Với giải Bài 54 trang 117 SBT Toán lớp 11 Cánh diều chi tiết trong Bài 6: Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều. Thể tích của một số hình khối giúp học sinh dễ dàng xem và so sánh lời giải từ đó biết cách làm bài tập trong SBT Toán 11. Mời các bạn đón xem:

Giải SBT Toán 11 Bài 6: Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều. Thể tích của một số hình khối

Bài 54 trang 117 SBT Toán 11 Tập 2: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a. Tính:

a) Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD;

b) Chiều cao và thể tích của khối tứ diện đều ABCD;

c) Côsin của góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (BCD);

d) Côsin của số đo góc nhị diện [C, AB, D].

Lời giải:

a) Do ABCD là tứ diện đều cạnh nên các tam giác ABC, ABD, ACD, BCD là các tam giác đều cạnh a.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD nên $BM=AM=CN=DN=\frac{a}{2}.$

Xét tam giác ABC đều có CM là đường trung tuyến (do M là trung điểm AB).

Suy ra CM là đường cao của tam giác ABC hay CM ⊥ AB.

Chứng minh tương tự đối với các tam giác ABD, BCD, ACD đều ta có: DM ⊥ AB, BN ⊥ CD, AN ⊥ CD.

· Ta có: AB ⊥ CM, AB ⊥ DM, CM ∩ DM = M trong (CDM)

Suy ra AB ⊥ (CDM).

Mà MN ⊂ (CDM) nên AB ⊥ MN.

· Ta có: CD ⊥ BN, CD ⊥ AN, BN ∩ AN = N trong (ABN)

Suy ra CD ⊥ (ABN).

Mà MN ⊂ (ABN) nên CD ⊥ MN.

Ta có: AB ⊥ MN, CD ⊥ MN.

Suy ra MN là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và CD.

Như vậy: d(AB, CD) = MN.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác BCM vuông tại M có:

MC² = BC² – BM²

$\Rightarrow MC=\sqrt{B{C}^2–B{M}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác CMN vuông tại N có:

CM² = MN² + CN²

$\Rightarrow MN=\sqrt{C{M}^2-C{N}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vậy $d\left(AB,CD\right)=MN=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

b) Gọi H là hình chiếu của A trên (BCD) hay AH ⊥ (BCD).

Do ABCD là tứ diện đều, nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác BCD.

Vì tam giác BCD đều nên H cũng là trọng tâm của tam giác BCD.

Mà BN là đường trung tuyến của tam giác BCD (do N là trung điểm của CD)

Suy ra: H ∈ BN và $BH=\frac{2}{3}BN.$

Ta có: AH ⊥ (BCD), BH ⊂ (BCD) nên AH ⊥ BH.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác BCN vuông tại N có:

BC² = BN­² + CN²

Suy ra $BN=\sqrt{B{C}^2-C{N}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Từ đó ta có $BH=\frac{2}{3}BN=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

· Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác ABH vuông tại H (do AH ⊥ BH) có:

AB² = AH² + BH²

Suy ra $AH=\sqrt{A{B}^2-B{H}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$

· Diện tích tam giác BCD là:

$S_{BCD}=\frac{1}{2}.BN.CD=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$(đvdt).

· Thể tích của khối tứ diện ABCD có đường cao $AH=\frac{a\sqrt{6}}{3},$ và diện tích đáy $S_{BCD}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ là:

$V_{ABCD}=\frac{1}{3}.\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}}{S}_{BCD}.AH=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$ (đvtt).

c) Do H là hình chiếu của A trên (BCD) nên góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (BCD) bằng góc giữa hai đường thẳng AB và BH và bằng $\widehat{ABH}.$

Xét tam giác ABH vuông tại H có: $\cos \widehat{ABH}=\frac{BH}{AB}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}.$

Vậy côsin của góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (BCD) là $\frac{\sqrt{3}}{3}.$

d) Theo câu a ta có: CM ⊥ AB, DM ⊥ AB, CM ∩ DM = M ∈ AB.

Nên $\widehat{CMD}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [C, AB, D].

Xét tam giác CMD, theo hệ quả định lí Côsin ta có:

$\cos \widehat{CMD}=\frac{C{M}^2+D{M}^2-C{D}^2}{2CM.DM}$

$\Rightarrow \cos \widehat{CMD}=\frac{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-a^2}{2.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{3}.$

Vậy côsin của số đo góc nhị diện [C, AB, D] bằng $\frac{1}{3}$