Giải SGK Toán 11 Bài 3 (Chân trời sáng tạo): Hai mặt phẳng vuông góc

Giải bài tập Toán lớp 11 Bài 3: Hai mặt phẳng vuông góc

Hoạt động khởi động trang 65 Toán 11 Tập 2: Trong thực tế, người ta thường nói mặt ngang và mặt đứng của các bậc thang vuông góc với nhau. Vậy thế nào là hai mặt phẳng vuông góc?

Lời giải:

Hai mặt phẳng vuông góc khi góc giữa hai mặt phẳng đó là góc vuông.

1. Góc giữa hai mặt phẳng

Hoạt động khám phá 1 trang 65 Toán 11 Tập 2: a) Có thể xác định góc giữa hai cánh cửa nắp hầm (Hình 1) bằng cách sử dụng góc giữa hai cây chống vuông góc với mỗi cánh hay không?

b) Thế nào là góc giữa hai mặt phẳng? Tại sao thiết bị trong Hình 2 lại có thể đo được góc giữa mặt phẳng nghiêng (Q) và mặt đất (P).

Lời giải:

a) Có thể xác định góc giữa hai cánh cửa nắp hầm bằng cách sử dụng góc giữa hai cây chống vuông góc với mỗi cánh.

b) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.

Khi đặt thiết bị lên mặt phẳng nghiêng (Q) thì OM vuông góc với mặt phẳng nghiêng (Q), ON vuông góc với mặt đất (P).

Khi đo góc giữa OM và ON chính là góc giữa (Q) và (P).

2. Hai mặt phẳng vuông góc

Hoạt động khám phá 2 trang 66 Toán 11 Tập 2: Từ một điểm O vẽ hai tia Ox và Oy lần lượt vuông góc với hai bức tường trong phòng. Đo góc $\widehat{\mathrm{xOy}}$.

Lời giải:

Sử dụng thước êke hoặc thước đo góc, ta đo được $\widehat{xOy}=90°$

Hoạt động khám phá 3 trang 67 Toán 11 Tập 2: Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) cắt nhau theo giao tuyến d, điểm M không thuộc (P) và (Q). Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên (P) và (Q). Gọi là giao điểm của d và (MHK) (Hình 8).

a) Giả sử (P) ⊥ (Q), hãy cho biết tứ giác MHOK là hình gì? Tìm trong (P) đường thẳng vuông góc với (Q).

b) Giả sử (P) chứa đường thẳng a với a ⊥ (Q), hãy cho biết tứ giác MHOK là hình gì? Tính góc giữa (P) và (Q).

Lời giải:

a) Vì MH ⊥ (Q) nên MH ⊥ (OH)

MK ⊥ (Q) nên MK ⊥ OK

Mà (P) ⊥ (Q) nên HM ⊥ MK.

Tứ giác MHOK có $\widehat{MHO}=\widehat{MKO}=\widehat{HMK}=90°$

Vậy tứ giác MHOK là hình chữ nhật.

Trong (P) có OH ⊥ (Q).

b) Ta có:

$\left.\begin{array}{c}\mathrm{a} \perp \left(\text{Q}\right)\\ \mathrm{MH} \perp \left(\text{P}\right)\Rightarrow \mathrm{MH}\perp \mathrm{a}\end{array}\right\}\Rightarrow \text{MH }//\text{ OK}$

Lại có MH ⊥ (P) nên OK ⊥ (P) ⇒ OK ⊥ OH

Tứ giác MHOK có $\widehat{\mathrm{MHO}}=\widehat{\mathrm{MKO}}=\widehat{\mathrm{HOK}}=90°$

Vậy tứ giác MHOK là hình chữ nhật.

((P), (Q)) = (MH, MK) = $\widehat{\mathrm{HMK}}=90°$

Thực hành 1 trang 67 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có các cạnh bên bằng nhau và đáy là hình vuông. Chứng minh rằng:

a) (SAC) ⊥ (ABCD) .

b) (SAC) ⊥ (SBD).

Lời giải:

a) Gọi O = AC BD

• ΔSAC cân tại S nên SO ⊥ AC (1)

• ΔSBD cân tại S ⇒ SO ⊥ BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra SO ⊥ (ABCD)

Ta có:

$\left.\begin{array}{c}\mathrm{SO} \perp \left(\mathrm{ABCD}\right)\\ \mathrm{SO} \subset \left(\mathrm{SAC}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow \left(\text{SAC}\right)\perp \left(\text{ABCD}\right)$

b) Vì ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD.

Mà SO ⊥ AC nên AC ⊥ (SBD).

Ta lại có: AC $\subset \left(\mathrm{SAC}\right)$

Do đó (SAC) ⊥ (SBD).

Vận dụng 1 trang 67 Toán 11 Tập 2: Mô tả cách kiểm tra một bức tường vuông góc với mặt sàn bằng hai cái êke trong Hình 10.

Lời giải:

Đặt êke sao cho hai cạnh góc vuông của hai êke chạm nhau tạo thành một đường thẳng, hai cạnh còn lại của hai êke sát với mặt sàn.

Nếu đường thẳng đó nằm sát với bức tường thì bức tường vuông góc với mặt sàn.

3. Tính chất cơ bản về hai mặt phẳng vuông góc

Hoạt động khám phá 4 trang 67 Toán 11 Tập 2: Cho đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (Q). Mặt phẳng (P) chứa a và cắt (Q) theo giao tuyến c. Trong (Q) ta vẽ đường thẳng b vuông góc với c. Hỏi:

a) (P) có vuông góc với (Q) không?

b) Đường thẳng b vuông góc với (P) không?

Lời giải:

a) Ta có:

$\left.\begin{array}{c}\mathrm{a} \perp \left(\mathrm{Q}\right)\\ \mathrm{a}\subset \left(\mathrm{P}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow \text{(P)}\perp (Q)$

b) Ta có:

$\left.\begin{array}{l}\left.\begin{array}{c}\mathrm{a} \perp \left(\mathrm{Q}\right)\\ \mathrm{b}\subset \left(\mathrm{Q}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow \text{a}\perp \mathrm{b}\\ \mathrm{b}\perp \mathrm{c}\\ \mathrm{a},\mathrm{c}\subset \left(\mathrm{P}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{b}\perp (P)$

Hoạt động khám phá 5 trang 68 Toán 11 Tập 2: Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) cùng vuông góc với mặt phẳng (R). Gọi a là giao tuyến của (P) và (Q). Lấy điểm M trong (R), vẽ hai đường thẳng MH và MK lần lượt vuông góc với (P) và (Q). Hỏi:

a) Hai đường thẳng MH và MK có nằm trong (R) không?

b) Đường thẳng a có vuông góc với (R) không?

Lời giải:

a) Ta có:

$\left.\begin{array}{c}\mathrm{M} \in \left(\mathrm{R}\right)\\ \begin{array}{l}\mathrm{MH}\perp \left(\mathrm{P}\right)\\ \left(\mathrm{R}\right)\perp \left(\mathrm{P}\right)\end{array}\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{MH}\subset$ (R)

$\left.\begin{array}{c}\mathrm{M} \in \left(\mathrm{R}\right)\\ \begin{array}{l}\mathrm{MK}\perp \left(\mathrm{P}\right)\\ \left(\mathrm{R}\right)\perp \left(\mathrm{P}\right)\end{array}\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{MK}\subset$ (R)

Vậy hai đường thẳng MH và MK có nằm trong (R).

b) Ta có:

$\left.\begin{array}{c}\mathrm{MH} \perp \left(\mathrm{P}\right)\Rightarrow \text{MH}\perp \mathrm{a}\\ \begin{array}{l}\mathrm{MK}\perp \left(\mathrm{Q}\right)\Rightarrow \mathrm{MK}\perp \mathrm{a}\\ \mathrm{MH},\mathrm{MK}\subset \left(\mathrm{R}\right)\end{array}\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{a}\perp$ (R)

Thực hành 2 trang 69 Toán 11 Tập 2: Tứ diện ABCD có AB ⊥ (BCD). Trong tam giác BCD vẽ đường cao BE và DF cắt nhau tại O. Trong mặt phẳng (ACD) vẽ DK vuông góc với AC tại K. Gọi H là trực tâm của tam giác ACD. Chứng minh rằng:

a) (ADC) ⊥ (ABE) và (ADC) ⊥ (DFK).

b) OH ⊥ (ADC).

Lời giải:

a) Ta có:

$\left.\begin{array}{l}\mathrm{AB}\perp \left(\mathrm{BCD}\right)\Rightarrow \mathrm{AB}\perp \mathrm{CD}\\ \mathrm{BE}\perp \mathrm{CE}\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{CD}\perp \left(\mathrm{ABE}\right)$

Mà $\mathrm{CD}\subset \left(\mathrm{ADC}\right)$

Vậy (ADC) ⊥ (ABE)

Lại có:

$\left.\begin{array}{l}\mathrm{AB}\perp \left(\mathrm{BCD}\right)\Rightarrow \mathrm{AB}\perp \mathrm{DF}\\ \mathrm{BC}\perp \mathrm{DF}\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{DF}\perp \left(\mathrm{ABC}\right)$

$\left.\begin{array}{l}\mathrm{DF}\perp \left(\mathrm{ABC}\right)\Rightarrow \mathrm{DF}\perp \mathrm{AC}\\ \mathrm{DK}\perp \mathrm{AC}\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{AC}\perp \left(\mathrm{DFK}\right)$

Mà $\mathrm{AC}\subset \left(\mathrm{ADC}\right)$

Vậy (ADC) ⊥ (DFK).

b)

Ta có:

$\left.\begin{array}{l}\left(\mathrm{ADC}\right)\perp \left(\mathrm{ABE}\right)\\ \left(\mathrm{ADC}\right)\perp \left(\mathrm{DFK}\right)\\ \left(\mathrm{ABE}\right)\cap \left(\mathrm{DFK}\right)=\mathrm{OH}\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{OH}\perp \left(\mathrm{ADC}\right)$

Vận dụng 2 trang 69 Toán 11 Tập 2: Nêu cách đặt một quyển sách lên mặt bàn sao cho tất cả các trang sách đều vuông góc với mặt bàn.

Lời giải:

Ta mở quyển sách ra và đặt quyển sách lên mặt bàn sao cho hai mép dưới của bìa sách nằm trên mặt bàn.

4. Hình lăng trụ đứng, hình hộp chữ nhật, hình lập phương

Hoạt động khám phá 6 trang 69 Toán 11 Tập 2: a) Cho hình lăng trụ ABCDE.A′B′C′D′E′ có cạnh bên AA′ vuông góc với một mặt phẳng đáy (Hình 18a). Có nhận xét gì về các mặt bên của hình lăng trụ này ?

b) Cho hình lăng trụ có đáy là đa giác đều và có cạnh bên vuông góc với một mặt phẳng đáy (Hình 18b). Có nhận xét gì các mặt bên của hình lăng trụ này?

c) Một hình lăng trụ có đáy là hình bình hành và có cạnh bên vuông góc với mặt phẳng đáy (Hình 18c) thì có bao nhiêu mặt là hình chữ nhật?

d) Một hình hộp nếu có đáy là hình chữ nhật và có cạnh bên vuông góc với mặt phẳng đáy (Hình 18d) thì có bao nhiêu mặt là hình chữ nhật?

Lời giải:

a) Các mặt bên của hình lăng trụ này là hình chữ nhật vuông góc với mặt phẳng đáy.

b) Các mặt bên của hình lăng trụ này là hình chữ nhật vuông góc với mặt phẳng đáy.

c) Hình lăng trụ đó có 4 mặt bên là hình chữ nhật.

d) Hình lăng trụ đó có cả 6 mặt là hình chữ nhật.

Thực hành 3 trang 71 Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ lục giác đều ABCDEF.A′B′C′D′E′F′ có cạnh bên bằng h và cạnh đáy bằng a. Tính A′C và A′D theo a và h.

Lời giải:

Xét tam giác ABC:

$\mathrm{AC}=\sqrt{{\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{BC}}^2-\mathrm{AB}.\mathrm{BC}.\cos \widehat{\mathrm{ABC}}}=a\sqrt{3}$

Ta có: AA′ ⊥ (ABCDEF) ⇒ AA′ ⊥ AC

⇒ ΔAA′C vuông tại A

⇒ $A^{‘}C=\sqrt{{\mathrm{AA}}^{\text{‘}2}+{\mathrm{AC}}^2}=\sqrt{h^2+3a^2}$

Gọi O là tâm của lục giác đều ABCDEF

⇒ ΔOAB, ΔOCD đều ⇒ OA = OD = AB = a ⇒ AD = 2a

Ta có: AA′ ⊥ (ABCDEF) ⇒ AA′ ⊥ AD

⇒ ΔAA′D vuông tại A

⇒ $A^{‘}D=\sqrt{{\mathrm{AA}}^{\text{‘}2}+{\mathrm{AD}}^2}=\sqrt{h^2+4a^2}$

Vận dụng 3 trang 71 Toán 11 Tập 2: Một chiếc lồng đèn kéo quân có dạng hình lăng trụ lục giác đều với cạnh đáy bằng 10 cm và cạnh bên bằng 30 cm (Hình 20). Tính tổng diện tích các mặt bên của chiếc lồng đèn đó.

Lời giải:

Diện tích một mặt bên của lồng đèn là:

10.30 = 300(cm²)

Tổng diện tích các mặt bên của chiếc lồng đèn đó là:

300.6 = 1800(cm²)

5. Hình chóp đều, hình chóp cụt đều

Hoạt động khám phá 7 trang 71 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông với tâm O và các cạnh bên của hình chóp bằng nhau (Hình 21). Đường thẳng SO có vuông góc với đáy không?

Lời giải:

Vì ΔSAC cân tại S nên SO ⊥ AC (1)

Vì ΔSBD cân tại S nên SO ⊥ BD (2)

Từ (1) và (2), suy ra SO ⊥ (ABCD)

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:

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

⇒ SO ⊥ OA.

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

Xét tam giác SOA vuông tại O:

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

Vậy $\mathrm{SO}=\frac{a\sqrt{14}}{2}$

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:

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

⇒ $\mathrm{OH}=\frac{1}{2}\mathrm{AD}=76\left(m\right)$

Ta có: SO ⊥ (ABCD) SO ⊥ OH

⇒ ΔSOH vuông tại O.

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

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:

$\left.\begin{array}{c}\mathrm{O}‘\in {{\mathrm{A}}^{‘}}_1{{\mathrm{A}}^{‘}}_4\subset \left(\text{S}{\mathrm{A}}_1{\mathrm{A}}_4\right)\\ \mathrm{O}‘\in {{\mathrm{A}}^{‘}}_3{{\mathrm{A}}^{‘}}_6\subset \left({\mathrm{SA}}_3{\mathrm{A}}_6\right)\\ \left(\text{S}{\mathrm{A}}_1{\mathrm{A}}_4\right)\cap \left({\mathrm{SA}}_3{\mathrm{A}}_6\right)=\mathrm{SO}\end{array}\right\}\Rightarrow {\mathrm{O}}^{‘}\in \mathrm{SO}$

Mà S.A₁A₂…A₆ là hình chóp đều nên SO ⊥ (A₁A₂…A₆ ).

Vậy OO′ ⊥ (A₁A₂…A₆).

Thực hành 5 trang 73 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp cụt tam giác đều ABC.A′B′C′ có cạnh đáy lớn bằng a, cạnh đáy nhỏ $\frac{a}{2}$ và cạnh bên 2a. Tính độ dài đường cao của hình chóp cụt đó.

Lời giải:

Gọi O, O′ lần lượt là tâm của hai đáy ABC và A′B′C′; M, M′ lần lượt là trung điểm của BC và B′C′.

Kẻ A′H ⊥ AO (H ∈ AO).

Khi đó, ta có A′H = OO′.

• ΔABC đều nên $\mathrm{AM}=\frac{\frac{a}{2}\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\Rightarrow \mathrm{AO}=\frac{2}{3}\mathrm{AM}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

• ΔA′B′C′ đều nên $A‘M‘=\frac{\frac{a}{2}.\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\Rightarrow A^{‘}{O}^{‘}=\frac{2}{3}{A}^{‘}M‘=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

• A′HOO′ là hình chữ nhật nên $\mathrm{OH}=A‘O‘=\frac{a\sqrt{3}}{6}$ $\Rightarrow \mathrm{AH}=\mathrm{AO}-\mathrm{OH}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

• Tam giác AA′H vuông tại H nên ${\mathrm{OO}}^{‘}=A^{‘}H=\sqrt{{\mathrm{AA}}^{‘2}-{\mathrm{AH}}^2}=\frac{a\sqrt{141}}{6}$.

Vận dụng 5 trang 73 Toán 11 Tập 2: Một người cần sơn tất cả các mặt của một cái bục để đặt tượng có dạng hình chóp cụt lục giác đều có cạnh đáy lớn 1 m, cạnh bên và cạnh đáy nhỏ bằng 0,7 m. Tính tổng diện tích cần sơn.

Lời giải:

Diện tích đáy lớn là: $6.\frac{1^2.\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$(m²)

Diện tích đáy nhỏ là: $6.\frac{{\left(0,7\right)}^2.\sqrt{3}}{4}=\frac{147\sqrt{3}}{200}$(m²)

Một mặt bên của hình chóp cụt là hình thang cân có đáy lớn là 1 m, đáy nhỏ là 0,7 m và cạnh bên là 0,7 m.

Khi đó, chiều cao của mặt bên là: $\sqrt{0,7^2-{\left(\frac{1-0,7}{2}\right)}^2}=\frac{\sqrt{187}}{20}$ (m)

Diện tích một mặt bên là: $\frac{1}{2}$. $\frac{\sqrt{187}}{20}.\left(0,7+1\right)=0,58$(m²)

Vậy tổng diện tích cần sơn là: $\frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{147\sqrt{3}}{200}+6.0,58\approx 7,36$ (m²)

Bài tập

Bài 1 trang 73 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại C, mặt bên SAC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABC).

a) Chứng minh rằng (SBC) ⊥ (SAC).

b) Gọi I là trung điểm của SC. Chứng minh rằng (ABI) ⊥ (SAC).

Lời giải:

a) Ta có (SAC) ⊥ (ABC) ⇒ AC ⊥ (ABC) ⇒ AC ⊥ BC

Mà (SAC) ∩ (ABC) = AC nên BC ⊥ (SAC)

Do đó (SBC) ⊥ (SAC).

b) Ta có: BC ⊥ (SAC) nên BC ⊥ AI (AI ⊂ (SAC)) (1)

Tam giác SAC đều có I là trung điểm của SC nên AI ⊥ SC (2)

Từ (1) và (2) suy ra AI ⊥ (SBC)

Mà AI ⊂ (ABI) nên (ABI) ⊥ (SAC)

Bài 2 trang 73 Toán 11 Tập 2: Cho tam giác đều ABC cạnh a, I trung điểm của BC, D là điểm đối xứng với A qua I. Vẽ đoạn thẳng SD có độ dài $\frac{a\sqrt{6}}{2}$ và vuông góc với (ABC). Chứng minh rằng:

a) (SBC) ⊥ (SAD);

b) (SAB) ⊥ (SAC).

Lời giải:

a) Tam giác ABC đều có I là trung điểm nên AI ⊥ CB hay AD ⊥ BC.

Vì SD ⊥ (ABC) ⇒ SD ⊥ BC.

⇒ BC ⊥ (SAD)

Nên (SAD) ⊥ (SBC)

b) Tam giác ABC đều nên $\mathrm{AI}=\frac{a\sqrt{3}}{3},\mathrm{AD}=a\sqrt{3}$

Ta có: ΔSAD vuông tại D nên $\mathrm{SA}=\sqrt{{\mathrm{AD}}^2+{\mathrm{SD}}^2}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}$

Kẻ IH ⊥ SA.

Xét ΔAHI và ΔADS:

$\hat{A}$ chung

$\widehat{\mathrm{AHI}}=\widehat{\mathrm{ADS}}=90°$

Do đóΔAHI ᔕ ΔADS (g.g)

$\Rightarrow \frac{\mathrm{HI}}{\mathrm{DS}}=\frac{\mathrm{AI}}{\mathrm{AS}}\Rightarrow \mathrm{IH}=\frac{\mathrm{SD}.\mathrm{AI}}{\mathrm{AS}}=\frac{a}{2}$

Tam giác BHC có HI là trung tuyến và HI = $\frac{1}{2}$BC

⇒ ΔBHC vuông tại H.

Ta có: BC ⊥ (SAD) nên SA ⊥ BC.

Mà SA ⊥ HI nên SA ⊥ (HBC)

$\left.\begin{array}{c}\Rightarrow \mathrm{SA} \perp \mathrm{HB}\\ \mathrm{BH}\perp \mathrm{HC} \left(\mathrm{\Delta BHC}\perp \mathrm{H}\right)\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{HB}\perp \left(\text{SAC}\right)$

Mà HB ⊂ (SAB)

⇒ (SAB) ⊥ (SAC)

Bài 3 trang 73 Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AA′ = 2a, AD = 2a, AB = BC = a.

a) Tính độ dài đoạn thẳng AC′.

b) Tính tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ.

Lời giải:

a) Ta có: $\mathrm{AC}=\sqrt{{\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{AC}}^2}=a\sqrt{2}$

$\Rightarrow A^{‘}C=\sqrt{{\mathrm{AC}}^2+C{C^{‘}}^2}=a\sqrt{6}$

Vậy độ dài đoạn thẳng AC′ là $a\sqrt{6}$ .

b) $S_{\mathrm{ABCD}}=S_{A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}=\frac{1}{2}\left(\mathrm{AD}+\mathrm{BC}\right)A.B=\frac{3a^2}{2}$

Gọi I là trung điểm của AD.

Khi đó ABCI là hình vuông nên IC = IB = IA = $\frac{1}{2}$AD = a

Xét tam giác ICD vuông cân tại I:

$\mathrm{CD}=\sqrt{{\mathrm{CI}}^2+{\mathrm{DI}}^2}=a\sqrt{2}$

$S_{{\mathrm{ABB}}^{‘}{A}^{‘}}=\mathrm{AB}.\mathrm{AA}‘=2a^2$

$S_{{\mathrm{ADD}}^{‘}{A}^{‘}}=\mathrm{AD}.{\mathrm{AA}}^{‘}=4a^2$

$S_{{\mathrm{BCC}}^{‘}{B}^{‘}}=\mathrm{BC}.{\mathrm{CC}}^{‘}=2a^2$

$S_{{\mathrm{CDD}}^{‘}{C}^{‘}}=\mathrm{CD}.{\mathrm{CC}}^{‘}=2a^2\sqrt{2}$

Tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ là:

$S=S_{\mathrm{ABCD}}+S_{A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}+S_{{\mathrm{ABB}}^{‘}{A}^{‘}}+S_{{\mathrm{ADD}}^{‘}{A}^{‘}}+S_{{\mathrm{BCC}}^{‘}{B}^{‘}}+S_{{\mathrm{CDD}}^{‘}{C}^{‘}}=\left(11+3\sqrt{2}\right)a^2$

Vậy tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ là: $S=\left(11+3\sqrt{2}\right)a^2$

Bài 4 trang 74 Toán 11 Tập 2: Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′ có đáy là hình thoi. Cho biết AB = BD = a, A′C = 2a.

a) Tính độ dài đoạn thẳng AA′.

b) Tính tổng diện tích các mặt của hình hộp.

Lời giải:

a) Xét tam giác ABD có: AB = AD = BD = a nên ΔABD đều

$\text{⇒}\widehat{\mathrm{BAD}}=60°$

$\Rightarrow \widehat{\mathrm{ABC}}=180°-\widehat{\mathrm{BAD}}=120°$

Xét tam giác ABC có: $\mathrm{AC}=\sqrt{{\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{BC}}^2-2.\mathrm{AB}.\mathrm{BC}.\cos \widehat{\mathrm{BAC}}}=a\sqrt{3}$

AA′ ⊥ (ABCD) ⇒ AA′ ⊥ AC ⇒ ΔAA′C vuông tại A.

$\Rightarrow {\mathrm{AA}}^{‘}=\sqrt{A^{‘}{C^{‘}}^2-{\mathrm{AC}}^2}=a$

Vậy độ dài đoạn thẳng AA′ là: ${\mathrm{AA}}^{‘}=a$

b) Ta có:

• $S_{\mathrm{ABCD}}=S_{A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}=\mathrm{AB}.\mathrm{AC}.\sin \widehat{\mathrm{BAC}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$ ;

• $S_{{\mathrm{ABB}}^{‘}{A}^{‘}}=S_{{\mathrm{CDD}}^{‘}{C}^{‘}}=\mathrm{AB}.\mathrm{AA}‘=a^2$ ;

• $S_{{\mathrm{ADD}}^{‘}{A}^{‘}}=S_{{\mathrm{BCC}}^{‘}{B}^{‘}}=\mathrm{AD}.{\mathrm{AA}}^{‘}=a^2$.

Tổng diện tích các mặt của hình hộp là:

$S=S_{\mathrm{ABCD}}+S_{A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}+S_{{\mathrm{ABB}}^{‘}{A}^{‘}}+S_{{\mathrm{ADD}}^{‘}{A}^{‘}}+S_{{\mathrm{BCC}}^{‘}{B}^{‘}}+S_{{\mathrm{CDD}}^{‘}{C}^{‘}}=\left(4+\sqrt{3}\right)a^2$.

Vậy tổng diện tích các mặt của hình hộp là $\left(4+\sqrt{3}\right)a^2$.

Bài 5 trang 74 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp cụt tứ giác đều có cạnh đáy lớn bằng 2a, cạnh đáy nhỏ và đường nối tâm hai đáy bằng a. Tính độ dài cạnh bên và đường cao của mỗi mặt bên.

Lời giải:

Gọi OO’ là đường nối tâm của hai đáy.

Kẻ B′H ⊥ BD (H BD), B′K ⊥ BC (K ∈ BC).

Ta có:

• $\mathrm{BD}=\sqrt{{\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{AD}}^2}=2a\sqrt{2}\Rightarrow \mathrm{BO}=\frac{1}{2}\mathrm{BD}=a\sqrt{2}$

• $B\text{‘}D\text{‘}=\sqrt{A\text{‘}B{\text{‘}}^2+A\text{‘}D{\text{‘}}^2}=a\sqrt{2}\Rightarrow B\text{‘}O\text{‘}=\frac{1}{2}B\text{‘}D\text{‘}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vì OO′B′H là hình chữ nhật nên $\mathrm{OH}=B^{‘}=\frac{a\sqrt{2}}{2};B^{‘}H={\mathrm{OO}}^{‘}=a$.

Do đó $\mathrm{BH}=\mathrm{BO}=\mathrm{OH}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

• ΔBB′H vuông tại H nên ${\mathrm{BB}}^{‘}=\sqrt{B^{‘}{H}^2+{\mathrm{BH}}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$ (theo định lí Pythagore).

• BCC′B′ là hình thang cân nên $\mathrm{BK}=\frac{\mathrm{BC}-B^{‘}{C}^{‘}}{2}=\frac{a}{2}$.

• ΔBB′K vuông tại K nên ${\mathrm{KB}}^{‘}=\sqrt{B^{‘}{B}^2+{\mathrm{BK}}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$ (theo định lí Pythagore).

Bài 6 trang 74 Toán 11 Tập 2: Kim tự tháp bằng kính tại bảo tàng Louvre ở Paris có dạng hình chóp tứ giác đều với chiều cao là 21,6 m và cạnh đáy dài 34 m. Tính độ dài cạnh bên và diện tích xung quanh của kim tự tháp.

Lời giải:

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 $\in$ CD)

Ta có: SO = 21,6 m , AD = 34 m

$\mathrm{AC}=\sqrt{{\mathrm{AB}}^2+{\mathrm{BC}}^2}=34\sqrt{2}\left(m\right)\Rightarrow \mathrm{OC}=\frac{1}{2}\mathrm{AC}=17\sqrt{2}\left(m\right)$

ΔSOC vuông tại O $\Rightarrow \mathrm{SC}=\sqrt{{\mathrm{SO}}^2+{\mathrm{OC}}^2}\approx 32,3\left(m\right)$

Do đó độ dài cạnh bên bằng 32,3 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

⇒ $\mathrm{OH}=\frac{1}{2}\mathrm{AD}=17\left(m\right)$

Ta có: SO ⊥ (ABCD) $$SO ⊥ OH

⇒ ΔSOH vuông tại O.

⇒ $\mathrm{SH}=\sqrt{{\mathrm{SO}}^2+{\mathrm{OH}}^2}\approx 27,5\left(m\right)$

$S_{\mathrm{SCD}}=\frac{1}{2}.\mathrm{CD}.\mathrm{SH}\approx 467,5\left(m^2\right)$

Diện tích xung quanh của kim tự tháp là:
$S_{\mathrm{xq}}=4.S_{\mathrm{SCD}}=4.467,5\approx 1870\left(m^2\right)$.

Vậy độ dài cạnh bênlà 32,3 m và diện tích xung quanh của kim tự tháp là 1870 m².

Xem thêm các bài giải SGK Toán lớp 11 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

Bài 2: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Bài 3: Hai mặt phẳng vuông góc

Bài 4: Khoảng cách trong không gian

Bài 5: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện

Bài tập cuối chương 8

Bài 1: Biến cố giao và quy tắc nhân xác suất