Với lời giải SBT Toán 11 trang 119 Tập 2 chi tiết trong Bài tập cuối chương 8 sách Cánh diều 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 59 trang 119 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có AB = a.

a) Chứng minh C’D ⊥ (BCD’), BD’ ⊥ C’D và (BC’D) ⊥ (BCD’);

b) Tính góc giữa hai đường thẳng BD và A’D’;

c) Tính góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (CDD’C’);

d) Tính số đo của góc nhị diện [B, DD’, C];

e) Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (BCD’);

g) Chứng minh B’C’ // (BCD’) và tính khoảng cách giữa đường thẳng B’C’ và mặt phẳng (BCD’);

h) Tính thể tích của khối tứ diện C’BCD và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (BC’D).

Lời giải:

a) Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương, nên ta có BC ⊥ (CDD’C’).

Mà C’D ⊂ (CDD’C’) nên BC ⊥ C’D.

Vì CDD’C’ là hình vuông nên C’D ⊥ CD’.

⦁ Ta có: C’D ⊥ BC, C’D ⊥ CD’, BC ∩ CD’ = C trong (BCD’)

Suy ra C’D ⊥ (BCD’).

⦁ Hơn nữa BD’ ⊂ (BCD’) nên C’D ⊥ BD’ hay BD’ ⊥ C’D.

⦁ Do C’D ⊥ (BCD’), C’D ⊂ (BC’D) nên (BC’D) ⊥ (BCD’).

b) Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương, nên ta có AD // A’D’.

Nên góc giữa hai đường thẳng BD và A’D’ bằng góc giữa hai đường thẳng BD và AD và bằng $\widehat{ADB}.$

Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{ADB}=45°.$

Vậy góc giữa hai đường thẳng BD và A’D’ bằng 45°.

c) Do BC ⊥ (CDD’C’) nên góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (CDD’C’) bằng góc giữa hai đường thẳng BD và CD và bằng $\widehat{BDC}.$

Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{BDC}=45°.$

Vậy góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (CDD’C’) bằng 45°.

d) Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương, nên ta có DD’ ⊥ (ABCD).

Mà BD ⊂ (ABCD) và CD ⊂ (ABCD) nên DD’ ⊥ BD và DD’ ⊥ CD.

Hơn nữa BD ∩ CD = D ∈ DD’.

Suy ra $\widehat{BDC}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, DD’, C].

Theo câu c ta có $\widehat{BDC}=45°.$

Vậy số đo góc nhị diện [B, DD’, C] bằng 45°.

e) Gọi O là giao điểm của C’D và CD’.

Theo câu a ta có: C’D ⊥ (BCD’) nên DO ⊥ (BCD’) (do O ∈ C’D).

Như vậy: d(D, (BCD’)) = DO.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác CC’D vuông tại C ta có: $C^{\text{'}}D=\sqrt{C^{\text{'}}{C}^2+C{D}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}.$

Do CDD’C’ là hình vuông, O là giao điểm của C’D và CD’ nên $OD=\frac{C^{\text{'}}D}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vậy khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (BCD’) bằng $\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

g) Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương, nên ta có B’C’ // BC.

Mà BC ⊂ (BCD’), suy ra B’C’ // (BCD’).

Khi đó d(B’C’, (BCD’)) = d(C’, (BCD’)).

Theo câu a ta có C’D ⊥ (BCD’) nên C’O ⊥ (BCD’) (do O ∈ C’D).

Suy ra d(C’, (BCD’)) = C’O.

Do CDD’C’ là hình vuông, O là giao điểm của C’D và CD’ nên $C^{\text{'}}O=\frac{C^{\text{'}}D}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vậy $d\left(B^{\text{'}}{C}^{\text{'}},\left(BCD\text{'}\right)\right)=C^{\text{'}}O=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

h) ⦁ Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương, nên ta có CC’ ⊥ (ABCD) hay CC’ ⊥ (BCD).

Thể tích của khối tứ diện C’BCD có đường cao CC’ và đáy là tam giác BCD là: $V_{C^{\text{'}}BCD}=\frac{1}{3}{S}_{BCD}.C{C}^{\text{'}}=\frac{1}{3}.\left(\frac{1}{2}BC.CD\right).C{C}^{\text{'}}$

⦁ Do BC’, C’D, BD lần lượt là đường chéo của các hình vuông BCC’B’, CDD’C’, ABCD cạnh a.

Nên ta có $B{C}^{\text{'}}=BD=C^{\text{'}}D=a\sqrt{2}.$

Suy ra BC’D là tam giác đều cạnh $a\sqrt{2}.$

Trong tam giác BC’D đều cạnh a, kẻ đường cao BH (H ∈ C’D) (hình vẽ dưới đây).

Suy ra BH cũng là đường trung tuyến của tam giác BC’D hay H là trung điểm của C’D.

$\Rightarrow DH=\frac{C^{\text{'}}D}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác BHD vuông tại H có:

BD² = BH² + HD²

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

Ta có diện tích tam giác BC’D là:

$S_{B{C}^{\text{'}}D}=\frac{1}{2}BH.C^{\text{'}}D=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.a\sqrt{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.$

Xét khối tứ diện C’BCD có C là đỉnh, BC’D là đáy thì ta có công thức khác có thể tính thể tích của khối tứ diện C’BCD là:

$V_{C^{\text{'}}BCD}=\frac{1}{3}{S}_{B{C}^{\text{'}}D}\cdot d\left(C,\left(B{C}^{\text{'}}D\right)\right).$

$\Rightarrow d\left(C,\left(B{C}^{\text{'}}D\right)\right)=\frac{3V_{C^{\text{'}}BCD}}{S_{B{C}^{\text{'}}D}}=\frac{3.\frac{a^3}{6}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Vậy khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (BC’D) bằng $\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Bài 60 trang 119 SBT Toán 11 Tập 2: Một chì neo câu cá có dạng khối chóp cụt tứ giác đều được làm hoàn toàn bằng chì có khối lượng 137 g. Biết cạnh đáy nhỏ và cạnh đáy lớn của khối chóp cụt đều dài lần lượt 1 cm và 3 cm, khối lượng riêng của chì bằng 11,3 g/cm³. Tính chiều cao của chì neo câu cá đó theo đơn vị centimét (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Lời giải:

Vì chì neo câu cá làm hoàn bằng chì có khối lượng 137 g và khối lượng riêng của chì là 11,3 g/cm³ từ đó ta có thể tích của khối chì neo câu cá là: $V=\frac{137}{11,3}\left(c{m}^3\right).$

Do chì neo câu cá có dạng hình chóp cụt tứ giác đều, nên công thức tính thể tích của chì neo câu cá là: $V=\frac{1}{3}h\left(S_1+\sqrt{S_1{S}_2}+S_2\right),$ với h là chiều cao, S₁ và S₂ là diện tích hai đáy.

Vì hai đáy là tứ giác đều (hình vuông) nên ta có diện tích hai đáy là:

S₁ = 1² = 1 (cm²) và S₂ = 3² = 9 (cm²).

$\Rightarrow V=\frac{1}{3}h\left(1+\sqrt{1.9}+9\right)=\frac{13}{3}h$

$\Rightarrow h=\frac{3V}{13}=\frac{3.\frac{137}{11,3}}{13}\approx 2,8$

Vậy chiều cao của chì neo câu cá đó gần bằng 2,8 cm.

Bài 61 trang 119 SBT Toán 11 Tập 2: Một chiếc khay đựng đầy nước có dạng hình hộp chữ nhật với kích thước: chiều dài 20 cm, chiều rộng 10 cm, chiều cao 8 cm (Hình 50a). Để san bớt nước cho đỡ đầy, người ta đổ nước từ chiếc khay thứ nhất đó sang chiếc khay thứ hai có dạng hình chóp cụt tứ giác đều với đáy khay là hình vuông nhỏ có đường chéo dài n (cm), miệng khay là hình vuông lớn có đường chéo dài 2n (cm) (Hình 50b). Sau khi đổ, mực nước ở khay thứ hai cao bằng $\frac{2}{3}$ chiều cao của khay đó và lượng nước trong khay thứ nhất giảm đi $\frac{1}{4}$ so với ban đầu. Tính thể tích của chiếc khay thứ hai theo đơn vị centimét khối.

Lời giải:

Vì khay đựng đầy nước có dạng hình hộp chữ nhật với kích thước: chiều dài 20 cm, chiều rộng 10 cm, chiều cao 8 cm, nên ta có thể tích nước trong khay thứ nhất trước khi đổ ra là: 20.10.8 = 1 600 (cm³).

Sau khi đổ nước sang khay thứ hai, ta thấy rằng lượng nước trong khay thứ nhất giảm đi $\frac{1}{4}$ so với ban đầu, cho nên lượng nước có ở trong khay thứ 2 bằng $\frac{1}{4}$ lượng nước ban đầu có ở trong khay thứ nhất.

Như vậy, thể tích nước có trong khay thứ hai là $1600.\frac{1}{4}=400\left(c{m}^3\right).$

Gọi chiều cao của khay thứ hai là h (cm).

Giả sử khay thứ hai có hình dạng chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ như hình vẽ sau:

Dễ dàng chứng minh được ACC’A’ là hình thang cân. Lấy MN song song với AC; H, K lần lượt là hình chiếu của A’, C’ trên AC; P, Q lần lượt là giao điểm của A’H và MN, C’K và MN như hình vẽ sau:

Theo giả thiết mực nước (ngang với MN) trong khay thứ hai cao bằng $\frac{2}{3}$ chiều cao của khay đó, nên ta có thể coi C’Q chính là chiều cao nước trong khay.

Dễ thấy: A’H = C’K = h.

Suy ra: $C^{\text{'}}Q=\frac{2}{3}h$ , có nghĩa là chiều cao nước trong khay thứ hai là $\frac{2}{3}h.$

Vì H, K lần lượt là hình chiếu của A’, C’ trên AC nên A’H ⊥ AC, C’K ⊥ AC.

Suy ra A’H // C’K và $\widehat{A^{\text{'}}HK}=90°$ mà HK // A’C’ nên HKC’A’ là hình chữ nhật

Từ đó ta có A’C’ = HK = n.

Dễ dàng chứng minh được ∆AHA’ = ∆CKC’ nên AH = CK.

$\Rightarrow AH=CK=\frac{AC-HK}{2}=\frac{2n-n}{2}=\frac{n}{2}.$

Tam giác A’AH có MP // AH, nên theo hệ quả định lí Thales ta có: $\frac{MP}{AH}=\frac{A^{\text{'}}P}{A^{\text{'}}H}=\frac{2}{3}$

$\Rightarrow MP=\frac{2}{3}AH=\frac{2}{3}.\frac{n}{2}=\frac{n}{3}.$

Tương tự tam giác C’CK có QN // CK nên ta cũng có $QN=\frac{n}{3}.$

Do đó: $MN=MP+PQ+QN=\frac{n}{3}+n+\frac{n}{3}=\frac{5n}{3}.$

Theo giả thiết ta có thể tích nước trong khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận MN là đường chéo có diện tích ${S^{\text{'}}}_1$ và đáy nhỏ (hình vuông) nhận A’C’ làm đường chéo có diện tích ${S^{\text{'}}}_2,$ chiều cao bằng $h^{\text{'}}=\frac{2}{3}h.$

·${S^{\text{'}}}_1=\frac{M{N}^2}{2}=\frac{{\left(\frac{5n}{3}\right)}^2}{2}=\frac{25n^2}{18}.$

·${S^{\text{'}}}_2=\frac{A^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2}{2}=\frac{n^2}{2}.$

$\Rightarrow V^{\text{'}}=\frac{1}{3}\cdot \left(\frac{2}{3}h\right)\cdot \left(\frac{25n^2}{18}+\sqrt{\frac{25n^2}{18}.\frac{n^2}{2}}+\frac{n^2}{2}\right)=\frac{49}{81}{n}^{2}h$

Mà thể tích nước trong khay thứ hai là 400 cm³, nên ta có:

$V=\frac{49}{81}{n}^{2}h=400\Rightarrow n^{2}h=\frac{32400}{49}.$

Mặt khác, thể tích khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận AC là đường chéo có diện tích S₁ và đáy nhỏ (hình vuông) nhận A’C’ làm đường chéo có diện tích S₂, chiều cao bằng h.

·$S_1=\frac{A{C}^2}{2}=\frac{{\left(2n\right)}^2}{2}=2n^2.$

·$S_2=\frac{A^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2}{2}=\frac{n^2}{2}.$

$\Rightarrow V=\frac{1}{3}h.\left(2n^2+\sqrt{2n^2.\frac{n^2}{2}}+\frac{n^2}{2}\right)=\frac{7}{6}{n}^{2}h$

Mà $n^{2}h=\frac{32400}{49}\Rightarrow V=\frac{7}{6}.\frac{32400}{49}=\frac{5400}{7}\left(c{m}^3\right).$

Vậy thể tích của chiếc khay thứ hai bằng $\frac{5400}{7}\left(c{m}^3\right).$