Toán 11 (Cánh diều) Bài tập cuối chương 8 trang 116
Với giải bài tập Toán lớp 11 Bài tập cuối chương 8 trang 116 sách Cánh diều hay nhất, chi tiết giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 11.
Giải Toán 11 Bài tập cuối chương 8 trang 116
Bài tập
Bài 1 trang 116 Toán 11 Tập 2: Cho hình lập phương MNPQ.M’N’P’Q’ có cạnh bằng a.
a) Góc giữa hai đường thẳng MN và M’P’ bằng:
b) Gọi α là số đo góc giữa đường thẳng M’P và mặt phẳng (MNPQ). Giá trị tanα bằng:
c) Số đo của góc nhị diện [N, MM’, P] bằng:
d) Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (NQQ’N’) bằng:
Lời giải:
a) Đáp án đúng là: B
Vì MNPQ.M’N’P’Q’ là hình lập phương nên MM’ // PP’ và MM’ = PP’.
Suy ra M’P’PM là hình bình hành. Do đó MP // M’P’.
Suy ra góc giữa hai đường thẳng MN và M’P’ bằng góc giữa hai đường thẳng MN và MP và bằng
Vì MNPQ là hình vuông nên đường chéo MP là đường phân giác của góc NMQ, do đó
Vậy góc giữa hai đường thẳng MN và M’P’ bằng 45°.
b) Đáp án đúng là: D
Vì MNPQ.M’N’P’Q’ là hình lập phương nên M’M ⊥ (MNPQ).
Khi đó, MP là hình chiếu của M’P trên (MNPQ).
Suy ra góc giữa đường thẳng M’P và mặt phẳng (MNPQ) bằng , tức là
Vì MNPQ là hình vuông nên do đó tam giác MNP vuông tại N.
Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác MNP vuông tại N có:
MP2 = MN2 + NP2 = a2 + a2 = 2a2
Suy ra
Do M’M ⊥ (MNPQ) và MP ⊂ (MNPQ) nên M’M ⊥ MP.
Xét ∆M’PM vuông tại M (do M’M ⊥ MP) có:
Suy ra với
c) Đáp án đúng là: B
Do M’M ⊥ (MNPQ) và MN ⊂ (MNPQ), MP ⊂ (MNPQ).
Suy ra M’M ⊥ MN và M’M ⊥ MP.
Mà MN ∩ MP = M ∈ M’M.
Do đó là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [N, MM’, P].
Theo câu a ta có
Vậy số đo của góc nhị diện [N, MM’, P] bằng 45°.
d) Đáp án đúng là: B
Gọi O là giao điểm của MP và NQ.
Vì MNPQ là hình vuông nên MO ⊥ NQ.
Do MNPQ.M’N’P’Q’ là hình lập phương nên N’N ⊥ (MNPQ).
Mà MO ⊂ (MNPQ) nên N’N ⊥ MO.
Ta có: MO ⊥ NQ, MO ⊥ N’N và NQ ∩ N’N = N trong (NQQ’N’).
Suy ra MO ⊥ (NQQ’N’).
Khi đó, d(M, (NQQ’N’)) = MO.
Vì MNPQ là hình vuông và O = MP ∩ NQ nên O là trung điểm của MP.
Do đó
Vậy khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (NQQ’N’) bằng
Lời giải:
Đáp án đúng là: C
Vì MNPQ.M’N’P’Q’ là hình hộp chữ nhật nên ta có:
⦁ NN’ ⊥ (MNPQ) mà NP ⊂ (MNPQ) nên NN’ ⊥ NP;
⦁ NN’ ⊥ (M’N’P’Q’) mà M’N’ ⊂ (MNPQ) nên NN’ ⊥ M’N’.
Từ các kết quả trên ta có đoạn thẳng NN’ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng NP và M’N’.
Suy ra d(NP, M’N’) = NN’.
Do MNPQ.M’N’P’Q’ là hình hộp chữ nhật nên NN’ = MM’ = 4a.
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng NP và M’N’ bằng 4a.
Lời giải:
Đáp án đúng là: B
Thể tích của khối lăng trụ được tính theo công thức: V = Sh, trong đó S là diện tích đáy, h là chiều cao của khối lăng trụ.
Vậy thể tích của khối lăng trụ có S = a2 và h = 3a là:
V = a2.3a = 3a3.
Lời giải:
Đáp án đúng là: A
Thể tích của khối chóp được tính theo công thức: trong đó S là diện tích đáy, h là chiều cao của khối chóp.
Vậy thể tích của khối chóp có S = a2 và h = 3a là:
Lời giải:
Đáp án đúng là: D
Ta có: nên OA ⊥ OB;
nên OA ⊥ OC.
Mà OB ∩ OC = O trong (OBC).
Suy ra OA ⊥ (OBC).
Vì nên tam giác OBC vuông tại O.
Nên ta có diện tích tam giác OBC vuông tại O là:
Thể tích của khối tứ diện OABC với chiều cao OA = a và diện tích đáy là:
Bài 6 trang 116 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), AC ⊥ BC, AC = a (Hình 99).
a) Tính góc giữa hai đường thẳng SA và BC.
b) Tính góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC).
c) Tính số đo của góc nhị diện [B, SA, C].
d) Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
e) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.
g) Tính thể tích của khối chóp S.ABC.
Lời giải:
a) Do SA ⊥ (ABC) và BC ⊂ (ABC) nên SA ⊥ BC.
Vậy góc giữa hai đường thẳng SA và BC bằng 90°.
b) Vì SA ⊥ (ABC) nên AC là hình chiếu của SC trên (ABC).
Suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng
Do SA ⊥ (ABC) và AC ⊂ (ABC) nên SA ⊥ AC.
Xét tam giác SAC vuông tại A (do SA ⊥ AC) có:
Vậy góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60°.
c) Do SA ⊥ (ABC) và AB, AC đều nằm trên (ABC).
Suy ra SA ⊥ AB, SA ⊥ AC.
Mà AB ∩ AC = A ∈ SA.
Như vậy, là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, SA, C].
Xét tam giác ABC vuông tại C (do AC ⊥ BC) có:
Vậy số đo của góc nhị diện [B, SA, C] bằng 60°.
d) Ta có: BC ⊥ SA (theo câu a);
BC ⊥ AC;
SA ∩ AC = A trong (SAC).
Suy ra BC ⊥ (SAC).
Khi đó
Vậy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) bằng
e) Ta có: AC ⊥ SA (theo câu c) và AC ⊥ BC.
Suy ra đoạn thẳng AC là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng SA và BC.
Khi đó d(SA, BC) = AC = a.
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng a.
g) Diện tích tam giác ABC vuông tại C (do AC ⊥ BC) là:
Thể tích của khối chóp S.ABC có chiều cao và diện tích đáy là:
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
Mặt khác ABC là tam giác đều nên
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
Do A’B’BA là hình vuông nên đường chéo BA’ là phân giác của góc ABB’ nên
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 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
Suy ra
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
Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác CBM vuông tại M (do CM ⊥ AB) có:
BC2 = BM2 + CM2
Suy ra
Do đó
Vậy khoảng cách giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (ABB’A’) bằng
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
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’M bằng
g) ⦁ Diện tích tam giác ABC đều cạnh a có đường cao là:
Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có chiều cao AA’ = a và diện tích đáy là:
⦁ 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:
Thể tích của khối chóp tam giác A’.MBC có chiều cao AA’ = a và diện tích đáy là:
(Nguồn: https://vi.wikipedia.org)
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 SABCD = 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 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 (m).
Do đó (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
Xét tam giác C’HC vuông tại H (do C’H ⊥ AC) có:
Suy ra
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 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
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 SABCD = 3 058,09; SA’B’C’D’ = 559,3225 là:
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:
Bài 3: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện
Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc
Bài 6: Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều. Thể tích của một số hình khối
Xem thêm các chương trình khác:
- Soạn văn lớp 11 Cánh diều (hay nhất)
- Văn mẫu lớp 11 - Cánh diều
- Tóm tắt tác phẩm Ngữ văn 11 – Cánh diều
- Tác giả tác phẩm Ngữ văn 11 - Cánh diều
- Giải SBT Ngữ văn 11 – Cánh diều
- Bố cục tác phẩm Ngữ văn 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Ngữ văn 11 – Cánh diều
- Nội dung chính tác phẩm Ngữ văn lớp 11 – Cánh diều
- Soạn văn 11 Cánh diều (ngắn nhất)
- Giải sgk Tiếng Anh 11 – ilearn Smart World
- Giải sbt Tiếng Anh 11 - ilearn Smart World
- Trọn bộ Từ vựng Tiếng Anh 11 ilearn Smart World đầy đủ nhất
- Giải sgk Vật lí 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Vật lí 11 – Cánh diều
- Giải sbt Vật lí 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Vật lí 11 – Cánh diều
- Giải sgk Hóa học 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Hóa học 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Hóa 11 - Cánh diều
- Giải sbt Hóa học 11 – Cánh diều
- Giải sgk Sinh học 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Sinh học 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Sinh học 11 – Cánh diều
- Giải sbt Sinh học 11 – Cánh diều
- Giải sgk Giáo dục Kinh tế và Pháp luật 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Kinh tế pháp luật 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Kinh tế pháp luật 11 – Cánh diều
- Giải sbt Kinh tế pháp luật 11 – Cánh diều
- Giải sgk Lịch sử 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Lịch sử 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Lịch sử 11 - Cánh diều
- Giải sbt Lịch sử 11 – Cánh diều
- Giải sgk Địa lí 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Địa lí 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Địa lí 11 - Cánh diều
- Giải sbt Địa lí 11 – Cánh diều
- Giải sgk Công nghệ 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Công nghệ 11 - Cánh diều
- Giải sbt Công nghệ 11 – Cánh diều
- Giải sgk Tin học 11 – Cánh diều
- Giải Chuyên đề học tập Tin học 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Tin học 11 - Cánh diều
- Giải sbt Tin học 11 – Cánh diều
- Giải sgk Giáo dục quốc phòng an ninh 11 – Cánh diều
- Lý thuyết Giáo dục quốc phòng 11 – Cánh diều
- Giải sbt Giáo dục quốc phòng 11 – Cánh diều
- Giải sgk Hoạt động trải nghiệm 11 – Cánh diều