Giải SBT Toán 11 trang 43 Tập 2 Kết nối tri thức

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

147

Với lời giải SBT Toán 11 trang 43 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 7.51 trang 43 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và SC = a $\sqrt{2}$ . Gọi H là trung điểm của cạnh AB.

a) Chứng minh rằng SH $⊥$ (ABCD).

b) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.

c) Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD).

Lời giải:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều

a) ABCD là hình vuông cạnh a nên AB = BC = CD = DA = a.

Do tam giác SAB đều cạnh a và H là trung điểm của AB nên SH $⊥$ AB và SH = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ ; AH = BH = $\frac{A B}{2} = \frac{a}{2}$ .

Xét tam giác BHC vuông tại B có HC = $\sqrt{B C^{2} + B H^{2}} = \sqrt{a^{2} + \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{5}}{2}$ .

Có $S C^{2} = {(a \sqrt{2})}^{2} = 2 a^{2}$ ; $S H^{2} + H C^{2} = {(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2} + {(\frac{a \sqrt{5}}{2})}^{2} = 2 a^{2}$ .

Suy ra SC² = SH² + HC². Do đó tam giác SHC vuông tại H hay SH $⊥$ HC mà SH $⊥$ AB nên SH $⊥$ (ABCD).

b) Ta có $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} \cdot S_{A B C D} \cdot S H = \frac{1}{3} \cdot a^{2} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$ .

c) Vì H là trung điểm của AB nên d(A, (SBD)) = 2 . d(H, (SBD)).

Kẻ HK $⊥$ BD tại K, HQ $⊥$ SK tại Q.

Ta có SH $⊥$ (ABCD) nên SH $⊥$ BD mà HK $⊥$ BD nên BD $⊥$ (SHK), suy ra BD $⊥$ HQ.

Vì BD $⊥$ HQ và HQ $⊥$ SK nên HQ $⊥$ (SBD), suy ra d(H, (SBD)) = HQ.

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

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

Xét tam giác ABO có HK là đường trung bình nên HK = $\frac{A O}{2} = \frac{A C}{4} = \frac{a \sqrt{2}}{4}$ .

Xét tam giác SHK vuông tại H, HQ là đường cao, ta có

$\frac{1}{H Q^{2}} = \frac{1}{S H^{2}} + \frac{1}{H K^{2}}$ $= \frac{4}{3 a^{2}} + \frac{16}{2 a^{2}} = \frac{28}{3 a^{2}}$ $\Rightarrow H Q = \frac{a \sqrt{21}}{14}$ .

Vậy d(A,(SBD)) = 2HQ = $\frac{a \sqrt{21}}{7}$ .

Bài 7.52 trang 43 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có SA $⊥$ (ABCD), biết ABCD là hình vuông cạnh bằng a và SA = a $\sqrt{2}$ .

a) Chứng minh rằng (SAC) $⊥$ (SBD) và (SAD) $⊥$ (SCD).

b) Gọi BE, DF là hai đường cao của tam giác SBD. Chứng minh rằng (ACF) $⊥$ (SBC) và (AEF) $⊥$ (SAC).

c) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.

Lời giải:

Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc (ABCD), biết ABCD là hình vuông

a) Ta có ABCD là hình vuông nên AC $⊥$ BD. Mà SA $⊥$ (ABCD) nên SA $⊥$ BD.

Do đó BD $⊥$ (SAC) mà BD $\subset$ (SBD) nên (SAC) $⊥$ (SBD).

Vì ABCD là hình vuông nên AD $⊥$ CD mà SA $⊥$ (ABCD) nên CD $⊥$ SA.

Do đó CD $⊥$ (SAD) mà CD $\subset$ (SCD) nên (SAD) $⊥$ (SCD).

b) Vì ABCD là hình vuông nên AD $⊥$ AB mà SA $⊥$ (ABCD) nên AD $⊥$ SA.

Do đó AD $⊥$ (SAB), suy ra AD $⊥$ SB.

Vì DF là đường cao của tam giác SBD nên SB $⊥$ DF mà AD $⊥$ SB do đó SB $⊥$ (ADF), suy ra SB $⊥$ AF.

Vì ABCD là hình vuông nên AB $⊥$ BC, mà SA $⊥$ (ABCD) nên SA $⊥$ BC.

Do đó BC $⊥$ (SAB) nên BC $⊥$ AF.

Có SB $⊥$ AF và BC $⊥$ AF, do đó AF $⊥$ (SBC) mà AF $\subset$ (ACF) nên (ACF) $⊥$ (SBC).

Vì AF $⊥$ (SBC) nên AF $⊥$ SC.

Vì CD $⊥$ (SAD), suy ra CD $⊥$ AE.

Vì ABCD là hình vuông nên AD $⊥$ AB mà SA $⊥$ (ABCD) nên AB $⊥$ SA.

Vì AD $⊥$ AB và AB $⊥$ SA nên AB $⊥$ (SAD), suy ra AB $⊥$ SD.

Lại có BE là đường cao của tam giác SBD nên BE $⊥$ SD.

Vì AB $⊥$ SD và BE $⊥$ SD nên SD $⊥$ (ABE), suy ra SD $⊥$ AE.

Vì SD $⊥$ AE mà CD $⊥$ AE nên AE $⊥$ (SCD), suy ra AE $⊥$ SC mà AF $⊥$ SC.

Do đó SC $⊥$ (AEF) mà SC $\subset$ (SAC) nên (AEF) $⊥$ (SAC).

c) Gọi O là giao điểm của AC và BD, kẻ OH $⊥$ SC tại H.

Có AC $⊥$ BD và BD $⊥$ SA nên BD $⊥$ (SAC), suy ra OH $⊥$ BD.

Do đó OH là đoạn vuông góc chung của BD và SC hay d(BD, SC) = OH.

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

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

Xét tam giác SAC vuông tại A nên SC = $\sqrt{S A^{2} + A C^{2}} = \sqrt{2 a^{2} + 2 a^{2}} = 2 a$

Xét $△$ CHO và $△$ CAS có góc C chung và $\hat{C H O} = \hat{C A S} = 90 °$ nên $△$ CHO đồng dạng với $△$ CAS, suy ra $\frac{O C}{C S} = \frac{O H}{A S}$ $\Rightarrow O H = \frac{O C \cdot A S}{C S}$ $= \frac{\frac{a \sqrt{2}}{2} \cdot a \sqrt{2}}{2 a}$ $= \frac{a}{2}$ .

Vậy d(BD, SC) = $\frac{a}{2}$ .

Bài 7.53 trang 43 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, cạnh bên SA = $\frac{a \sqrt{5}}{2}$ . Gọi SM, SN lần lượt là đường cao của tam giác SAD và tam giác SBC.

a) Chứng minh rằng (SMN) $⊥$ (ABCD).

b) Tính số đo của góc nhị diện [S, AD, B].

c) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.

Lời giải:

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC, BD.

Vì SM là đường cao của tam giác SAD nên AD $⊥$ SM.

Do ABCD là hình vuông nên AD // BC do đó BC $⊥$ SM, mà BC $⊥$ SN (do SN là đường cao của tam giác SBC) nên BC $⊥$ (SMN).

Lại có BC $\subset$ (ABCD) nên (SMN) $⊥$ (ABCD).

b) Vì các tam giác SAD, SBC là các tam giác cân, SM, SN lần lượt là đường cao của tam giác SAD và tam giác SBC nên M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC.

Vì MN đi qua O nên OM $⊥$ AD mà SM $⊥$ AD nên [S, AD, B] = $\hat{S M O}$ .

ABCD là hình vuông cạnh a nên MN = a, OM = ON = $\frac{a}{2}$ .

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

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

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO $⊥$ (ABCD).

Xét tam giác SAO vuông tại O, có SO = $\sqrt{S A^{2} - O A^{2}} = \sqrt{\frac{5 a^{2}}{4} - \frac{2 a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Xét tam giác SOM vuông tại O, SM = $\sqrt{S O^{2} + O M^{2}} = \sqrt{\frac{3 a^{2}}{4} + \frac{a^{2}}{4}} = a$ .

Tương tự, SN = a. Suy ra SM = SN = MN = a.

Do đó tam giác SMN là tam giác đều. Suy ra $\hat{S M N}$ = 60^o.

Vậy góc nhị diện [S, AD, B] bằng 60°.

c) $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} \cdot S_{A B C D} \cdot S O = \frac{1}{3} \cdot a^{2} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$ .

Bài 7.54 trang 43 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có $\hat{B A C} = 60 °$ , AB = 2a, AC = 3a và số đo của góc nhị diện [A', BC, A] bằng 45°.

a) Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (A'BC).

b) Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C'.

Lời giải:

Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có góc BAC = 60 độ

a) Kẻ AH $⊥$ BC tại H.

Vì ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng nên A'A $⊥$ (ABC), suy ra A'A $⊥$ BC mà AH $⊥$ BC nên BC $⊥$ (A'AH).

Kẻ AK $⊥$ A'H tại K, lại có BC $⊥$ AK (do BC $⊥$ (A'AH)) nên AK $⊥$ (A'CB).

Do đó d(A, (A'BC)) = AK.

Có BC $⊥$ (A'AH) nên BC $⊥$ A'H mà AH $⊥$ BC nên góc nhị diện [A', BC, A] bằng $\hat{A H A^{'}}$ , suy ra $\hat{A H A^{'}} = 45 °$ .

Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABC, có

$B C^{2} = A B^{2} + A C^{2}$ - 2.AB.AC.cos $\hat{B A C}$ = 4a²+9a²-2.2a.3a.cos60^o = 7a².

$\Rightarrow$ BC = a $\sqrt{7}$ .

Vì $S_{A B C} = \frac{A H \cdot B C}{2}$ $\Rightarrow A H = \frac{S_{A B C} \cdot 2}{B C}$ $= \frac{A B \cdot A C \cdot \sin \hat{B A C}}{B C}$

$= \frac{2 a . 3 a . \sin 60^{o}}{a \sqrt{7}}$ = $\frac{3 \sqrt{21}}{7} a$ .

Xét tam giác AHK vuông tại K, có AK = AH . sin45° = $\frac{3 \sqrt{21} a}{7} \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3 \sqrt{42} a}{14}$ .

Vậy d(A, (A'BC)) = $\frac{3 \sqrt{42} a}{14}$ .

b) Vì tam giác A'AH vuông tại A, $\hat{A H A^{'}} = 45 °$ nên tam giác A'AH vuông cân tại A nên AA' = AH = $\frac{3 \sqrt{21}}{7} a$ .

Ta có: $V_{A B C . A^{'} B^{'} C^{'}} = S_{A B C} \cdot$ AA' = $\frac{1}{2}$ .AB.AC.sin $\hat{B A C}$ .AA'

= $\frac{1}{2}$ .2a.3a.sin60^o. $\frac{3 \sqrt{21} a}{7}$ = $\frac{27 \sqrt{7} a^{3}}{14}$ .

Bài 7.55 trang 43 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD.

a) Tính theo a thể tích khối chóp cụt AMN.A'B'D'.

b) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và A'B.

Lời giải:

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm

a) Ta có $S_{A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = S_{A B C D} = a^{2}$ mà ABCD và A'B'C'D' là hình vuông nên $S_{A^{'} B^{'} D^{'}} = S_{A B D}$ $= \frac{1}{2} S_{A^{'} B^{'} C^{'} D^{'}} = \frac{a^{2}}{2}$ .

Vì M, N lần lượt là trung điểm của AB, AD nên $\frac{A M}{A B} = \frac{A N}{A D} = \frac{1}{2}$ .

Xét $△$ AMN và $△$ ABD có góc A chung và $\frac{A M}{A B} = \frac{A N}{A D}$ nên $△$ AMN đồng dạng với $△$ ABD.

Suy ra $\frac{S_{A M N}}{S_{A B D}} = {(\frac{A M}{A B})}^{2} = \frac{1}{4}$ $\Rightarrow S_{A M N} = \frac{1}{4} S_{A B D} = \frac{a^{2}}{8}$ .

(Ngoài cách trên, ta có thể tính được AM = AN = $\frac{a}{2}$ , suy ra $S_{A M N} = \frac{1}{2}$ .AM.AN = $\frac{a^{2}}{8}$ )

Khi đó $V_{A M N . A^{'} B^{'} D^{'}} = \frac{1}{3} \cdot A A^{'} \cdot (S_{A M N} + S_{A^{'} B^{'} D^{'}} + \sqrt{S_{A M N} \cdot S_{A^{'} B^{'} D^{'}}})$

$= \frac{1}{3} \cdot a \cdot (\frac{a^{2}}{8} + \frac{a^{2}}{2} + \sqrt{\frac{a^{2}}{8} \cdot \frac{a^{2}}{2}}) = \frac{7 a^{3}}{24}$ .

b) Xét tam giác ABD có M, N lần lượt là trung điểm của AB, AD nên MN là đường trung bình của tam giác ABD. Do đó MN // BD. Suy ra MN // (A'BD).

Do đó d(MN, A'B) = d(MN, (A'BD)) = d(M, (A'BD)).

Vì M là trung điểm của AB nên d(M,(A'BD)) = $\frac{1}{2}$ d(A,(A'BD)).

Đặt h = d(A, (A'BD)).

Áp dụng kết quả bài 7.7 trang 28 SBT Toán 11 tập 2, ta có:

$\frac{1}{h^{2}} = \frac{1}{A B^{2}} + \frac{1}{A D^{2}} + \frac{1}{A {A^{'}}^{2}}$ $= \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{a^{2}} = \frac{3}{a^{2}}$ $\Rightarrow h = \frac{a \sqrt{3}}{3}$ .

Vậy d(MN,A'B) = $\frac{1}{2} h = \frac{1}{2} . \frac{a \sqrt{3}}{3} = \frac{a \sqrt{3}}{6} .$

Bài 7.56 trang 43 SBT Toán 11 Tập 2: Một bể chứa nước hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' được đặt trên một mái nhà nghiêng so với mặt đất nằm ngang góc 10°, AB = 1 m, AD = 1,5 m, AA' = 1 m. Đáy bể là hình chữ nhật ABCD. Các điểm A, B cùng ở độ cao 5 m (so với mặt đất), các điểm C, D ở độ cao lớn hơn so với độ cao của các điểm A, B. Khi nước trong bể phẳng lặng người ta đo được khoảng cách giữa đường mép nước ở mặt phẳng (ABB'A') và mặt đáy của bể là 80 cm. Tính thể tích của phần nước trong bể.

Một bể chứa nước hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' được đặt trên một mái nhà

Lời giải:

Một bể chứa nước hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' được đặt trên một mái nhà

Gọi MN là đường mép nước ở trên mặt (ABB'A'), EF là đường mép nước trên mặt (CDD'C'). Khi đó ABNM.DCEF là một hình chóp cụt. Kẻ MH $⊥$ DD' tại H. Khi đó ADHM là hình chữ nhật nên MH = AD = 1,5 m, AM = DH = 80 cm = 0,8 m.

Xét tam giác MHF vuông tại H, $\hat{H M F} = 10 °$ (do mái nhà nghiêng so với mặt đất nằm ngang góc 10° và MF song song với mặt đất), có: HF = MH × tan10° = 1,5tan10° (m).

Suy ra DF = DH – HF = AM – HF = 0,8 – 1,5tan10° $\approx$ 0,54 (m).

Do DCEF là hình chữ nhật nên S₁ = S_DCEF = DF × CD = DF ∙ AB $\approx$ 0,54 (m²);

Do ABNM là hình chữ nhật nên S₂ = S_ABNM = AB × AM = 0,8 (m²).

Thể tích phần nước trong bể là:

$V = \frac{1}{3} \cdot (S_{1} + S_{2} + \sqrt{S_{1} \cdot S_{2}}) \cdot A D$ $\approx \frac{1}{3} \cdot (0, 54 + 0, 8 + \sqrt{0, 54 \cdot 0, 8}) \cdot 1, 5 \approx 1 (m^{3})$ .