Giải Toán 11 trang 81 Tập 2 Chân trời sáng tạo

Giải Toán 11 trang 81 Tập 2

Thực hành 4 trang 81 Toán 11 Tập 2: Tính thể tích của một bồn chứa có dạng khối chóp cụt đều có kích thước được cho như trong Hình 20.

Lời giải:

Diện tích đáy lớn là: S = 5² = 25 (m²)

Diện tích đáy bé là: S′ = 2² = 4 (m²)

Thể tích của bồn chứa là: $V=\frac{1}{3}.3\left(25+\sqrt{25.4}+4\right)=39\left(m^3\right)$

Vận dụng 3 trang 81 Toán 11 Tập 2: Tính thể tích cái nêm hình lăng trụ đứng có kích thước như trong Hình 21.

Lời giải:

Ta có khối nêm là lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông có các cạnh góc vuông lần lượt là 7cm và 24 cm.

Do đó diện tích đáy là: $S=\frac{1}{2}.7.24=84\left({\mathrm{cm}}^2\right)$

Chiều cao của khối lăng trụ là h = 22 cm

Thể tích của khối nêm là: V = S.h = 84.22 = 1848 (cm³)

Bài tập

Bài 1 trang 81 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a có O là giao điểm của hai đường chéo, $\widehat{\mathrm{ABC}}=60°,\mathrm{SO}\perp \left(\mathrm{ABCD}\right),$ $\mathrm{SO}=a\sqrt{3}$ . Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SCD).

Lời giải:

Kẻ OI ⊥ CD, OH ⊥ SI

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{SO}\perp \left(\mathrm{ABCD}\right)\\ \mathrm{OI}\perp \mathrm{CD}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\mathrm{CD}\perp \mathrm{SO}\\ \mathrm{OI}\perp \mathrm{CD}\end{array}\right.\Rightarrow \mathrm{CD}\perp \left(\mathrm{SOI}\right)\Rightarrow \mathrm{CD}\perp \mathrm{OH}$

Mà OH ⊥ SI Suy ra OH ⊥ (SCD)

Do đó d(O, (SCD)) = OH.

Ta có: ΔABC đều $\Rightarrow$ AC = a $\Rightarrow \mathrm{OC}=\frac{1}{2}\mathrm{AC}=\frac{a}{2}$

• Xét ΔABD, áp dụng định lí cos, ta có:

$\mathrm{BD}=\sqrt{{\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{AD}}^2-2.\mathrm{AB}.\mathrm{AD}.\cos \widehat{\mathrm{BAD}}}=a\sqrt{3}$

$\Rightarrow \mathrm{OD}=\frac{1}{2}\mathrm{BD}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

• Xét ΔOCD vuông tại O có OI là đường cao:

$\frac{1}{{\mathrm{OI}}^2}=\frac{1}{{\mathrm{OC}}^2}+\frac{1}{{\mathrm{OD}}^2}\Rightarrow \mathrm{OI}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Ta có SO ⊥ (ABCD) $\Rightarrow$SO ⊥ OI

Do đó, tam giác SOI vuông tại O có OH là đường cao nên

$\frac{1}{{\mathrm{OH}}^2}=\frac{1}{{\mathrm{SO}}^2}+\frac{1}{{\mathrm{OI}}^2}\Rightarrow \mathrm{OH}=\frac{a\sqrt{51}}{17}$

$\Rightarrow d\left(O,\left(\mathrm{SCD}\right)\right)=\frac{a\sqrt{51}}{17}.$

Vậy khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SCD) là $\frac{a\sqrt{51}}{17}$.

Bài 2 trang 81 Toán 11 Tập 2: Cho hai tam giác cân ABC và ABD có đáy chung AB và không cùng nằm trong một mặt phẳng.

a) Chứng minh rằng AB ⊥ CD.

b) Xác định đoạn vuông góc chung của AB và CD.

Lời giải:

a) Gọi M là trung điểm của AB.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{CM}\perp \mathrm{AB}\\ \mathrm{DM}\perp \mathrm{AB}\end{array}\right.\Rightarrow \mathrm{AB}\perp \left(\mathrm{MCD}\right)\Rightarrow \mathrm{AB}\perp \mathrm{CD}$

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc M của trên CD.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\left(\mathrm{CMD}\right)\perp \mathrm{AB}\\ \mathrm{C}\text{D}\perp \mathrm{MH}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\mathrm{MH}\perp \mathrm{AB}\\ \mathrm{C}\text{D}\perp \mathrm{MH}\end{array}\right.$

Do đó MH là đoạn vuông góc chung của AB và CD.

Bài 3 trang 81 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, $\mathrm{SA}=\mathrm{SB}=\mathrm{SC}=\mathrm{SD}=a\sqrt{2}$ . Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD.

a) Chứng minh AB ⊥ (SIJ).

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.

Lời giải:

a) Ta có: ΔSAB cân tại S và đáy là hình vuông ABCD.

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\mathrm{SI}\perp \mathrm{AB}\\ \mathrm{IJ}\perp \mathrm{AB}\end{array}\right.\Rightarrow \mathrm{AB}\perp \left(\mathrm{SIJ}\right).$

b) Ta có: AB // CD ⇒ AB // (ABCD)

$\Rightarrow$ d(AB, SC) = d(AB, (SCD)) = d(I, (SCD))

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của I, O trên SJ

Ta có $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{IH}//\mathrm{OK}\\ \mathrm{IH}=2\text{O}\mathrm{K}\end{array}\right.$

Vì AB // CD nên CD ⊥ (SIJ) $\Rightarrow$ CD ⊥ IH $\Rightarrow$IH ⊥ (SCD)

$\Rightarrow$ d(AB, CD) = d(AB, (SCD)) = IH = 2OK

Ta có: ABCD là hình vuông

$\Rightarrow$ $\mathrm{OA}=\frac{\mathrm{AC}}{2}=\frac{\sqrt{{\mathrm{AD}}^2+{\mathrm{CD}}^2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

• Xét ΔSAO vuông tại O có

$\mathrm{SO}=\sqrt{{\mathrm{SA}}^2-{\mathrm{OA}}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$

• Xét ΔSOJ vuông tại O có đường cao OK nên

$\mathrm{OK}=\frac{\mathrm{SO}.\text{OJ}}{\sqrt{{\mathrm{SO}}^2+{\mathrm{OJ}}^2}}=\frac{a\sqrt{42}}{14}$

Do đó $d\left(\mathrm{AB},\mathrm{SC}\right)=2\text{O}K=\frac{a\sqrt{42}}{7}$.

Bài 4 trang 81 Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A′B′C′ có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng (A′BC) và (ABC) bằng 60°.

a) Tính khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ.

b) Tính thể tích của khối lăng trụ.

Lời giải:

a) Vì khối lăng trụ đều nên gọi là trung điểm của BC AM ⊥ BC. Do đó góc giữa hai mặt phẳng ((A′BC), (ABC)) = $\widehat{\mathrm{SMA}}=60°$ .

Do đó khoảng cách giữa hai đáy của lăng trụ là:

${\mathrm{AA}}^{\text{'}}=\mathrm{AM}.\tan \widehat{\mathrm{SMA}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\tan 60°=\frac{3a}{2}.$

b) Thể tích khối lăng trụ là: $V={\mathrm{AA}}^{\text{'}}.S_{\mathrm{\Delta ABC}}=\frac{3a}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{4}{a}^3.$

Bài 5 trang 81 Toán 11 Tập 2: Một cây cầu dành cho người đi bộ (Hình 22) có mặt sàn cầu cách mặt đường 3,5 m, khoảng cách từ đường thẳng a nằm trên tay vịn của cầu đến mặt sàn cầu là 0,8 m. Gọi b là đường thẳng kẻ theo tim đường. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b.

Lời giải:

Vì tay vịn cầu song song với mặt đường nên khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b

chính bằng khoảng cách từ đường thẳng a xuống mặt đường.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b bằng: 3,5 + 0,8 = 4,3(m).

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng a và b là 4,3 m.

Xem thêm Lời giải bài tập Toán 11 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Giải Toán 11 trang 74 Tập 2

Giải Toán 11 trang 75 Tập 2

Giải Toán 11 trang 76 Tập 2

Giải Toán 11 trang 77 Tập 2

Giải Toán 11 trang 78 Tập 2

Giải Toán 11 trang 79 Tập 2

Giải Toán 11 trang 81 Tập 2

Giải Toán 11 trang 82 Tập 2