Trang chủ » Giải SBT toán 11 tập 2 kết nối tri thức

Giải SBT Toán học 11 tập 2 kết nối Bài tập cuối chương VII

Hướng dẫn giải Bài tập cuối chương VII SBT Toán 11 tập 2 kết nối tri thức. Đây là sách bài tập nằm trong bộ sách "kết nối tri thức" được biên soạn theo chương trình đổi mới của Bộ giáo dục. Hi vọng, với cách hướng dẫn cụ thể và giải chi tiết học sinh sẽ nắm bài học tốt hơn.

A - Trắc nghiệm

Câu 7.41. 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°.

Hướng dẫn trả lời:

Đáp án đúng: B

Câu 7.42. 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).

Hướng dẫn trả lời:

Đáp án đúng: D

Câu 7.43. Cho tứ diện đều ABCD, góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng

A. 30°.

B. 45°.

C. 60°.

D. 90°.

Hướng dẫn trả lời:

Đáp án đúng: D

Câu 7.44. 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. $\frac{1}{2}$

Hướng dẫn trả lời:

Đáp án đúng: B

Câu 7.45. 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. $\frac{1}{3}$

Hướng dẫn trả lời:

Đáp án đúng: D

Câu 7.46. 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 điểm 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. $\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Hướng dẫn trả lời:

Đáp án đúng: A

Câu 7.47. 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. $\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Hướng dẫn trả lời:

Đáp án đúng: C

Câu 7.48. Cho lăng trụ tam giác đều ABC.ABC 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. $\frac{a\sqrt{14}}{2}$

Hướng dẫn trả lời:

Đáp án đúng: B

Câu 7.49. 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. $\frac{2a^{3}}{3}$

Hướng dẫn trả lời:

Đáp án đúng: A

Câu 7.50. Cho hình hộp ABCD.ABCD, 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. $\frac{2}{3}$

Hướng dẫn trả lời:

Đáp án đúng: C

B - Tự luận

Câu 7.51. 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).

Hướng dẫn trả lời:

$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) Ta có: SH =$\frac{a\sqrt{3}}{2}, HC=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

=> $SH^{2} + HC^{2}= SC^{2}$

=> Tam giác SHC vuông tại H,

=>$ SH\perp HC.$

Lại có$ SH\perp AB$

=>$ SH\perp ABCD).$

b) Ta có: SH =$\frac{a\sqrt{3}}{2}, S_{ABCD}=a^{2}$

=> $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SH=\frac{1}{3}.a^{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}$=$\frac{a^{3}\sqrt{3}}{6}$

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

Kẻ HK vuông góc với BD tại K, HQ vuông góc với SK tại Q. Khi đó $HQ\perp (SBD)$

=> d(H, (SBD)) = HQ.

Có HK =$\frac{AC}{4}=\frac{a\sqrt{2}}{4}, SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ mà tam giác SHK vuông tại Hm đường cao HQ nên

$\frac{1}{HQ^{2}}=\frac{1}{HK^{2}}+\frac{1}{HS^{2}}$

=> HQ=$\frac{a\sqrt{21}}{14} do đó d(A,(SBD))=2HQ=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Câu 7.52. 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.

Hướng dẫn trả lời:

$Câu 7.52. Cho hình chóp S.ABCD có $SA\perp (ABCD)$, biết ABCD là hình vuông cạnh bằng a và $SA = a\sqrt{2}$$

a) Ta có: $BD\perp AC, SA\perp (ABCD)$

=>$SA\perp BD$

=> $BD\perp (SAC)$

Mà mặt phẳng (SBD) chứa đường thẳng BD, do đó $(SBD)\perp (SAC).$

Ta có: $CD\perp AD, CD\perp SA, $

=> $CD\perp (SAD)$

Mà mặt phẳng (SCD) chứa đường thẳng CD, do đó $(SCD)\perp (SAD).$

b) Ta có: $AD\perp (SAB)$

=> $AD\perp SB,$

mà $SB\perp DF$

=> $SB\perp (ADF), $

=> $SB\perp AF. $

Ta lại có $BC\perp (SAB)$

=> $BC\perp AF,$

=> $AF\perp (SBC)$

Mà mặt phẳng (ACF) chứa đường thẳng AF nên $(ACF)\perp (SBC).$

Vì $AF\perp (SBC)$ nên $AF\perp SC. $

Tương tự, ta có $AE\perp (SCD)$ nên $AE\perp SC, $

=> $SC\perp (AEF),$

Mà mặt phẳng (SAC) chứa đường thẳng SC nên $(AEF)\perp (SAC).$

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

Mà $BD\perp (SAC) nên OH\perp BD$

=> OH là đoạn vuông góc chung của BD và SC, hay d(BD, SC) = OH.

Có $\Delta CHO\sim \Delta CAS nên \frac{OC}{CS}=\frac{OH}{AS}$

=> OH=$\frac{AS.OC}{CS}=\frac{a}{2}$

Vậy d(BD, SC)=$\frac{a}{2}$

Câu 7.53. 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.

Hướng dẫn trả lời:

$Câu 7.53. 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) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Ta có: $AD\perp SM, AD // BC$

=> $BC\perp SM, $

mà $BC\perp SN,$

=> $BC\perp (SMN).$

=> $(SMN)\perp (ABCD).$

b) Vì MN đi qua O và $OM\perp AD, SM\perp AD $

=> $[S,AD,B] = \widehat{SMO}$, ta tính được SM = SN = MN = a.

Do đó tam giác SMN đều, suy ra SMN = $60^{\circ} .$

Vậy $[S,AD,B] = 60^{\circ}.$

c) Ta có SO=$\frac{a\sqrt{3}}{2},$

$S_{ABCD}=a^{2}$

=> $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SO=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{6}$

Câu 7.54. Cho hình lăng trụ đứng $ABC.ABC có\widehat{ BAC} $= 60°, AB = 2a, AC = 3a và số đo của góc nhị diện [A, BC, A] bằng 45°. át phẳng,

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'.

Hướng dẫn trả lời:

$Câu 7.54. Cho hình lăng trụ đứng $ABC.ABC có\widehat{ BAC} $= 60°, AB = 2a, AC = 3a và số đo của góc nhị diện [A, BC, A] bằng 45°. át phẳng,$

a) Kẻ AH vuông góc với BC tại H, AK vuông góc với AH tại K thì $AK\perp (A′BC)$

=> $A’H\perp BC.$

Góc nhị diện [A, BC, A] bằng $\widehat{AHA'}, $

=>$\widehat{AHA'} = 45^{\circ}.$

Theo định lí côsin, áp dụng cho tam giác ABC, ta có:

$BC^{2} = AB^{2}+ AC^{2}-2.AB.AC cos\widehat{BAC }= 7a^{2},$

=> BC = $a\sqrt{7}$

Do đó

AH=$\frac{2.S_{ABC}}{BC}=\frac{AB.AC.sin\widehat{BAC}}{BC}=\frac{3\sqrt{21}}{7}a$

Vì tam giác AHA vuông cân tại A nên AK=$\frac{A'H}{2}=\frac{AH\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{42}}{14}a$

Vậy d(A,(A'BC))=$\frac{3\sqrt{42}}{14}a$

b) Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C là

$V_{ABC.A'B'C'} = S_{ABC}.AA'$

=$\frac{1}{2}.AB.AC.sin60^{\circ}.AA'$

=$\frac{27\sqrt{7}}{14}a^{3}$

Câu 7.55. 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.

Hướng dẫn trả lời:

Câu 7.55. 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) Ta có

$S_{A'B'D'}=\frac{a^{2}}{2}; S_{AMN}=\frac{a^{2}}{8}; S_{ABCD}=a^{2}$; AA'=a

=> Thể tích khối chóp cụt AMN.A'B'D' là

V=$\frac{1}{3}AA'.(S_{AMN}+S_{A'B'D'}+\sqrt{S_{AMN}.S_{A'B'D'}})$

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

b) Vì MN // BD

=> MN // (A’BD), do đó:

d(MN, A'B) = d(MN, (A'BD)) = d(M, (A'BD)).

Vi M là trung điểm của AB nên d(M, (A'BD) = $\frac{1}{2}d(A,(A′BD)).$

Đặt h = d(A,(A'BD)) thì $\frac{1}{h^{2}}=\frac{1}{AB^{2}}+\frac{1}{AD^{2}}+\frac{1}{AA'^{2}}=\frac{3}{a^{2}}$

=> h=$\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Vậy d(MN,A′B) = d(M,(A'BD))=$\frac{a\sqrt{3}}{6}$

Câu 7.56. Một bể chứa nước hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD 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.

Một bể chứa nước hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD được đặt trên một mái nhà nghiêng so với mặt đất nằm ngang góc 10°

Hướng dẫn trả lời:

Một bể chứa nước hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD được đặt trên một mái nhà nghiêng so với mặt đất nằm ngang góc 10°

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 vuông góc với DD' tại H

=> HF=$MH.tan10^{\circ}$

=> DF=DH-HF=AM-HF=$0,8-tan10^{\circ}\approx 0,62(m)$

Có $S_{1}=S_{DCEF}=DF.CD\approx 0,62(m^{2})$

$S_{2}=S_{ABNM}=AB.AM=0,8(m^{2})$

Vậy thể tích nước trong bể là

V=$\frac{1}{3}(S_{1}+S_{2}+\sqrt{S_{1}.S_{2}}).AD$

V=$\frac{1}{3}(0,62+0,8+\sqrt{0,62.0,8})\approx 0,71 (m^{3})$

Tìm kiếm google: Giải sách bài tập Toán học 11 KNTT, Giải SBT Toán học 11 tập 2 KNTT, Giải sách bài tập Toán học 11 kết nối tri thức tập 2 Bài tập cuối chương VII