Giải SBT Toán 11 trang 42 Tập 2 Kết nối tri thức

Nguyễn Mạnh Tài Ngày: 15-12-2023 Lớp 11

Với lời giải SBT Toán 11 trang 42 Tập 2 chi tiết trong Bài tập cuối chương 7 trang 41 sách Kết nối tri thức 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 tập cuối chương 7 trang 41

Bài 7.44 trang 42 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a, côsin của góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (BCD) bằng

A. $\frac{1}{3}$ .

B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

D. $\frac{1}{2}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a, côsin của góc giữa đường thẳng AB

Gọi M là trung điểm của CD, H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.

Khi đó AH $⊥$ (BCD).

Suy ra BH là hình chiếu vuông góc của AB trên mặt phẳng (BCD).

Khi đó góc giữa giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (BCD) bằng góc giữa hai đường thẳng AB và BH, mà (AB,BH) = $\hat{A B H}$ .

Vì tam giác BCD đều, BM là đường trung tuyến nên BM đồng thời là đường cao.

Do đó BM = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ , suy ra BH = $\frac{2}{3}$ .BM = $\frac{2}{3}$ . $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ = $\frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

Xét tam giác ABH vuông tại H, có cos $\hat{A B H}$ = $\frac{B H}{A B}$ = $\frac{a \sqrt{3}}{3 a}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

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

Bài 7.45 trang 42 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a, côsin của góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng

A. $\frac{2}{3}$ .

B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

D. $\frac{1}{3}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a, côsin của góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD)

Gọi M là trung điểm của CD.

Do tam giác ACD và BCD là tam giác đều nên AM $⊥$ CD và BM $⊥$ CD.

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng góc giữa hai đường thẳng AM và BM, mà (AM,BM) = $\hat{A M B}$ .

Vì tam giác ACD và BCD là tam giác đều cạnh bằng a nên AM = BM = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Áp dụng định lí côsin cho tam giác ABM có:

$c o s \hat{A M B} = \frac{A M^{2} + B M^{2} - A B^{2}}{2 \cdot A M \cdot B M}$ $= \frac{\frac{3 a^{2}}{4} + \frac{3 a^{2}}{4} - a^{2}}{2 \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2}}$ $= \frac{\frac{a^{2}}{2}}{\frac{3 a^{2}}{2}}$ $= \frac{1}{3}$ .

Vậy côsin góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng $\frac{1}{3}$ .

Bài 7.46 trang 42 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a, gọi O là giao điểm của AC và BD. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC) bằng

A. $\frac{a \sqrt{6}}{6}$ .

B. $\frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

C. $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

D. $\frac{a \sqrt{6}}{3}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a, gọi O là giao điểm

Vì S.ABCD là hình chóp đều, O là giao điểm của AC và BD nên SO $⊥$ (ABCD).

Kẻ OM $⊥$ BC tại M mà BC $⊥$ SO (do SO $⊥$ (ABCD)) nên BC $⊥$ (SOM).

Kẻ OH $⊥$ SM tại H mà OH $⊥$ BC (do BC $⊥$ (SOM)) nên OH $⊥$ (SBC).

Khi đó d(O, (SBC)) = OH.

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên ABCD là hình vuông.

Xét tam giác ABC có OM // AB (vì cùng vuông góc với BC) mà O là trung điểm của AC nên M là trung điểm của BC, do đó OM là đường trung bình của tam giác ABC nên OM = $\frac{A B}{2} = \frac{a}{2}$ .

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC = $\sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a \sqrt{2}$ .

Vì O là trung điểm của AC nên OC = $\frac{A C}{2} = \frac{a \sqrt{2}}{2}$ .

Xét tam giác SOC vuông tại O có: SO = $\sqrt{S C^{2} - O C^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{2 a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{2}}{2}$ .

Xét tam giác SOM vuông tại O, OH là đường cao, ta có

$\frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{S O^{2}} + \frac{1}{O M^{2}}$ $= \frac{4}{2 a^{2}} + \frac{4}{a^{2}} = \frac{6}{a^{2}}$ $\Rightarrow O H = \frac{a \sqrt{6}}{6}$ .

Vậy khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC) bằng $\frac{a \sqrt{6}}{6}$ .

Bài 7.47 trang 42 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a, gọi O là giao điểm của AC và BD. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SD bằng

A. $\frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

B. $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

C. $\frac{a \sqrt{6}}{3}$ .

D. $\frac{a \sqrt{6}}{2}$ .

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a, gọi O là giao điểm của AC và BD

Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC, BD, MN.

Vì ABCD là hình vuông nên AB // CD suy ra AB // (SCD).

Khi đó d(AB, SD) = d(AB, (SCD)) = d(M, (SCD)) = 2 . d(O, (SCD)).

Ta có SO $⊥$ (ABCD) nên SO $⊥$ CD mà CD $⊥$ ON (do MN // BC) nên CD $⊥$ (SON).

Hạ OH $⊥$ SN tại H, OH $⊥$ CD (do CD $⊥$ (SON)) nên OH $⊥$ (SCD).

Do đó d(O, (SCD)) = OH.

Xét tam giác BCD có ON là đường trung bình nên ON = $\frac{B C}{2} = \frac{a}{2}$ .

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC = $\sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a \sqrt{2}$ .

ABCD là hình vuông, O là giao điểm của AC và BD nên O là trung điểm của AC, suy ra OC = $\frac{A C}{2} = \frac{a \sqrt{2}}{2}$ .

Xét tam giác SOC vuông tại O có: SO = $\sqrt{S C^{2} - O C^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{2 a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{2}}{2}$ .

Xét tam giác SON vuông tại O, OH là đường cao, ta có

$\frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{S O^{2}} + \frac{1}{O N^{2}}$ $= \frac{4}{2 a^{2}} + \frac{4}{a^{2}} = \frac{6}{a^{2}}$ $\Rightarrow O H = \frac{a \sqrt{6}}{6}$ .