Giải Toán 11 trang 72 Tập 2 Chân trời sáng tạo

Với giải bài tập Toán 11 trang 72 Tập 2 trong Bài 3: Hai mặt phẳng vuông góc sách Chân trời sáng tạo hay nhất, chi tiết giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 11 trang 72 Tập 2.

1 304 13/12/2023

Trang trước

Trang sau

Giải Toán 11 trang 72 Tập 2

Thực hành 4 trang 72 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có O là tâm của đáy và AB = a, SA = 2a. Tính SO theo a.

Lời giải:

Thực hành 4 trang 72 Toán 11 Tập 2 Chân trời sáng tạo | Giải Toán 11

Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều ⇒ SO ⊥ (ABCD)

⇒ SO ⊥ OA.

Ta có: ABCD là hình vuông $\Rightarrow AC = \sqrt{2 {AB}^{2}} = a \sqrt{2} \Rightarrow AO = \frac{1}{2} AC = \frac{a \sqrt{2}}{2}$

Xét tam giác SOA vuông tại O:

$SO = \sqrt{{SA}^{2} - {AO}^{2}} = \frac{a \sqrt{14}}{2}$ (theo định lí Pytago)

Vậy $SO = \frac{a \sqrt{14}}{2}$

Vận dụng 4 trang 72 Toán 11 Tập 2: Cho biết kim tự tháp Khafre tại Ai Cập có dạng hình chóp tứ giác đều với chiều cao khoảng 136m và cạnh đáy dài khoảng 152m. Tính độ dài đường cao của mặt bên xuất phát từ đỉnh của kim tự tháp.

(nguồn:https://vi.wikipedia.org/wiki/ Kim_tự_tháp_Khafre)

Lời giải:

Vận dụng 4 trang 72 Toán 11 Tập 2 Chân trời sáng tạo | Giải Toán 11

Mô hình hoá hình ảnh kim tự tháp bằng hình chóp tứ giác đều S.ABCD có O là tâm của đáy.

Kẻ SH ⊥ CD (H ∈ CD)

Ta có: SO = 136m , AD = 152 m

Tam giác SCD cân tại S

⇒ SH vừa là trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác SCD

⇒ H là trung điểm của CD.

Mà O là trung điểm của AD.

⇒ OH là đường trung bình của tam giác ACD

⇒ $OH = \frac{1}{2} AD = 76 (m)$

Ta có: SO ⊥ (ABCD) SO ⊥ OH

⇒ ΔSOH vuông tại O.

⇒ $SH = \sqrt{{SO}^{2} + {OH}^{2}} = \sqrt{136^{2} + 76^{2}} \approx 155, 8 (m)$

Vậy độ dài đường cao của mặt bên xuất phát từ đỉnh của kim tự tháp khoảng 155,8 m.

Hoạt động khám phá 8 trang 72 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp đều S.A₁A₂...A₆. Mặt phẳng (P) song song với mặt đáy và cắt các cạnh bên lần lượt tại A′₁A′₂...A′₆.

a) Đa giác A′₁A′₂...A′₆ có phái lục giác đều không? Giải thích.

b) Gọi O và O′ lần lượt là tâm của hai lục giác A₁A₂...A₆ và A′₁A′₂...A′₆. Đường thẳng OO′ có vuông góc với mặt đáy không?

Lời giải:

a) Ta có:(P) // (A₁A₂A₃...A₆)

Do đó A₁′A₂′ // A₁A₂; A₂′A₃′ // A₂A₃; A₃′A₄′ // A₃A₄;

A4′A5′ // A₄A₅; A₅′A₆′ // A₅A₆; A₆′A₁′ // A₆A₁

Khi đó $\frac{{A^{'}}_{1} {A^{'}}_{2}}{A_{1} A_{2}} = \frac{{A^{'}}_{2} {A^{'}}_{3}}{A_{2} A_{3}} = \frac{{A^{'}}_{3} {A^{'}}_{4}}{A_{3} A_{4}} = \frac{{A^{'}}_{4} {A^{'}}_{5}}{A_{4} A_{5}} = \frac{{A^{'}}_{5} {A^{'}}_{6}}{A_{5} A_{6}} = \frac{{A^{'}}_{6} {A^{'}}_{1}}{A_{6} A_{1}}$ .

Mà A₁A₂ = A₂A₃ = A₃A₄= A₄A₅= A₅A₆= A₆A₁

⇒ A₁′A₂′ = A₂′A₃′ = A₃′A₄′ = A₄′A₅′ = A₅′A₆′ = A₆′A₁′

Vậy đa giác A′₁A′₂...A′₆ là lục giác đều.

b) Ta có:

$\begin{matrix} O' \in {A^{'}}_{1} {A^{'}}_{4} \subset (S A_{1} A_{4}) \\ O' \in {A^{'}}_{3} {A^{'}}_{6} \subset ({SA}_{3} A_{6}) \\ (S A_{1} A_{4}) \cap ({SA}_{3} A_{6}) = SO \end{matrix}\} \Rightarrow O^{'} \in SO$