Giải Sách bài tập Toán 11 Bài 3: Hai mặt phẳng vuông góc – CTST

Giải Sách bài tập Toán 11 Bài 3: Hai mặt phẳng vuông góc – SÁCH GIÁO KHOA CHÂN TRỜI SÁNG TẠO 2024

================

Giải SBT Toán 11 Bài 3: Hai mặt phẳng vuông góc

Giải SBT Toán 11 trang 61

Bài 1 trang 61 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD vuông cân tại B và AB ⊥ (BCD). Cho biết BC = $a\sqrt{2}$ , AB = $\frac{a}{\sqrt{3}}$. Xác định và tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD).

Lời giải:

Gọi I là trung điểm của CD.

Ta có: CD ⊥ BI và CD ⊥ AB suy ra CD ⊥ AI.

Ta nhận thấy: CD là giao tuyến của 2 mặt phẳng (ACD) và (BCD);

Mà 

Suy ra $\left(\right(ACD),(BCD\left)\right)=(AI,BI)=\widehat{AIB}.$

Tam giác BCD vuông cân tại B nên $BI=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}.BC.\sqrt{2}=a.$

Xét tam giác ABI vuông tại B, ta có:

$\tan \widehat{AIB}=\frac{AB}{BI}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{AIB}=30°.$

Vậy góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là $\widehat{AIB}=30°$ .

Bài 2 trang 61 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh 2a. Cho biết SA = a và SA ⊥ (ABCD). Trên BC lấy điểm I sao cho tam giác SDI vuông tại S. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SDI) và (ABCD) là 60°. Tính độ dài SI.

Lời giải:

Vẽ AK ⊥ ID (K ϵ ID).

Ta có ID ⊥ SA và ID ⊥ AK (1)

$\Rightarrow$ ID ⊥ (SAK) $\Rightarrow$ ID ⊥ SK. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\left(\left(SDI\right),\left(ABCD\right)\right)=\widehat{AKS}=60°.$

Xét tam giác SAK vuông tại A có:

$\sin \widehat{AKS}=\frac{SA}{SK}\Rightarrow SK=\frac{SA}{\sin 60°}=\frac{2a}{\sqrt{3}}$

Tam giác SAD vuông tại A, ta có: $SD=\sqrt{a^2+4a^2}=a\sqrt{5}$

Xét tam giác SID vuông tại S, ta có:

$\frac{1}{S{K}^2}=\frac{1}{S{I}^2}+\frac{1}{S{D}^2}\iff \frac{1}{S{I}^2}=\frac{1}{S{K}^2}-\frac{1}{S{D}^2}$.

Do đó $SI=\frac{2a\sqrt{55}}{11}$.

Bài 3 trang 61 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B và SA ⊥ (ABC).

a) Chứng minh rằng (SBC) ⊥ (SAB).

b) Gọi M là trung điểm của AC. Chứng minh rằng (SBM) ⊥ (SAC).

Lời giải:

a)Ta có: BC ⊥ AB (giả thiết);

Đồng thời BC ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABC)).

$\Rightarrow$ BC ⊥ (SAB)

$\Rightarrow$ (SBC) ⊥ (SAB).

b)Vì tam giác ABC là tam giác vuông cân tại B nên BM ⊥ AC.

Mà BM ⊥ SA (vì SA ⊥ (ABC))

$\Rightarrow$ BM ⊥ (SAC) (1)

BM $\subset$ (SBM) (2)

Từ (1) và (2) suy ra (SBM) ⊥ (SAC).

Bài 4 trang 61 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD. Chứng minh rằng:

a) (SBC) ⊥ (SAB);

b) (SCD) ⊥ (SAD);

c) (SBD) ⊥ (SAC);

d) (SAC) ⊥ (AHK).

Lời giải:

a)Theo giả thiết:

Suy ra SA ⊥ (ABCD).

Khi đó: 

$\Rightarrow$ BC ⊥ (SAB) $\Rightarrow$ (SBC) ⊥ (SAB).

b)Theo giả thiết:

Suy ra SA ⊥ (ABCD).

Khi đó: 

$\Rightarrow$ CD ⊥ (SAD) $\Rightarrow$ (SCD) ⊥ (SAD).

c)Ta có: 

$\Rightarrow$ BD ⊥ (SAC) $\Rightarrow$ (SBD) ⊥ (SAC).

d)Ta có:

(SAB) ⊥ (SBC) (Chứng minh trên);

(SAB) $\cap$ (SBC) = SB;

Do đó AH ⊥ (SBC)

Mà AH ⊥ SB (giả thiết).

Nên AH ⊥ SC. (1)

Tương tự: AK ⊥ SC. (2)

Từ (1) và (2) suy ra: SC ⊥ (AHK).

Vậy (SAC) ⊥ (AHK).

Giải SBT Toán 11 trang 62

Bài 5 trang 62 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = $a\sqrt{3}$ . Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy. Gọi (a) là mặt phẳng qua AB và vuông góc với mặt phẳng (SCD).

a) Tìm các giao tuyến của mặt phẳng (a) với các mặt của hình chóp.

b) Các giao tuyến ở câu a tạo thành hình gì? Tính diện tích của hình đó.

Lời giải:

a) Ta có:

(SAB) ⊥ (ABCD);

(SAD) ⊥ (ABCD);

Do đó SA ⊥ (ABCD).

(SAB) $\cap$ (SAD) = SA.

Dễ dàng chứng minh được (SAD) ⊥ (SCD).

Vẽ AM ⊥ SD (M $\in$ SD) $\Rightarrow$ AM ⊥ (SCD)

Do đó (ABM) ⊥ (SCD) hay (ABM) là mặt phẳng (α) qua AB và vuông góc với mặt phẳng (SCD).

Trong mặt phẳng (SCD) kẻ MN // CD (N$\in$ SC).

Suy ra: MN // AB$\Rightarrow$ MN $\subset$ (α).

Vậy các giao tuyến của (α) với các mặt của hình chóp là AB, BN, NM, MA.

b)

Ta có: MN // AB;AB ⊥ AM (vì AB ⊥ (SAD)).

Suy ra ABNM là hình thang vuông tại A và M.

Tam giác SAD vuông tại A có AM là đường cao nên:

$\frac{1}{A{M}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vì MN // CD nên $\frac{MN}{CD}=\frac{SM}{SD}$

$\Rightarrow \frac{MN}{CD}=\frac{S{A}^2}{SD}\cdot \frac{1}{SD}=\frac{S{A}^2}{S{D}^2}=\frac{S{A}^2}{S{A}^2+A{D}^2}=\frac{3a^2}{4a^2}$

$\Rightarrow MN=\frac{3}{4}CD=\frac{3}{4}a$

$\Rightarrow S_{ABMN}=\frac{1}{2}.AM.(MN+AB)=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\left(\frac{3}{4}a+a\right)=\frac{7a^2\sqrt{3}}{16}$.

Bài 6 trang 62 SBT Toán 11 Tập 2: Người ta cần sơn tất cả các mặt của một khối bê tông hình chóp cụt tứ giác đều, đáy lớn có cạnh bằng 2 m, đáy nhỏ có cạnh bằng 1 m và cạnh bên bằng 2 m (Hình 14). Tính tổng diện tích các bề mặt cần sơn.

Lời giải:

Diện tích đáy lớn: S₁ = 2.2 = 4 m².

Diện tích đáy nhỏ: S₂ = 1.1 = 1m².

Giả sử các mặt bên có dạng như hình vẽ:

Dễ thấy: AH = 0.5 m $\Rightarrow$ $DH=\sqrt{A{D}^2-A{H}^2}=\frac{\sqrt{15}}{2}$ .

Diện tích các mặt bên: S₃ = $\frac{1}{2}.(AB+CD).DH=\frac{3\sqrt{15}}{4}$ .

Tổng diện tích các mặt cần sơn là:

S = S₁ + S₂ + 4.S₃ = 4 + 1 + 4. $\frac{3\sqrt{15}}{4}\approx$ 16,62 (m²).

Vậy tổng diện tích các bề mặt cần sơn khoảng 16,62 m².

Bài 7 trang 62 SBT Toán 11 Tập 2: Một hộp đèn treo trần có hình dạng lăng trụ đứng lục giác đều (Hình 15), cạnh đáy bằng 10 cm và cạnh bên bằng 50 cm. Tính tỉ số giữa diện tích xung quanh và diện tích một mặt đáy của hộp đèn.

Lời giải:

Diện tích xung quanh: S_xq = 6.10.50 = 3000 (cm²).

Diện tích đáy: S_đáy = 6.(10²) . $\frac{\sqrt{3}}{4}$= 150$\sqrt{3}$ (cm²).

Tỉ số diện tích: $\frac{S_{xq}}{S_{đáy}}=\frac{3000}{150\sqrt{3}}=\frac{20\sqrt{3}}{3}$ .

Vậy tỉ số giữa diện tích xung quanh và diện tích một mặt đáy của hộp đèn là $\frac{20\sqrt{3}}{3}$.

=============
THUỘC: Giải SÁCH bài tập Toán 11 – CTST