Giải SBT Toán 11 (Cánh diều) Bài tập cuối chương 8

Giải SBT Toán 11 Bài tập cuối chương 8

Bài 57 trang 118 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, O là hình chiếu của S trên (ABCD), SO = a. Gọi M là hình chiếu của O trên CD (Hình 49).

a) Đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng nào trong các mặt sau đây?

A. (SAB);

B. (SAD);

C. (SBC);

D. (SBD).

b) Số đo của góc nhị diện [A, SO, M] bằng:

A. 30°;

B. 45°;

C. 135°;

D. 150°.

c) Khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và BC bằng:

A. a;

B. $\frac{a}{2}$

C. $\frac{a\sqrt{2}}{2};$

D. $\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

d) Thể tích của khối chóp S.ABCD bằng:

A. a³;

B. $\frac{a^3}{2};$

C. $\frac{a^3}{3};$

D. 3a³.

e) Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SOM) bằng:

A. a;

B. $\frac{a}{2};$

C. $\frac{a\sqrt{2}}{2};$

D. $\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

g) Côtang của góc giữa đường thẳng SM và (ABCD) bằng:

A. $\frac{1}{2};$

B. 2;

C. 1;

D. $\frac{\sqrt{5}}{5}.$

Lời giải:

a) Đáp án đúng là: D

Ta có S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông.

Suy ra AC ⊥ BD.

Lại có O là hình chiếu của S trên (ABCD) hay SO ⊥ (ABCD).

Mà AC ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ AC.

Ta có: AC ⊥ BD, AC ⊥ SO, BD ∩ SO = O trong (SBD)

Từ đó ta có AC ⊥ (SBD).

b) Đáp án đúng là: C

Ta có: SO ⊥ (ABCD), OM ⊂ (ABCD) và OA ⊂ (ABCD).

Nên SO ⊥ OA, SO ⊥ OM.

Mà OA ∩ OM = O ∈ SO.

Do đó, là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A, SO, M].

Xét tam giác ACD có: O, M lần lượt là trung điểm của AC và CD.

Suy ra OM là đường trung bình của tam giác ACD nên OM // AD và $OM=\frac{AD}{2}=\frac{a}{2}.$

Từ đó ta có: $\widehat{DOM}=\widehat{ADO}$ (hai góc so le trong)

Mà $\widehat{ADO}=45°$ (do ABCD là hình vuông) nên $\widehat{DOM}=45°.$

Theo câu a ta có AC ⊥ BD nên $\widehat{AOD}=90°.$

Như vậy: $\widehat{AOM}=\widehat{AOD}+\widehat{DOM}=90°+45°=135°.$

Số đo của góc nhị diện [A, SO, M] bằng 135°.

c) Đáp án đúng là: B

Gọi N là trung điểm của BC.

Vì ABCD là hình vuông, AC cắt CD tại O nên ta có $OB=OC=OD=OA=\frac{AC}{2}.$

Từ đó ta có tam giác BOC cân tại O.

Mặt khác ON là đường trung tuyến trong tam giác BOC (do N là trung điểm của BC).

Suy ra ON ⊥ BC.

Lại có: SO ⊥ (ABCD), ON ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ ON.

Ta thấy: ON ⊥ BC, ON ⊥ SO hay ON là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng SO và BC.

Như vậy: d(SO, BC) = ON.

Xét tam giác ABC có: O, N lần lượt là trung điểm của AC và BC.

Suy ra ON là đường trung bình của tam giác ABC nên $ON=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}.$

Vậy $d\left(SO,BC\right)=\frac{a}{2}.$

d) Đáp án đúng là: C

Thể tích của khối chóp S.ABCD có đường cao SO = a, diện tích đáy S_ABCD = a² là:

$V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}{a}^2.a=\frac{a^3}{3}.$

e) Đáp án đúng là: B

Ta có: SO ⊥ (ABCD), CM ⊂ (ABCD) nên SO ⊥ CM.

Do M là hình chiếu của O trên CD nên OM ⊥ CD hay OM ⊥ CM.

Ta có: CM ⊥ SO, CM ⊥ OM, SO ∩ OM = O trong (SOM)

Suy ra CM ⊥ (SOM).

Như vậy: d(C, (SOM)) = CM.

Theo câu c ta có: OC = OD nên suy ra tam giác OCD cân tại O.

Mà OM ⊥ CD hay ta có OM là đường trung tuyến của tam giác OCD.

$\Rightarrow CM=\frac{CD}{2}=\frac{a}{2}.$

Vậy khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SOM) bằng $\frac{a}{2}.$

g) Đáp án đúng là: A

Do O là hình chiếu của S trên (ABCD) nên góc giữa đường thẳng SM và (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng SM và OM và bằng $\widehat{AMO}.$

Xét tam giác SOM vuông tại O (do SO ⊥ OM) có:

$\cot \widehat{SMO}=\frac{OM}{SO}=\frac{\frac{a}{2}}{a}=\frac{1}{2}.$

Vậy côtang của góc giữa đường thẳng SM và (ABCD) bằng $\frac{1}{2}$

Bài 58 trang 118 SBT Toán 11 Tập 2: Trong các khẳng định sau, có bao nhiêu khẳng định đúng?

(1): Trong không gian, hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.

(2): Trong không gian, hai đường thẳng vuông góc với nhau thì cùng nằm trên một mặt phẳng.

(3): Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng thì nó vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó.

(4): Đường thẳng song song với một trong hai mặt phẳng vuông góc thì song song hoặc nằm trên mặt phẳng còn lại.

(5): Ba mặt phẳng đôi một vuông góc với nhau thì ba giao tuyến tạo thành cũng đôi một vuông góc với nhau.

A. 2;

B. 3;

C. 4;

D. 5.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Khẳng định (1) là sai: Xét hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ ta có: AD và A’B’ cùng vuông góc với AA’, nhưng AD không song song với A’B’ (do AD ⊥ (A’B’BA) nên AD ⊥ A’B’),

Khẳng định (2) là sai: Xét hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ ta có: AD ⊥ A’B’ nhưng AD và A’B’ không cùng nằm trong một mặt phẳng nào cả.

Khẳng định (3) là đúng, do theo tính chất đường thẳng vuông góc với mặt phẳng nó sẽ vuông góc với tất cả các đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó.

Khẳng định (4) là sai: Xét hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ ta có: hai mặt phẳng (A’B’BA), (A’ADD’) vuông góc với nhau, và C’B’ // (A’ADD’), nhưng B’C’ không song song hay nằm trên (A’B’BA) (do B’C’ ⊥ (A’B’BA)).

Khẳng định (5) là đúng: Xét ba mặt phẳng (P), (Q), (R) đôi một vuông góc với nhau. Gọi a, b, c lần lượt là giao tuyến của các cặp mặt phẳng (P) và (Q), (Q) và (R), (R) và (P).

Do (P) và (Q) cùng vuông góc với (R) nên giao tuyến a của (P) và (Q) cũng vuông góc với (R).

Mà b, c nằm trên (R) nên a vuông góc với b và a vuông góc với c.

Tương tự ta cũng suy ra được: b vuông góc với a, b vuông góc với c, c vuông góc với a và c vuông góc với b. Tức là a, b, c đôi một vuông góc với nhau.

Vậy trong 5 khẳng định đã cho, có hai khẳng định đúng là (3) và (5).

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 $\frac{5400}{7}\left(c{m}^3\right).$

Xem thêm các bài giải SBT Toán lớp 11 Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 2: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Bài 3: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện

Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc

Bài 5: Khoảng cách

Bài 6: Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều. Thể tích của một số hình khối