Giải Toán 11 trang 117 Tập 2 Cánh diều

Giải Toán 11 trang 117 Tập 2

Bài 7 trang 117 Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của AB (Hình 100).

a) Tính góc giữa hai đường thẳng AB và B’C’.

b) Tính góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (ABC).

c) Tính số đo của góc nhị diện [B, CC’, M].

d) Chứng minh rằng CC’ // (ABB’A’). Tính khoảng cách giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (ABB’A’).

e) Chứng minh rằng CM ⊥ (ABB’A’). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’M.

g) Tính thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ và thể tích khối chóp A’.MBC.

Lời giải:

Vì ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a nên ta có:

⦁ Các mặt bên A’C’CA, B’C’CB, A’B’BA đều là hình vuông cạnh a.

⦁ Hai mặt đáy ABC và A’B’C’ là hai tam giác đều cạnh a và hai mặt phẳng chứa hai mặt đáy song song với nhau.

⦁ Các cạnh bên AA’, BB’, CC’ đều vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC) và (A’B’C’).

a) Do B’C’CB là hình vuông nên BC // B’C’.

Suy ra góc giữa hai đường thẳng AB và B’C’ bằng góc giữa hai đường thẳng AB và BC và bằng $\widehat{ABC}.$

Mặt khác ABC là tam giác đều nên $\widehat{ABC}=60°.$

Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và B’C’ bằng 60°.

b) Vì AA’ ⊥ (ABC) nên AB là hình chiếu của A’B trên (ABC).

Suy ra góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (ABC) bằng $\widehat{AB{A}^{\text{'}}}.$

Do A’B’BA là hình vuông nên đường chéo BA’ là phân giác của góc ABB’ nên $\widehat{AB{A}^{\text{'}}}=45°.$

Vậy góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (ABC) bằng 45°.

c) Do CC’ ⊥ (ABC) và BC, CM đều nằm trên (ABC).

Suy ra CC’ ⊥ BC, CC’ ⊥ CM.

Mà BC ∩ CM = C ∈ CC’.

Do đó $\widehat{BCM}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, CC’, M].

Xét tam giác ABC đều có: CM là đường trung tuyến (do M là trung điểm của BC) nên đồng thời là đường phân giác của $\widehat{ACB}.$

Suy ra $\widehat{BCM}=\frac{\widehat{ACB}}{2}=\frac{60°}{2}=30°.$

Vậy số đo của góc nhị diện [B, CC, M] bằng 30°.

d) Do B’C’CB là hình vuông nên CC’ // BB’.

Mà BB’ ⊂ (ABB’A’) nên CC’ // (ABB’A’).

Khi đó d(CC’, (ABB’A’)) = d(C, (ABB’A’)).

Do AA’ ⊥ (ABC) và CM ⊂ (ABC) nên AA’ ⊥ CM.

Vì tam giác ABC đều có CM là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao của tam giác hay CM ⊥ AB.

Ta có: CM ⊥ AA’, CM ⊥ AB và AA’ ∩ AB = A trong (ABB’A’).

Suy ra CM ⊥ (ABB’A’).

Khi đó d(C, (ABB’A’)) = CM.

Do M là trung điểm của AB nên $BM=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác CBM vuông tại M (do CM ⊥ AB) có:

BC² = BM² + CM²

Suy ra $CM=\sqrt{B{C}^2-B{M}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Do đó $d\left(C{C}^{\text{'}},\left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\right)=d\left(C,\left(AB{B}^{\text{'}}{A}^{\text{'}}\right)\right)=CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy khoảng cách giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (ABB’A’) bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

e) Theo câu d ta có CM ⊥ (ABB’A’).

Mà A’M ⊂ (ABB’A’) nên CM ⊥ A’M.

Do CC’ ⊥ (ABC) và CM ⊂ (ABC) nên CC’ ⊥ CM.

Ta thấy: CM ⊥ A’M, CM ⊥ CC’.

Suy ra đoạn thẳng CM là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng CC’ và A’M.

Khi đó $d\left(C{C}^{\text{'}},A^{\text{'}}M\right)=CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’M bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

g) ⦁ Diện tích tam giác ABC đều cạnh a có đường cao $CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ là:

$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}CM.AB=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có chiều cao AA’ = a và diện tích đáy $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ là:

$V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{\Delta ABC}.A{A}^{\text{'}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$

⦁ Vì A là hình chiếu của A’ trên (ABC) và (MBC) ≡ (ABC).

Suy ra A cũng là hình chiếu của A’ trên (MBC).

Nên ta có đoạn thẳng AA’ cũng là chiều cao của khối chóp A’.MBC.

Diện tích tam giác MBC vuông tại M là:

$S_{\Delta MBC}=\frac{1}{2}CM.MB=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{8}.$

Thể tích của khối chóp tam giác A’.MBC có chiều cao AA’ = a và diện tích đáy $S_{\Delta MBC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{8}$ là:

$V_{A^{\text{'}}.MBC}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta MBC}.A{A}^{\text{'}}=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{8}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}.$

Bài 8 trang 117 Toán 11 Tập 2: Đền Kukulcan (Hình 101) là một kim tự tháp Trung Mỹ nằm ở khu di tích Chichen Itza, Mexico, được người Maya xây vào khoảng từ thế kỉ IX đến thế kỉ XII. Phần thân của đền, không bao gồm ngôi đền nằm phía trên, có dạng một khối chóp cụt tứ giác đều (không tính cầu thang và coi các mặt bên là phẳng) với độ dài đáy dưới là 55,3 m, chiều cao là 24 m, góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy là khoảng 47°.

(Nguồn: https://vi.wikipedia.org)

Tính thể tích phần thân của ngôi đền có dạng khối chóp cụt tứ giác đều đó theo đơn vị mét khối (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

Lời giải:

Mô tả phần thân của đền Kukulcan trong bài toán bằng khối chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’, với O và O’ lần lượt là tâm của hai đáy ABCD và A’B’C’D’.

Như vậy ta có:

⦁ ABCD là hình vuông cạnh 55,3 có diện tích S_ABCD = 55,3² = 3 058,09 (m²);

⦁ A’B’C’D’ là hình vuông;

⦁ Các cạnh bên A’A, B’B, C’C, D’D tạo với mặt đáy bằng 47°;

⦁ OO’ vuông góc với (ABCD) và (A’B’C’D’) và OO’ = 24 (m).

Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{ABC}=90°,$ do đó tam giác ABC vuông tại B.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại B có:

AC² = AB² + BC² = 55,3² + 55,3² = 2 . 55,3².

Suy ra $AC=\sqrt{2}.55,3$ (m).

Do đó $CO=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{2}.55,3}{2}\approx 39,1$ (m) (do O là tâm hình vuông ABCD).

Dễ thấy: (ABCD) ∩ (A’C’CA) = AC;

(A’B’C’D’) ∩ (A’C’CA) = A’C’.

Mà (ABCD) // (A’B’C’D’).

Suy ra AC // A’C’ hay A’C’CA là hình thang.

Xét hình thang A’C’CA, kẻ C’H ⊥ AC (H ∈ AC).

Vì OO’ ⊥ (ABCD) và AC ⊂ (ABCD) nên OO’ ⊥ AC.

Do đó C’H // OO’ (cùng vuông góc với AC).

Mà O’C’ // OH (do A’C’ // AC)

Suy ra O’C’HO là hình bình hành.

Do đó: C’H = OO’ = 24 (m) và OH = O’C’.

Vì OO’ ⊥ (ABCD) và OO’ // C’H nên C’H ⊥ (ABCD).

Suy ra CH là hình chiếu của CC’ trên (ABCD).

Khi đó, góc giữa cạnh bên CC’ và mặt phẳng đáy bằng $\widehat{C^{\text{'}}CH}=47°.$

Xét tam giác C’HC vuông tại H (do C’H ⊥ AC) có:

$\tan \widehat{C^{\text{'}}CH}=\frac{C^{\text{'}}H}{CH}$

Suy ra $CH=\frac{C^{\text{'}}H}{\tan \widehat{C^{\text{'}}CH}}=\frac{24}{\tan 47°}\approx 22,38.$

Suy ra O’C’ = OH = OC – HC ≈ 39,1 – 22,38 = 16,72.

Ta có A’C’ = 2O’C ≈ 2.16,72 = 33,44 (do O’ là tâm hình vuông A’B’C’D’).

Vì A’B’C’D’ là hình vuông nên $\widehat{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=90°$ và A’B’ = B’C’.

Suy ra tam giác A’B’C’ vuông cân tại B’.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác A’B’C’ vuông cân tại B’ có:

A’B’² + B’C’² = A’C’² hay 2A’B’² = A’C’²

Suy ra $A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}=\frac{A^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}{\sqrt{2}}\approx \frac{33,44}{\sqrt{2}}\approx 23,65.$

Diện tích hình vuông A’B’C’D’ cạnh 23,65 là: S _{A’B’C’D’} ≈ 23,65² = 559,3225 (m²).

Như vậy, thể tích khối chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ với chiều cao OO’ = 24 và diện tích hai đáy S_ABCD = 3 058,09; S_{A’B’C’D’} = 559,3225 là:

$V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}\approx \frac{1}{3}\mathrm{.24.}\left(3058,09+\sqrt{3058,09.559,3225}+559,3225\right)=39402,06\left({\text{m}}^3\right).$

Vậy thể tích phần thân ngôi đền đã cho gần bằng 39 402,06 m³.

Xem thêm Lời giải bài tập Toán 11 Cánh diều hay, chi tiết khác:

Giải Toán 11 trang 116 Tập 2

Giải Toán 11 trang 117 Tập 2