Bài 2 trang 73 SGK Toán 11 tập 2 – Chân trời sáng tạo — Không quảng cáo

Đề bài

Cho tam giác đều \(ABC\) cạnh \(a\), \(I\) là trung điểm của \(BC\), \(D\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(I\). Vẽ đoạn thẳng \(S{\rm{D}}\) có độ dài bằng \(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) và vuông góc với \(\left( {ABC} \right)\). Chứng minh rằng:

a) \(\left( {SBC} \right) \bot \left( {SAD} \right)\);

b) \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).

Lời giải chi tiết

a) \(ABDC\) là hình thoi \( \Rightarrow A{\rm{D}} \bot BC\)

\(S{\rm{D}} \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow S{\rm{D}} \bot BC\)

\(\left. \begin{array}{l} \Rightarrow BC \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\\BC \subset \left( {SBC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right)\)

b) Kẻ \(IJ \bot SA\left( {J \in SA} \right)\).

\(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow A{\rm{D}} = 2AI = a\sqrt 3 \)

\(\Delta SAD\) vuông tại \(D\) \( \Rightarrow S{\rm{A}} = \sqrt {S{D^2} + A{{\rm{D}}^2}}  = \frac{{3a\sqrt 2 }}{2}\)

Xét \(\Delta SAD\) và \(\Delta IAJ\)có:

\(\begin{array}{l}\widehat {SDA} = \widehat {IJA} = {90^0}\\\widehat A\,\,chung\end{array}\)

Suy ra \(\Delta SAD\,\infty \,\Delta IAJ\,(g.g) \Rightarrow \frac{{JI}}{{SD}} = \frac{{AI}}{{SA}} \Rightarrow JI = \frac{{SD.AI}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{a}{2}\)

Nên \(JI = \frac{{BC}}{2}\)

Tam giác \(BCJ\) có \(IJ\) là trung tuyến và \(IJ = \frac{1}{2}BC\)

Vậy tam giác \(BCJ\) vuông tại \(J \Rightarrow BJ \bot JC\)

\(\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}BC \bot \left( {SA{\rm{D}}} \right) \Rightarrow BC \bot SA\\IJ \bot SA\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot \left( {BCJ} \right)\\\left. \begin{array}{l} \Rightarrow SA \bot BJ\\BJ \bot JC\end{array} \right\} \Rightarrow BJ \bot \left( {SAC} \right)\end{array}\)

Mà \(BJ \subset \left( {SAB} \right)\)

Vậy \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).