}^{2}}}{4}-\frac{{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a}{\sqrt{2}}.$
Ta có: $SH=\frac{1}{2}SI=\frac{a}{2\sqrt{2}}.$
Xét tam giác $ASH$ vuông tại H nên $AH=\sqrt{S{{A}^{2}}-S{{H}^{2}}}=\sqrt{\frac{3{{a}^{2}}}{4}-\frac{{{a}^{2}}}{8}}=\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}.$
Vậy ${{S}_{AMN}}=\frac{1}{2}.AH.MN=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{5}}{2\sqrt{2}}.\frac{a}{2}=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{10}}{16}.$
Bài tập 2: Tính diện tích $S$ của thiết diện cắt bởi mặt phẳng $(M\,N\,P)$ với hình lập phương đã cho
Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$ có cạnh bằng 3. Gọi $M,\,N,\,P$ là ba điểm lần lượt thuộc ba cạnh $BB’,\,C’D’,\,AD$ sao cho $BM=\,C’N=\,DP=1$. Tính diện tích $S$ của thiết diện cắt bởi mặt phẳng $(M\,N\,P)$ với hình lập phương đã cho.
A. $S=\frac{13\sqrt{3}}{3}$. B. $S=\frac{17\sqrt{3}}{3}$. C. $S=\frac{15\sqrt{3}}{2}$. D. $S=\frac{13\sqrt{3}}{2}$.
Lời giải:
Đáp án. D.
Dựng $\overrightarrow{NK}=3\overrightarrow{MB},\,MN\cap KB=I$
$PI\cap AB=J$,
$\overrightarrow{NQ}=2\overrightarrow{MJ}$
$\overrightarrow{MR}=2\overrightarrow{PQ}$
Thiết diện là lục giác $MRNQPJ$.
Cách 1: ${{S}_{MRNQPJ}}={{S}_{MJPQ}}+{{S}_{MQNR}}$
$FE=\sqrt{{{3}^{2}}+{{\left( \frac{3\sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{3\sqrt{6}}{2}\Rightarrow FG=\frac{\sqrt{6}}{2},\,GE=\sqrt{6}$
${{S}_{MJPQ}}=\frac{(MQ+JP)FG}{2}=\frac{(3\sqrt{2}+\frac{2}{3}3\sqrt{2})\frac{\sqrt{6}}{2}}{2}=\frac{5\sqrt{3}}{2}$
${{S}_{MJPQ}}=\frac{(MQ+NR)EG}{2}=\frac{(3\sqrt{2}+\frac{1}{3}3\sqrt{2})\sqrt{6}}{2}=4\sqrt{3}$
${{S}_{MRNQPJ}}={{S}_{MJPQ}}+{{S}_{MQNR}}=\frac{13\sqrt{3}}{2}$.
Cách 2: Gọi $\varphi $là góc giữa hai mặt phẳng$(MRNQPJ);(PJBTKD)$
${{S}_{MRNQPJ}}=\frac{{{S}_{PJBTKD}}}{c\text{os}\varphi }$
${{S}_{PJBTKD}}={{S}_{ABCD}}-{{S}_{KCT}}-{{S}_{\text{APJ}}}=9-\frac{1}{2}-2=\frac{13}{2}$
$c\text{os}\varphi =c\text{osEFU=}\frac{\text{FU}}{\text{FE}}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{2}}{\frac{3\sqrt{6}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
${{S}_{MRNQPJ}}=\frac{{{S}_{PJBTKD}}}{c\text{os}\varphi }=\frac{13\sqrt{3}}{2}$.
Xem thêm:
