Giải SBT Toán học 11 tập 2 cánh diều Bài tập cuối chương VIII

Bài 57 trang 118 SBT Toán 11 CD 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 (xem hình dưới).

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

A. (SAB)

B. (SAD)

C. (SBC)

D. (SBD)

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

A. 30^o

B. 45^o

C. 135^o

D. 150^o

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}$

Hướng dẫn trả lời:

a) Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều, ta suy ra ABCD là hình vuông. Điều này suy ra AC⊥BD.

Hơn nữa, do SO⊥(ABCD) nên SO⊥AC.

Như vậy, do AC⊥BD, SO⊥AC nên AC⊥(SBD)

Đáp án đúng là D.

b) Do SO⊥(ABCD), ta suy ra SO⊥AO và SO⊥OM. Do đó, góc $ \widehat{AOM}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A,SO,M].

Do M là trung điểm của CD, và tam giác COD vuông cân tại O, ta suy ra $ \widehat{MOD}$=45^o và OM⊥CD. Do đó $ \widehat{AOM}$=$ \widehat{AOD}$+$ \widehat{MOD}$=90^o+45^o=135^o.

Vậy số đo của góc nhị diện [A,SO,M] là 135^o.

Đáp án đúng là C.

c) Gọi N là trung điểm của BC. Tam giác OBC vuông cân tại O, nên ta có ON⊥BC. Hơn nữa, do SO⊥(ABCD), nên SO⊥ON.

Vậy ON là đường vuông góc chung của SO và BC, do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và BC là đoạn thẳng ON.

Dễ dàng chứng minh được ON= $ \frac{1}{2}$AB=$ \frac{a}{2}$, vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SO và BC bằng $ \frac{a}{2}$.

Đáp án đúng là B.

d) Thể tích khối chóp S.ABCD là V=$ \frac{1}{3}$Sh=$ \frac{1}{3}$AB2.SO=$ \frac{1}{3}$a2.a=$ \frac{a^{3}}{3}$.

Đáp án đúng là C.

e) Do SO⊥(ABCD), ta suy ra SO⊥CM, mà theo câu b, ta suy ra CM⊥OM.

Từ đó ta có CM⊥(SOM). Như vậy M là hình chiếu của C trên (SOM), từ đó khoảng cách từ C đến (SOM) là đoạn thẳng CM. Do CM=$ \frac{1}{2}$CD=$ \frac{a}{2}$, nên khoảng cách từ C đến (SOM) bằng $ \frac{a}{2}$.

Đáp án đúng là B.

g) Do O là hình chiếu của S trên (ABCD), ta suy ra góc giữa đường thẳng SM và mặt phẳng (ABCD) là góc $\widehat{SMO}$.

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

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

Đáp án đúng là A.

Bài 58 trang 119 SBT Toán 11 CD 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

Hướng dẫn trả lời:

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 và A′B′ không cùng nằm trong mặt phẳng nào cả.

Khẳng định 2 là sai. Xét hình lập phương ABCD.A′B′C′D′, ta thấy rằng BB′ vuông góc với CD, nhưng BB′ và CD không cùng nằm trong mặt phẳng nào cả.

Khẳng định 3 là đúng, do theo tính chất, đường thẳng vuông góc với mặt phẳng thì 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 thấy rằng hai mặt phẳng (ABCD) và (BCC′B′) vuông góc với nhau, đường thẳng A′B′ song song với (ABCD), nhưng A′B′ không song song hay nằm trong mặt phẳng (BCC′B′).

Khẳng định 5 là đúng. Xét ba mặt phẳng (P), (Q) và (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 và c cũng nằm trên (R) nên a vuông góc với b và a vuông góc với c. Tương tự ta cũng suy ra b vuông góc với c, tức là a, b, c đôi một vuông góc với nhau.

Đáp án đúng là A.

Bài 59 trang 119 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ có AB=a.

a) Chứng minh răng 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 tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (BC′D).

Hướng dẫn trả lời:

a) Do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương, nên ta có BC⊥(DCC′D′), điều này suy ra BC⊥C′D.

Vì DCC′D′ là hình vuông, nên ta có C′D⊥CD′.

Vậy ta có BC⊥C′D, C′D⊥CD′ nên ta có C′D⊥(BCD′). Ta có điều phải chứng minh.

Do C′D⊥(BCD′), ta suy ra BD′⊥C′D.

Do C′D⊥(BCD′), mà C′D⊂(BC′D),ta suy ra (BC′D)⊥(BCD′).

b) Dễ thấy rằng do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương, ta có AD∥A′D′, nên góc giữa BD và A′D′ cũng bằng góc giữa BD và AD, và bằng $ \widehat{ADB}$.

Do ABCD là hình vuông, nên $ \widehat{ADB}$=45^o.

Vậy góc giữa BD và A′D′  bằng 45^o.

c) Do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương, nên ta có BC⊥(DCC′D′). Điều này suy ra C là hình chiếu của B trên (DCC′D′). Như vậy, góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (DCC′D′) là góc $ \widehat{BDC}$.

Do ABCD là hình vuông, nên $ \widehat{BDC}$=45^o.

Vậy góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (DCC′D′)  bằng 45^o.

d) Do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương, ta suy ra DD′⊥(ABCD). Điều này dẫn tới DD′⊥BD và DD′⊥CD. Vậy $ \widehat{BDC}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B,DD′,C]. Theo câu c, ta có $ \widehat{BDC}$=45^o. Vậy số đo của góc nhị diện [B,DD′,C] bằng 45^o.

e) Gọi I là giao điểm của D′C và DC′. Theo câu a, ta có C′D⊥(BCD′), nên DI⊥(BCD′). Vậy khoảng cách từ D đến (BCD′) là đoạn thẳng DI.

Vì DCC′D′ là hình vuông cạnh a, ta suy ra C′D=$ \sqrt{a^{2}+a^{2}}=a\sqrt{2}$. Suy ra DI=C′I=$ \frac{C'D}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Vậy khoảng cách từ D đến (BCD′) bằng $ \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

g) Do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương, ta suy ra B′C′∥BC.

Mà BC⊂(BCD) nên ta suy ra B′C′∥(BCD′).

Vì B′C′∥(BCD′), nên khoảng cách giữa B′C′ và (BCD′) cũng bằng khoảng cách từ C′ đến (BCD′).

Theo câu a, ta có C′D⊥(BCD′), điều này cũng có nghĩa C′I⊥(BCD′), tức khoảng cách từ C′ đến (BCD′) là đoạn thẳng C′I. Mà theo câu e, vì C′I=$ \frac{a\sqrt{2}}{2}$, ta kết luận rằng khoảng cách giữa B′C′ và (BCD′) bằng $ \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

h) Do CC′⊥(BCD) nên thể tích tứ diện C′BCD là

V=$ \frac{1}{3}$CC′.SBCD=$ \frac{1}{3}$CC′.$ \frac{BC.CD}{2}=\frac{a.a.a}{6}=\frac{a^{3}}{6}$.

Tam giác BC′D có BC′=C′D=BD=a√2 (do chúng đều là đường chéo của các mặt của hình lập phương) nên tam giác đó đều.

Diện tích tam giác BC′D bằng SBC′D=$ \frac{BD^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{(a\sqrt{2})^{2}\sqrt{3}}{4}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}$.

Vì thể tích tứ diện C′BCD cũng có thể được tính bằng công thức V=13dC,(BC′D).SBC′D, ta suy ra dC,(BC′D)=$ \frac{3.\frac{a^{3}}{6}}{\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

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

Bài 60 trang 119 SBT Toán 11 CD 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).
Hướng dẫn trả lời:

Thể tích của khối chì neo câu cá đó là: V=$ \frac{137}{11,3}=\frac{1370}{113} $(cm³)

Do chì neo câu cá có dạng hình chóp cụt đều, nên công thức tính thể tích của khối chóp cụt đều: V=$ \frac{1}{3}$h(S1+$ \sqrt{S_{1}S_{2}}$+S2), với h là chiều cao và S1, S2 lần lượt là diện tích hai đáy của khối chóp cụt đó.

Từ đó, chiều cao của khối chì là h=$ \frac{3.\frac{1370}{113}}{1^{2}+\sqrt{1^{2}.3^{2}}+3^{2}}$≈2,8(cm).

Vậy chiều cao của khối chì neo câu cá xấp xỉ 2,8cm.

Bài 61 trang 119 SBT Toán 11 CD 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 vẽ a). 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 vẽ b). 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.

Hướng dẫn trả lời:

Ban đầu, thể tích nước có ở trong khay a là 8.20.10=1600(cm³)

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

Thể tích nước trong khay b là 1600.$ \frac{1}{4}$=400(cm³).

Giả sử khay b có hình dạng chóp cụt tứ giác đều ABCD.A′B′C′D′ như hình vẽ dưới đây (với A′B′C′D′ là đáy bé).

Xét hình thang cân ACC′A′, gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A′ và C′ trên AC. Trên C′K, lấy điểm P sao cho $ \frac{C'P}{C'K}=\frac{2}{3}$. Đường thẳng qua P và song song với AC cắt AA′, A′H, C′C lần lượt tại M, N và Q.

Do chiều cao mực nước trong khay b bằng $ \frac{2}{3}$ chiều cao khay, nên ta có thể coi C′P chính là chiều cao nước trong khay.

Gọi chiều cao của khay b là h(cm). Theo hình vẽ, ta thấy rằng A′H=C′K=h. Suy ra C′P=$ \frac{2}{3}$h, có nghĩa chiều cao nước trong khay b là $ \frac{2}{3}$h.

Do AC=2n, A′C′=n và AH=CK, nên ta suy ra AH=CK=$ \frac{n}{2}$ và HK=NP=n.

Tam giác A′AH có MN∥AH, nên theo định lí Thales, ta có:

$ \frac{MN}{AH}$=$ \frac{A’N}{AH}$=$ \frac{2}{3}$⇒MN=$ \frac{2}{3}$AH=$ \frac{n}{3}$

Chứng minh tương tự ta cũng có PQ=$ \frac{n}{3}$. Do đó MQ=n+$ \frac{n}{3}$+$ \frac{n}{3}$=$ \frac{5n}{3}$.

Vậy nước trong khay b có dạng hình chóp cụt tứ giác đều, với hai đáy là các hình vuông có đường chéo lần lượt là n và $ \frac{5n}{3}$. Do đó, thể tích nước trong khay b là:

V=$ \frac{1}{3}.(\frac{2}{3}h)(\frac{n^{2}}{2}+\sqrt{\frac{n^{2}}{2}.\frac{(\frac{5n}{3})^{2}}{2}})+.\frac{(\frac{5n}{3})^{2}}{2})=\frac{49}{81}n^{2}h$.

Mà thể tích nước trong khay là 400cm³, nên ta có $ \frac{49}{81}n^{2}h$=400⇒n²h=$ \frac{32400}{49}$.

Vậy thể tích khay b là:

V=$ \frac{1}{3}.h(\frac{n^{2}}{2}+\sqrt{\frac{n^{2}}{2}.\frac{(2n)^{2}}{2}}+\frac{(2n)^{2}}{2})=\frac{7}{6}n^{2}h=\frac{7}{6}.\frac{32400}{49}=\frac{5400}{7} $(cm³)