Giải Sách bài tập Toán 11 (Kết nối tri thức) Bài tập cuối chương 7 trang 41

Giải Sách bài tập Toán 11 (Kết nối tri thức) Bài tập cuối chương 7 trang 41 – SÁCH GIÁO KHOA KẾT NỐI TRI THỨC 2024

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

Giải SBT Toán lớp 11 Bài tập cuối chương 7 trang 41

A. TRẮC NGHIỆM

Giải SBT Toán 11 trang 41

Bài 7.41 trang 41 SBT Toán 11 Tập 2: Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), đường thẳng b song song với mặt phẳng (P). Góc giữa hai đường thẳng a và b bằng

A. 30°.

B. 90°.

C. 60°.

D. 0°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Vì a $\perp$ (P) và b // (P) nên a $\perp$ b.

Vậy (a, b) = 90°.

Bài 7.42 trang 41 SBT Toán 11 Tập 2: Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), đường thẳng b vuông góc với đường thẳng a. Phát biểu nào sau đây là đúng?

A. Đường thẳng b cắt mặt phẳng (P).

B. Đường thẳng b song song với mặt phẳng (P).

C. Đường thẳng b nằm trên mặt phẳng (P).

D. Đường thẳng b nằm trên mặt phẳng (P) hoặc song song với mặt phẳng (P).

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

a $\perp$ (P) và b $\perp$ a thì b nằm trên mặt phẳng (P) hoặc b song song với mặt phẳng (P).

Bài 7.43 trang 42 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện đều ABCD, góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng

A. 30°.

B. 45°.

C. 60°.

D. 90°.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Gọi M là trung điểm của CD.

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

Suy ra CD $\perp$ (ABM). Do đó CD $\perp$ AB. Vậy (AB, CD) = 90°.

Giải SBT Toán 11 trang 42

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

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

Khi đó AH $\perp$ (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) = $\widehat{ABH}$ .

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$\widehat{ABH}$ = $\frac{BH}{AB}$=$\frac{a\sqrt{3}}{3a}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$.

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

Gọi M là trung điểm của CD.

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

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

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:

$cos\widehat{AMB}=\frac{A{M}^2+B{M}^2-A{B}^2}{2\cdot AM\cdot BM}$$=\frac{\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-a^2}{2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}$$=\frac{}{}\frac{a^2}{2}\frac{3a^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

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

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

Kẻ OH $\perp$ SM tại H mà OH $\perp$ BC (do BC $\perp$ (SOM)) nên OH $\perp$ (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 = $\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$ .

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 = $\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

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

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}$$=\frac{4}{2a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{6}{a^2}$$\Rightarrow OH=\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

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 $\perp$ (ABCD) nên SO $\perp$ CD mà CD $\perp$ ON (do MN // BC) nên CD $\perp$ (SON).

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

Do đó d(O, (SCD)) = OH.

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

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 = $\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

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

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}$$=\frac{4}{2a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{6}{a^2}$$\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{6}}{6}$.

Vậy d(AB, SD) = 2 . OH = $\frac{a\sqrt{6}}{3}$ .

Bài 7.48 trang 42 SBT Toán 11 Tập 2: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BB’ bằng

A. $\frac{a\sqrt{7}}{2}$ .

B. $\frac{a\sqrt{14}}{4}$ .

C. $\frac{a\sqrt{7}}{4}$ .

D. $\frac{a\sqrt{14}}{2}$ .

Lời giải:

Do ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ tam giác đều nên ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ đứng.

Suy ra BB’ $\perp$ (ABC), do đó BB’ $\perp$ AB.

Vậy d(A, BB’) = AB = a.

Bài 7.49 trang 42 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Thể tích khối tứ diện ABC’D’ bằng

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

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

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

D. $\frac{2a^3}{3}$ .

Lời giải:

Bài 7.50 trang 42 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, gọi M là trung điểm của AA’. Tỉ số của thể tích khối chóp M.ABCD và khối hộp ABCD.A’B’C’D’ bằng

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

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

C. $\frac{1}{6}$ .

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

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Vì M là trung điểm của AA’ nên MA = $\frac{1}{2}$A’A .

Suy ra d(M,((ABCD)) = $\frac{1}{2}$.d(A’,(ABCD)) .

Ta có $V_{M.ABCD}=\frac{1}{3}$.d(M,(ABCD)).S_ABCD = $\frac{1}{3}.\frac{1}{2}$.d(A’,(ABCD)).S_ABCD

$=\frac{1}{6}\cdot V_{ABCD.A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}$.

Do đó $\frac{V_{M.ABCD}}{V_{ABCD.A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}}=\frac{1}{6}$ .

B. TỰ LUẬN

Giải SBT Toán 11 trang 43

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 $\perp$ (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:

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 $\perp$ AB và SH = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ ; AH = BH = $\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}$ .

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

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

b) Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$ .

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

Kẻ HK $\perp$ BD tại K, HQ $\perp$ SK tại Q.

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

Vì BD $\perp$ HQ và HQ $\perp$ SK nên HQ $\perp$ (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 = $\frac{AC}{2}$ .

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

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}$$=\frac{4}{3a^2}+\frac{16}{2a^2}=\frac{28}{3a^2}$$\Rightarrow HQ=\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 $\perp$ (ABCD), biết ABCD là hình vuông cạnh bằng a và SA = a$\sqrt{2}$ .

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

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

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

Lời giải:

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

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

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

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

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

Do đó AD $\perp$ (SAB), suy ra AD $\perp$ SB.

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

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

Do đó BC $\perp$ (SAB) nên BC $\perp$ AF.

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

Vì AF $\perp$ (SBC) nên AF $\perp$ SC.

Vì CD $\perp$ (SAD), suy ra CD $\perp$ AE.

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

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

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

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

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

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

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

Có AC$\perp$ BD và BD $\perp$ SA nên BD $\perp$ (SAC), suy ra OH $\perp$ 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 = $\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

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

Xét $△$CHO và $△$CAS có góc C chung và $\widehat{CHO}=\widehat{CAS}=90°$ nên $△$CHO đồng dạng với $△$CAS, suy ra $\frac{OC}{CS}=\frac{OH}{AS}$$\Rightarrow OH=\frac{OC\cdot AS}{CS}$$=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot a\sqrt{2}}{2a}$$=\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) $\perp$ (ABCD).

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

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

Lời giải:

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 $\perp$ SM.

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

Lại có BC $\subset$ (ABCD) nên (SMN) $\perp$ (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 $\perp$ AD mà SM $\perp$ AD nên [S, AD, B] = $\widehat{SMO}$ .

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 = $\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

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

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

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

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

Do đó tam giác SMN là tam giác đều. Suy ra $\widehat{SMN}$ = 60^o.

Vậy góc nhị diện [S, AD, B] bằng 60°.

c) $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^3\sqrt{3}}{6}$ .

Bài 7.54 trang 43 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có $\widehat{BAC}=60°$ , 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:

a) Kẻ AH $\perp$ BC tại H.

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

Kẻ AK $\perp$ A’H tại K, lại có BC $\perp$ AK (do BC $\perp$ (A’AH)) nên AK $\perp$ (A’CB).

Do đó d(A, (A’BC)) = AK.

Có BC $\perp$ (A’AH) nên BC $\perp$ A’H mà AH $\perp$ BC nên góc nhị diện [A’, BC, A] bằng $\widehat{AH{A}^{‘}}$ , suy ra $\widehat{AH{A}^{‘}}=45°$ .

Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABC, có

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

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

Vì $S_{ABC}=\frac{AH\cdot BC}{2}$$\Rightarrow AH=\frac{S_{ABC}\cdot 2}{BC}$ $=\frac{AB\cdot AC\cdot \sin \widehat{BAC}}{BC}$

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

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, $\widehat{AH{A}^{‘}}=45°$ nên tam giác A’AH vuông cân tại A nên AA’ = AH = $\frac{3\sqrt{21}}{7}a$.

Ta có: $V_{ABC.A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}}=S_{ABC}\cdot$AA’ = $\frac{1}{2}$.AB.AC.sin$\widehat{BAC}$.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:

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

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

Xét $△$AMN và $△$ABD có góc A chung và $\frac{AM}{AB}=\frac{AN}{AD}$ nên $△$AMN đồng dạng với $△$ABD.

Suy ra $\frac{S_{AMN}}{S_{ABD}}={\left(\frac{AM}{AB}\right)}^2=\frac{1}{4}$$\Rightarrow S_{AMN}=\frac{1}{4}{S}_{ABD}=\frac{a^2}{8}$ .

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

Khi đó $V_{AMN.A^{‘}{B}^{‘}{D}^{‘}}=\frac{1}{3}\cdot A{A}^{‘}\cdot \left(S_{AMN}+S_{A^{‘}{B}^{‘}{D}^{‘}}+\sqrt{S_{AMN}\cdot S_{A^{‘}{B}^{‘}{D}^{‘}}}\right)$

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

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.

Lời giải:

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 $\perp$ 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, $\widehat{HMF}=10°$ (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 \left(S_1+S_2+\sqrt{S_1\cdot S_2}\right)\cdot AD$$\approx \frac{1}{3}\cdot \left(0,54+0,8+\sqrt{0,54\cdot 0,8}\right)\cdot 1,5\approx 1\left(m^3\right)$.

Vậy thể tích nước trong bể khoảng 1 m³.

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