Với lời giải SBT Toán 11 trang 76 Tập 2 chi tiết trong Bài tập cuối chương 8 sách Chân trời sáng tạo 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 8

Bài 1 trang 76 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau. Gọi H là hình chiếu của điểm O trên mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng:

a) BC ⊥ (OAH).

b) H là trực tâm của ∆ABC.

c) $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}$ .

Lời giải:

a)Ta có: 

$\Rightarrow OA\perp \left(OBC\right)\Rightarrow OA\perp BC.\left(1\right)$

$OH\perp BC\left(OH\perp \left(ABC\right)\right).\left(2\right)$

Từ (1) và (2) $\Rightarrow$ BC ⊥ (OAH).

b)Từ a) $\Rightarrow$ BC ⊥ AH. (*)

Ta dễ dàng chứng minh được OC ⊥ (OAB) $\Rightarrow$ OC ⊥ AB. (3)

Lại có: OH ⊥ AB (do OH ⊥ (ABC)) $\Rightarrow$ OH ⊥ AB. (4)

Từ (3) và (4) $\Rightarrow$ AB ⊥ (OHC) hay AB ⊥ HC. (**)

Từ (*) và (**) $\Rightarrow$ H là trực tâm của tam giác ABC.

c)Dễ thấy OD, OH là các đường cao của tam giác OBC và OAD.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

Do đó $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}.$

Bài 2 trang 76 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện ABCD có hai mặt phẳng (ABC) và (ABD) cùng vuông góc với (DBC). Vẽ các đường cao BE, DF của tam giác BCD, đường cao DK của tam giác ACD.

a) Chứng minh hai mặt phẳng (ABE) và (DFK) cùng vuông góc với (ADC).

b) Gọi O và H là trực tâm ∆BCD và ∆ACD. Chứng minh OH vuông góc với (ADC).

Lời giải:

a)Từ giả thiết suy ra AB ⊥ (BDC) $\Rightarrow$ AB ⊥ DC.

Lại có: BE ⊥ DC.

$\Rightarrow$ DC ⊥ (ABE) hay (ADC) ⊥ (ABE). (1)

Ta có: .

Mà DK ⊥ AC.

Do đó AC ⊥ (DFK) hay (ADC) ⊥ (DFK). (2)

b)Dễ thấy O, H lần lượt là các giao điểm của DF và BE, AE và DK.

$\Rightarrow$ (ABE) $\cap$ (DFK) = OH. (3)

Từ (1), (2) và (3) $\Rightarrow$ OH ⊥ (ADC).

Bài 3 trang 76 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60°. Tỉnh khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a.

Lời giải:

Qua A kẻ đường thẳng song song với BC, I là hình chiếu của H trên đường thẳng đó.

Ta có BC // (SAI)

Suy ra d(BC, SA) = d(BC, (SAI))

= d(B, (SAI)) = $\frac{3}{2}d\left(H,\left(SAI\right)\right)$ .

Gọi K là hình chiếu của H trên SI.

Dễ dàng chứng minh được AI ⊥ (SHI) $\Rightarrow$ AI ⊥ HK.

$\Rightarrow$ HK ⊥ (SAI) $\Rightarrow$ d(H, (SAI)) = HK.

$\widehat{HAI}=180°-(60°+60°)=60°$

Tam giác AIH vuông tại I:

$\begin{array}{c}IH=AH.\sin 60°=\frac{a\sqrt{3}}{3}.\\ \left(SC,\left(ABC\right)\right)=\left(SC,CH\right)=\widehat{SCH}=60°.\\ C{H}^2=B{C}^2+B{H}^2-2.BC.BH.\cos 60°=\frac{7a^2}{9}\Rightarrow CH=\frac{a\sqrt{7}}{3}.\end{array}$

Tam giác SHC vuông tại H: $SH=HC.\tan 60°=\frac{a\sqrt{21}}{3}.$

Tam giác SHI vuông tại H:

$\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{I}^2}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{42}}{12}.$

$d\left(B,\left(SAI\right)\right)=\frac{3}{2}.HK=\frac{a\sqrt{42}}{8}.$

$\Rightarrow d\left(SA,BC\right)=\frac{a\sqrt{42}}{8}.$

Bài 4 trang 76 SBT Toán 11 Tập 2: Cho khối chóp tam giác S.ABC có SA ⊥ (ABC), tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là AB = 5a, BC = 8a, AC = 7a, góc giữa SB và (ABC) là 45°. Tính thể tích khối chóp S.ABC.

Lời giải:

Ta có: $\left(SB,\left(ABC\right)\right)=\widehat{SBA}=45°\Rightarrow SA=AB=5a.$

Áp dụng định lí Heron $S_{ABC}=10\sqrt{3}{a}^2.$

$\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.SA=\frac{1}{3}.10\sqrt{3}{a}^2.5a=\frac{50\sqrt{3}{a}^3}{3}.$

Bài 5 trang 76 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ đứng $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết AB = a, BC = $a\sqrt{3}$, góc giữa hai mặt phẳng ($C^{\text{'}}AB$) và (ABC) bằng 60°.

Tính $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}$ .

Lời giải:

Ta có:

$\Rightarrow \left(\left(ABC\text{'}\right),\left(ABC\right)\right)=\left(BC,BC\text{'}\right)=\widehat{CBC\text{'}}=60°.$

$\Rightarrow CC\text{'}=BC.\tan 60°=a\sqrt{3}.\sqrt{3}=3a$

$\Rightarrow V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{ABC}.CC\text{'}=\frac{1}{2}.AB.BC.CC\text{'}=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}.3a=\frac{3\sqrt{3}{a}^3}{2}.$

Bài 6 trang 76 SBT Toán 11 Tập 2: Cho khối lăng trụ đứng $ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}$ có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a, $\widehat{BA\text{}C}=120°$ , mặt phẳng (AB'C') tạo với đáy một góc 60°. Tính thể tích V của khối lăng trụ đã cho.

Lời giải:

Cho D là trung điểm của B'C'.

Đáy A'B'C' cân tại A' nên A'D ⊥ B'C'.

Mà AA' ⊥ B'C' nên B'C' ⊥ (ADA').

$\Rightarrow$ B'C' ⊥ AD.

$\Rightarrow \left(\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}\right),\left(AB\text{'}C\text{'}\right)\right)=\left(A\text{'}D,AD\right)=\widehat{ADA\text{'}}=60°.$

$AA\text{'}=A\text{'}D.\tan 60°=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

$V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=S_{ABC}.CC\text{'}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat{BAC}.CC\text{'}=\frac{3a^3}{8}.$.

Bài 7 trang 76 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a. Mặt phẳng (B'AC) tạo với đáy một góc 30°, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (D'AC) bằng $\frac{a}{2}$ . Tính thể tích khối tứ diện ACB'D'.

Lời giải:

Gọi O = AC $\cap$ BD. Ta có:

Khi đó:

$BO\perp AC,B\text{'}O\perp AC,\left(ABCD\right)\cap \left(B\text{'}AC\right)=AC,$

$\Rightarrow \left(\left(B\text{'}AC\right),\left(ABCD\right)\right)=(BO,OB\text{'})=\widehat{B\text{'}OB}=30°.$

Dễ thấy $d\left(B,\left(D\text{'}AC\right)\right)=d\left(D,\left(D\text{'}AC\right)\right)=\frac{a}{2}$ .

$AC\perp (BB\text{'}D\text{'}D)\Rightarrow (D\text{'}AC)\perp (BB\text{'}D\text{'}D)$

$(D\text{'}AC)\cap (BB\text{'}D\text{'}D)=D\text{'}O.$

Từ D kẻ DH ⊥ D'O (H ϵ DO), suy ra $d\left(D,\left(D\text{'}AC\right)\right)=DH=\frac{a}{2}.$

Xét ∆B'BO: $\tan 30°=\frac{BB\text{'}}{BO}\Rightarrow OD=BO=\sqrt{3}BB\text{'}.$

Xét ∆D'DO: $\frac{1}{H{D}^2}=\frac{1}{O{D}^2}+\frac{1}{D\text{'}{D}^2}\Rightarrow \frac{4}{a^2}=\frac{1}{3.B\text{'}{B}^2}+\frac{1}{D\text{'}{D}^2}$

$\Rightarrow DD\text{'}=\frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow OB=a.$

Gọi I = BD $\cap$ B'O, suy ra $\frac{BI}{D\text{'}I}=\frac{1}{2}.$

$\Rightarrow d\left(D\text{'},\left(B\text{'}AC\right)\right)=2d\left(B,\left(B\text{'}AC\right)\right)\Rightarrow V_{ACB\text{'}D\text{'}}=2V_{B\text{'}ABC}.$

Mà $OA=\sqrt{A{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}.$

$\Rightarrow S_{ABC}=2S_{ABO}=2.\frac{1}{2}.OB.OA=a^2\sqrt{3}.$

Suy ra $V_{B\text{'}.ABC}=\frac{1}{3}.BB\text{'}.S_{ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a}{\sqrt{3}}.a^2\sqrt{3}=\frac{a^3}{3}.$

Vậy $V_{ACB\text{'}D\text{'}}=\frac{2a^3}{3}.$

Bài 8 trang 76 SBT Toán 11 Tập 2: Một thùng đựng rác có dạng hình chóp cụt tứ giác đều. Đáy và miệng thùng có độ dài lần lượt là 60 cm và 120 cm, cạnh bên của thùng dài 100 cm. Tính thể tích của thùng.

Lời giải:

Kẻ C'H ⊥ AC (H ϵ AC).

Ta có 

Áp dụng công thức: $V=\frac{h}{3}.\left(S+\sqrt{S.S\text{'}}+S\text{'}\right),$

Với 

Ta có: $V=\frac{10\sqrt{82}}{3}\left({120}^2+120.60+{60}^2\right)=84000\sqrt{82}\left(c{m}^3\right).$

Vậy thể tích của thùng $84000\sqrt{82}c{m}^3$