Giải Toán 11 trang 63 Tập 2 Kết nối tri thức

Giải Toán 11 trang 63 Tập 2

Vận dụng trang 63 Toán 11 Tập 2: Một sọt đựng đồ có dạng hình chóp cụt đều (H.7.98). Đáy và miệng sọt là các hình vuông tương ứng có cạnh bằng 30 cm, 60 cm, cạnh bên của sọt dài 50 cm. Tính thể tích của sọt.

Lời giải:

Sọt đựng đồ có dạng hình chóp cụt đều ABCD.A'B'C'D'.

Ta có S₁ = S_ABCD = 60² = 3 600(cm²), S₂ = S_A'B'C'D' = 30² = 900 (cm²).

Kẻ D'H $\perp$ BD tại H.

Gọi O và O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'.

Vì OO' $\perp$ (ABCD) nên OO' $\perp$ OH, OO' $\perp$ (A'B'C'D') nên OO' ^ B'D'.

Do đó OHD'O' là hình chữ nhật, suy ra O'D' = OH, OO' = HD'.

Xét tam giác B'C'D' vuông tại C', có

B'D' = $\sqrt{B^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2+C^{\text{'}}{D^{\text{'}}}^2}=\sqrt{{30}^2+{30}^2}=30\sqrt{2}$ (cm).

Vì O' là trung điểm của B'D' nên D'O' = $\frac{D\text{'}B\text{'}}{2}$ = 15$\sqrt{2}$ (cm).

Xét tam giác BCD vuông tại C, có

BD = $\sqrt{B{C}^2+C{D}^2}=\sqrt{{60}^2+{60}^2}=60\sqrt{2}$ (cm).

Mà O là trung điểm của BD nên DO = $\frac{DB}{2}$= 30$\sqrt{2}$ (cm).

Có HD = DO – OH = 30$\sqrt{2}$-15$\sqrt{2}$ = 15$\sqrt{2}$ (cm).

Xét tam giác DHD' vuông tại H, có

D'H = $\sqrt{2^{}-H{D}^2}=\sqrt{{50}^2-{\left(15\sqrt{2}\right)}^2}=5\sqrt{82}$ (cm).

Do đó OO' = 5$\sqrt{82}$ (cm).

$V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}D}=\frac{1}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1\cdot S_2}\right)\cdot$

$=\frac{1}{3}\left(3600+900+\sqrt{3600\cdot 900}\right)\cdot 5\sqrt{82}$ = 10500$\sqrt{82}$ (cm³).

Bài tập

Bài 7.28 trang 63 Toán 11 Tập 2:Cho khối chóp đều S.ABC, đáy có cạnh bằng a, cạnh bên bằng b. Tính thể tích của khối chóp đó. Từ đó suy ra thể tích của khối tứ diện đều có cạnh bằng a.

Lời giải:

Gọi G là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC). Vì S.ABC là khối chóp đều nên G là trọng tâm của tam giác ABC. Có SG $\perp$ (ABC).

Giả sử AG $\cap$ BC tại D, khi đó D là trung điểm của BC, AD $\perp$ BC.

Xét tam giác ABC đều cạnh a, AD là đường cao nên AD = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ .

Vì AG = $\frac{2}{3}$AD = $\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Xét tam giác SGA vuông tại G, có SG = $\sqrt{S{A}^2-A{G}^2}=\sqrt{b^2-\frac{a^2}{3}}=\sqrt{\frac{3b^2-a^2}{3}}$ .

Ta có $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SG$$=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \sqrt{\frac{3b^2-a^2}{3}}$$=\frac{a^2\sqrt{3b^2-a^2}}{12}$ .

Khi đó thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng a là: $\frac{a^2\sqrt{3a^2-a^2}}{12}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$ .

Bài 7.29 trang 63 Toán 11 Tập 2: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có AA' = 5 cm, AB = 6 cm, BC = 2 cm, $\widehat{ABC}=150°$ . Tính thể tích của khối lăng trụ.

Lời giải:

Vì ABC.A'B'C' là khối lăng trụ đứng nên A'A $\perp$ (ABC).

Có S_ABC = $\frac{1}{2}$.AB.AC.sin$\widehat{ABC}$ = $\frac{1}{2}$.6.2.sin150^o = 3 (cm²).

$V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}$.AA' = 3 . 5 = 15 (cm³).

Bài 7.30 trang 63 Toán 11 Tập 2: Cho khối chóp đều S.ABCD, đáy có cạnh 6 cm. Tính thể tích của khối chóp đó trong các trường hợp sau:

a) Cạnh bên tạo với mặt đáy một góc bằng 60°.

b) Mặt bên tạo với mặt đáy một góc bằng 45°.

Lời giải:

a)

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Do S.ABCD là khối chóp đều nên SO $\perp$ (ABCD). Khi đó OC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD). Khi đó góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng OC và SC, mà (OC, SC) = $\widehat{SCO}$ = 60^o.

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC = $\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{6^2+6^2}$= 6$\sqrt{2}$ (cm).

Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC, suy ra OC = $\frac{AC}{2}$= 3$\sqrt{2}$ (cm).

Xét tam giác SOC vuông tại O, có SO = OC . tan60° = 3$\sqrt{2}$.$\sqrt{3}$ = 3$\sqrt{6}$(cm).

Khi đó $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SO$ = $\frac{1}{3}$.6.6.3$\sqrt{6}$ = 36$\sqrt{6}$ (cm³).

b)

Kẻ OE $\perp$ CD tại E.

Vì SO $\perp$ (ABCD) nên SO $\perp$ CD mà OE $\perp$ CD nên CD $\perp$ (SOE), suy ra CD ^ SE.

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng OE và SE, mà (OE, SE) = $\widehat{SEO}$ = 45^o.

Xét tam giác SOE vuông tại O, có nên tam giác SOE vuông cân tại O, suy ra SO = OE.

Xét tam giác BCD, có OE // BC (vì cùng vuông góc với CD), mà O là trung điểm của BD nên E là trung điểm của CD, do đó OE là đường trung bình của tam giác BCD.

Suy ra OE = $\frac{BC}{2}=\frac{6}{2}$ = 3(cm). Do đó SO = 3 cm.

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot 6\cdot 6\cdot 3=36$ (cm³).

Bài 7.31 trang 63 Toán 11 Tập 2: Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là các tam giác đều cạnh a, A'A = A'B = A'C = b. Tính thể tích của khối lăng trụ.

Lời giải:

Vì hình chóp A'.ABC có A'A = A'B = A'C, ABC là tam giác đều nên hình chóp A'.ABC là hình chóp đều.

Gọi F là hình chiếu của A' trên mặt phẳng (ABC), khi đó F là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó A'F $\perp$ (ABC) hay A'F là đường cao của hình lăng trụ ABC.A'B'C'.

Giả sử AF $\cap$ CB tại D, suy ra D là trung điểm của BC, AD $\perp$ BC.

Vì ABC là tam giác đều cạnh a, đường cao AD nên AD = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và S_{ABC = $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$} .

Có AF = $\frac{2}{3}$AD = $\frac{2}{3}$.$\frac{a\sqrt{3}}{2}$=$\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Xét tam giác A'FA vuông tại F, có

A'F = $\sqrt{A{A^{\text{'}}}^2-A{F}^2}=\sqrt{b^2-\frac{a^2}{3}}=\sqrt{\frac{3b^2-a^2}{3}}$.

Khi đó $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}\cdot A^{\text{'}}F$$=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \sqrt{\frac{3b^2-a^2}{3}}$$=\frac{a^2\sqrt{3b^2-a^2}}{4}$ .

Bài 7.32 trang 63 Toán 11 Tập 2: Từ một tấm tôn hình vuông có cạnh 8 dm, bác Hùng cắt bỏ bốn phần như nhau ở bốn góc, sau đó bác hàn các mép lại để được một chiếc thùng (không có nắp) như Hình 7.99.

a) Giải thích vì sao chiếc thùng có dạng hình chóp cụt.

b) Tính cạnh bên của thùng.

c) Hỏi thùng có thể chứa được nhiều nhất bao nhiêu lít nước?

Lời giải:

a) Có AB // A'B' nên AB // (A'B'C'D').

AD // A'D' nên AD // (A'B'C'D'). Do đó (ABCD) // (A'B'C'D').

Vì bác Hùng cắt bỏ bốn phần như nhau ở bốn góc và hàn lại sẽ tạo thành 4 mặt bên là các hình thang cân. Vậy chiếc thùng có dạng hình chóp cụt.

b) Dựa vào hình 7.99, ta có A'B' = B'C' = C'D' = D'A' = 8 – 2 = 6 (dm).

Kẻ AH $\perp$ A'B' tại H, Kẻ BK $\perp$ A'B' tại K.

Khi đó ABKH là hình chữ nhật, suy ra AB = HK = 3 dm,

AH = BK = (8 – 3) : 2 = 2,5 dm.

Xét $∆$AHA' và $∆$BKB' có AA' = BB', $\widehat{AH{A}^{\text{'}}}=\widehat{BK{B}^{\text{'}}}=90°$ , AH = BK.

Do đó $∆$AHA' = $∆$BKB', suy ra A'H = B'K = (A'B' – HK): 2 = (6 – 3) : 2 = 1,5 dm.

Xét tam giác AHA' vuông tại H, có AA' = $\sqrt{A{H}^2+A^{\text{'}}{H}^2}=\sqrt{2,5^2+1,5^2}=\sqrt{\frac{17}{2}}$ (dm).

Vậy cạnh bên của thùng là $\sqrt{\frac{17}{2}}$ dm.

c) Gọi O và O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'.

Vì ACC'A' là hình thang cân nên đường cao của hình chóp cụt cũng chính là đường cao của hình thang cân.

Kẻ CE $\perp$ A'C' tại E.

Vì OCEO' là hình chữ nhật nên OC = O'E.

Xét tam giác ABC vuông tại B có

AC = $\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{3^2+3^2}$= 3$\sqrt{2}$ (dm)

Mà O là trung điểm của AC nên OC = $\frac{AC}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ (dm) .

Xét tam giác A'B'C' vuông tại B' có

A'C' = $\sqrt{A^{\text{'}}{B^{\text{'}}}^2+B^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2}=\sqrt{6^2+6^2}$ = 6$\sqrt{2}$ (dm)

Mà O' là trung điểm của A'C' nên O'C' = $\frac{A\text{'}C\text{'}}{2}$= 3$\sqrt{2}$ (dm).

Có C'E = O'C' – O'E = 3$\sqrt{2}$ - $\frac{3\sqrt{2}}{2}$= $\frac{3\sqrt{2}}{2}$ (dm).

Xét tam giác CC'E vuông tại E, có

CE = $\sqrt{C{C^{\text{'}}}^2-C^{\text{'}}{E}^2}$=$=\sqrt{\frac{17}{2}-\frac{18}{4}}$= 2 (dm).

Do đó OO' = 2 dm

Ta có S₁ = S_ABCD = 3 . 3 = 9 (dm²); S₂ = S_A'B'C'D' = 6 . 6 = 36 (dm²).

Khi đó $V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1\cdot S_2}\right)\cdot O{O}^{\text{'}}$

$=\frac{1}{3}\left(9+36+\sqrt{9\cdot 36}\right)\cdot 2=42$ (dm³).

Ta có 42 dm³ = 42 lít.

Vậy thùng có thể chứa được nhiều nhất là 42 lít nước.

Xem thêm Lời giải bài tập Toán 11 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Giải Toán 11 trang 61 Tập 2

Giải Toán 11 trang 62 Tập 2

Giải Toán 11 trang 63 Tập 2