Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB = a, AA' = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm

Lời giải Bài 43 trang 72 SBT Toán 11 Tập 2 sách Kết nối tri thức hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 11.

1 697 08/11/2023

Trang trước

Trang sau

Giải SBT Toán 11 Bài tập ôn tập cuối năm

Bài 43 trang 72 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB = a, AA' = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BB' và CC'.

a) Tính theo a thể tích khối tứ diện AA'MN.

b) Tính côsin góc nhị diện [A, MN, A'].

Lời giải:

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có AB = a

a) Ta có $V_{N A A^{'} M} = \frac{1}{3}$ d(N,(AMA')). $S_{A A^{'} M}$ .

Do CC' // AA' nên CC' // (AA'B'B) nên d(N, (AMA')) = d(C, (AA'B'B)).

Kẻ CH $⊥$ AB tại H.

Vì BB' $⊥$ (ABC) nên BB' $⊥$ CH mà CH $⊥$ AB nên CH $⊥$ (AA'B'B).

Do đó d(C, (AA'B'B)) = CH.

Xét tam giác ABC đều cạnh a, CH là đường cao có CH = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ ,

suy ra d(C, (AA'B'B)) = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Vì ABB'A' là hình chữ nhật có d(M, AA') = AB = a.

Do đó $S_{A A^{'} M} = \frac{1}{2}$ d(M,AA').AA' = $\frac{1}{2}$ .a.2a = a².

Vậy $V_{N A A^{'} M} = \frac{1}{3} d (N, (A M A^{'})) \cdot S_{A A^{'} M}$ $= \frac{1}{3} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} \cdot a^{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$ .

b) Gọi I là trung điểm của MN.

Vì M, N là trung điểm của BB' và CC' nên CN = C'N, BM = B'M.

Mà AA' = BB' = CC' = 2a nên CN = C'N = BM = B'M = a.

Vì ABC.A'B'C' là hình lăng trụ tam giác đều nên

AB = AC = BC = A'B' = A'C' = B'C' = a.

Xét tam giác CAN vuông tại C, có AN² = AC² + CN² = a² + a² = 2a².

Xét tam giác A'C'N vuông tại C', có A'N² = A'C'² + C'N² = a² + a² = 2a².

Xét tam giác A'B'M vuông tại B', có A'M² = A'B'² + B'M² = a² + a² = 2a².

Xét tam giác ABM vuông tại B, có AM² = AB² + BM² = a² + a² = 2a².

Do đó AN = A'N = A'M = AM.

Xét tam giác A'MN có A'M = A'N nên tam giác A'MN cân tại A' mà A'I là trung tuyến nên A'I đồng thời là đường cao hay A'I $⊥$ MN.

Xét tam giác AMN có AM = AN nên tam giác AMN cân tại A mà AI là trung tuyến nên AI đồng thời là đường cao hay AI $⊥$ MN.

Vì A'I $⊥$ MN và AI $⊥$ MN nên [A, MN, A'] = $\hat{A I A^{'}}$ .

Vì I là trung điểm của MN mà MN = BC = a nên MI = IN = $\frac{M N}{2} = \frac{a}{2}$ .

Xét tam giác A'MI vuông tại I, có $A^{'} I = \sqrt{A^{'} M^{2} - M I^{2}} = \sqrt{2 a^{2} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{7}}{2}$ .

Xét tam giác ANI vuông tại I, có $A I = \sqrt{A N^{2} - N I^{2}} = \sqrt{2 a^{2} - \frac{a^{2}}{4}} = \frac{a \sqrt{7}}{2}$ .

Áp dụng định lí côsin trong tam giác AA'I, ta có:

$c o s \hat{A I A^{'}} = \frac{A I^{2} + A^{'} I^{2} - A {A^{'}}^{2}}{2 \cdot A I \cdot A^{'} I}$ $= \frac{\frac{7 a^{2}}{4} + \frac{7 a^{2}}{4} - 4 a^{2}}{2 \cdot \frac{7 a^{2}}{4}} = - \frac{1}{7}$ .