Giải SGK Toán 11 (Cánh diều): Bài tập cuối chương 8

Giải bài tập Toán lớp 11 Bài tập cuối chương 8

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:

A. 30°;

B. 45°;

C. 60°;

D. 90°.

b) Gọi α là số đo góc giữa đường thẳng M’P và mặt phẳng (MNPQ). Giá trị tanα bằng:

A. 1;

B. 2;

C. $\sqrt{2};$

D. $\frac{1}{\sqrt{2}}.$

c) Số đo của góc nhị diện [N, MM’, P] bằng:

A. 30°;

B. 45°;

C. 60°;

D. 90°.

d) Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (NQQ’N’) bằng:

A. a;

B. $\frac{a}{\sqrt{2}};$

C. $a\sqrt{2};$

D. $\frac{a}{2}.$

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 $\widehat{NMP}.$

Vì MNPQ là hình vuông nên đường chéo MP là đường phân giác của góc NMQ, do đó $\widehat{NMP}=45°.$

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 $\widehat{M^{‘}PM}$, tức là $\alpha =\widehat{M^{‘}PM}.$

Vì MNPQ là hình vuông nên $\widehat{MNP}=90°,$ 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 $MP=a\sqrt{2}.$

Do M’M ⊥ (MNPQ) và MP ⊂ (MNPQ) nên M’M ⊥ MP.

Xét ∆M’PM vuông tại M (do M’M ⊥ MP) có:

$\tan \widehat{M^{‘}PM}=\frac{M^{‘}M}{MP}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}.$

Suy ra $\tan \alpha =\frac{1}{\sqrt{2}}$ với $\alpha =\widehat{MP{M}^{‘}}.$

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 $\widehat{NMP}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [N, MM’, P].

Theo câu a ta có $\widehat{NMP}=45°.$

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 $MO=\frac{MP}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}.$

Vậy khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (NQQ’N’) bằng $\frac{a}{\sqrt{2}}.$

Bài 2 trang 116 Toán 11 Tập 2: Cho hình hộp chữ nhật MNPQ.M’N’P’Q’ có MN = 2a, MQ = 3a, MM’ = 4a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng NP và M’N’ bằng:

A. 2a;

B. 3a;

C. 4a;

D. 5a.

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.

Bài 3 trang 116 Toán 11 Tập 2: Cho khối lăng trụ có diện tích đáy bằng a² và chiều cao bằng 3a. Thể tích của khối lăng trụ đó bằng:

A. a³;

B. 3a³;

C. $\frac{a^3}{3};$

D. 9a³.

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.

Bài 4 trang 116 Toán 11 Tập 2: Cho khối chóp có diện tích đáy là a² và chiều cao là 3a. Thể tích của khối chóp bằng:

A. a³;

B. 3a³;

C. $\frac{a^3}{3};$

D. 9a³.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Thể tích của khối chóp được tính theo công thức:$V=\frac{1}{3}Sh,$ 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: $V=\frac{1}{3}.a^2.3a=a^3.$

Bài 5 trang 116 Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện OABC thỏa mãn OA = a, OB = b, OC = c, $\widehat{AOB}=\widehat{BOC}=\widehat{COA}=90°.$ Thể tích của khối tứ diện OABC bằng:

A. abc;

B. $\frac{abc}{2};$

C. $\frac{abc}{3};$

D. $\frac{abc}{6}.$

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\widehat{AOB}=90°$ nên OA ⊥ OB;

          $\widehat{COA}=90°$ nên OA ⊥ OC.

Mà OB ∩ OC = O trong (OBC).

Suy ra OA ⊥ (OBC).

Vì $\widehat{BOC}=90°$ nên tam giác OBC vuông tại O.

Nên ta có diện tích tam giác OBC vuông tại O là: $S_{\Delta OBC}=\frac{1}{2}OB.OC=\frac{1}{2}bc.$

Thể tích của khối tứ diện OABC với chiều cao OA = a và diện tích đáy $S_{\Delta OBC}=\frac{1}{2}bc$ là: $V_{OABC}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta OBC}.OA=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}bc.a=\frac{abc}{6}.$

Bài 6 trang 116 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), AC ⊥ BC, $SA=BC=a\sqrt{3},$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 $\widehat{SCA}.$

Do SA ⊥ (ABC) và AC ⊂ (ABC) nên SA ⊥ AC.

Xét tam giác SAC vuông tại A (do SA ⊥ AC) có:

$\tan \widehat{SAC}=\frac{SA}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SAC}=60°.$

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, $\widehat{BAC}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, SA, C].

Xét tam giác ABC vuông tại C (do AC ⊥ BC) có:

$\tan \widehat{BAC}=\frac{BC}{AC}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{BAC}=60°.$

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 $d\left(B,\left(SAC\right)\right)=BC=a\sqrt{3}.$

Vậy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) bằng $a\sqrt{3}.$

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:

$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AC.BC=\frac{1}{2}a.a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.$

Thể tích của khối chóp S.ABC có chiều cao $SA=a\sqrt{3}$ và diện tích đáy $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$ là:

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{\Delta ABC}.SA=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.a\sqrt{3}=\frac{a^3}{2}.$

Bài 7 trang 117 Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của AB (Hình 100).

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 $\widehat{ABC}.$

Mặt khác ABC là tam giác đều nên $\widehat{ABC}=60°.$

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 $\widehat{AB{A}^{‘}}.$

Do A’B’BA là hình vuông nên đường chéo BA’ là phân giác của góc ABB’ nên $\widehat{AB{A}^{‘}}=45°.$

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 $\widehat{BCM}$ 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 $\widehat{ACB}.$

Suy ra $\widehat{BCM}=\frac{\widehat{ACB}}{2}=\frac{60°}{2}=30°.$

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 $BM=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác CBM vuông tại M (do CM ⊥ AB) có:

BC² = BM² + CM²

Suy ra $CM=\sqrt{B{C}^2-B{M}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Do đó $d\left(C{C}^{‘},\left(AB{B}^{‘}{A}^{‘}\right)\right)=d\left(C,\left(AB{B}^{‘}{A}^{‘}\right)\right)=CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy khoảng cách giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (ABB’A’) bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

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 $d\left(C{C}^{‘},A^{‘}M\right)=CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’M bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

g) ⦁ Diện tích tam giác ABC đều cạnh a có đường cao $CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ là:

$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}CM.AB=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.$

Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có chiều cao AA’ = a và diện tích đáy $S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ là:

$V_{ABC.A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}}=S_{\Delta ABC}.A{A}^{‘}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}.$

⦁ 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:

$S_{\Delta MBC}=\frac{1}{2}CM.MB=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{8}.$

Thể tích của khối chóp tam giác A’.MBC có chiều cao AA’ = a và diện tích đáy $S_{\Delta MBC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{8}$ là:

$V_{A^{‘}.MBC}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta MBC}.A{A}^{‘}=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{8}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}.$

Bài 8 trang 117 Toán 11 Tập 2: Đền Kukulcan (Hình 101) là một kim tự tháp Trung Mỹ nằm ở khu di tích Chichen Itza, Mexico, được người Maya xây vào khoảng từ thế kỉ IX đến thế kỉ XII. Phần thân của đền, không bao gồm ngôi đền nằm phía trên, có dạng một khối chóp cụt tứ giác đều (không tính cầu thang và coi các mặt bên là phẳng) với độ dài đáy dưới là 55,3 m, chiều cao là 24 m, góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy là khoảng 47°.

(Nguồn: https://vi.wikipedia.org)

Tính thể tích phần thân của ngôi đền có dạng khối chóp cụt tứ giác đều đó theo đơn vị mét khối (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).

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 S_ABCD = 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 $\widehat{ABC}=90°,$ 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 $AC=\sqrt{2}.55,3$ (m).

Do đó $CO=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{2}.55,3}{2}\approx 39,1$ (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 $\widehat{C^{‘}CH}=47°.$

Xét tam giác C’HC vuông tại H (do C’H ⊥ AC) có:

$\tan \widehat{C^{‘}CH}=\frac{C^{‘}H}{CH}$

Suy ra $CH=\frac{C^{‘}H}{\tan \widehat{C^{‘}CH}}=\frac{24}{\tan 47°}\approx 22,38.$

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 $\widehat{A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}}=90°$ 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 $A^{‘}{B}^{‘}=\frac{A^{‘}{C}^{‘}}{\sqrt{2}}\approx \frac{33,44}{\sqrt{2}}\approx 23,65.$

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 S_ABCD = 3 058,09; S_{A’B’C’D’} = 559,3225 là:

$V_{ABCD.A^{‘}{B}^{‘}{C}^{‘}{D}^{‘}}\approx \frac{1}{3}\mathrm{.24.}\left(3058,09+\sqrt{3058,09.559,3225}+559,3225\right)=39402,06\left({\text{m}}^3\right).$

Vậy thể tích phần thân ngôi đền đã cho gần bằng 39 402,06 m³.

Xem thêm các bài giải SGK Toán lớp 11 Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc

Bài 5: Khoảng cách

Bài 6: Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều. Thể tích của một số hình khối

Bài tập cuối chương 8

Chủ đề 2: Tính thể tích một số hình khối trong thực tiễn