Giải SGK toán 11 trang 53 tập 2

Trong chương trình Toán 11 Kết nối tri thức tập 2, Bài 25: Hai mặt phẳng vuông góc giúp học sinh khám phá các quan hệ vuông góc trong hình học không gian và vận dụng chúng vào giải bài tập. Với nội dung Giải SGK Toán 11 trang 53 tập 2, các em có thể tham khảo hướng dẫn giải từng câu hỏi, củng cố cách nhận biết hai mặt phẳng vuông góc và vận dụng các định lí liên quan. Lời giải được trình bày theo trình tự rõ ràng, giúp học sinh dễ theo dõi lập luận hình học và chủ động kiểm tra kết quả của mình. Đây là nguồn tài liệu tham khảo phù hợp để tự học, chuẩn bị bài trên lớp và ôn luyện kiến thức trọng tâm.

Giải bài 7.16 trang 53 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Vì SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC).

Vì SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ BC.

Vì H là hình chiếu của A trên BC nên AH ⊥ BC.

Vì SA ⊥ BC và AH ⊥ BC nên BC ⊥ (SAH) => (SAH) ⊥ (SBC).

b) Vì BC ⊥ (SAH) nên BC ⊥ SH mà AH ⊥ BC nên \(\widehat {SHA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, BC, A].

Xét tam giác ABC vuông tại A, \(\widehat {ABC} = {30^0}\), AC = a có:\(\tan \widehat {ABC} = \frac{{AC}}{{AB}}\)

\(AB = AC.\tan \widehat {ABC} = a.\tan {30^0} = a\sqrt 3\)

Xét tam giác ABC vuông tại A có:\(\begin{array}{l} \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}}\\ \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \end{array}\)

Vì SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ AH.

Xét tam giác SAH vuông tại A có:

\(\tan \widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = 1 \Rightarrow \widehat {SHA} = {45^0}\)

Vậy số đo của góc nhị diện [S, BC, A] bằng 45°.

Giải bài 7.17 trang 53 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên có các mặt là hình vuông.

Xét tam giác ABC vuông tại B, có :

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2\)

Vì AA' ⊥ (ABCD) nên AA' ⊥ AC.

Xét tam giác A'AC vuông tại A, có:

\(A'C = \sqrt {AA{'^2} + A{C^2}} = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 3\)

Vậy đường chéo của hình lập phương có độ dài là a√3.

b) Vì AA' ⊥ (ABCD) nên AA' ⊥ BD.

Vì ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD mà AA' ⊥ BD, suy ra BD ⊥ (ACC'A').

Vì BD ⊥ (ACC'A') nên (ACC'A') ⊥ (BDD'B').

c) Vì BD ⊥ (ACC'A') nên BD ⊥ C'O mà CO ⊥ BD (do AC ⊥ BD) nên ˆCOC′là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [C, BD, C'].

Do ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC, suy ra AO=OC=AC/2= \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác C'CO vuông tại C, có:

\(\tan \widehat {C'OC} = \frac{{CC'}}{{CO}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 \Rightarrow \widehat {C'OC} = {45^0}\)

Vậy số đo của các góc nhị diện [C, BD, C'] khoảng 55°.

Vì AO ⊥ BD (do AC ⊥ BD), BD ⊥ C'O nên ˆAOC′ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A, BD,C'].

Ta có:

\(\begin{array}{l} \widehat {AOC'} + \widehat {C'OC} = {180^0}\\ \Rightarrow \widehat {AOC'} = {180^0} - \widehat {C'OC} = {180^0} - {55^0} = {125^0} \end{array}\)

Vậy số đo góc nhị diện [A, BD,C'] khoảng 125°.

Giải bài 7.18 trang 53 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật nên BB' ⊥ (ABCD).

Suy ra (BDD'B') ⊥ (ABCD).

b) Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật nên CC' ⊥ (ABCD)

=> C là hình chiếu của C' trên mặt phẳng (ABCD).

A là hình chiếu của A trên mặt phẳng (ABCD).

=> AC là hình chiếu của AC' trên mặt phẳng (ABCD).

c) Vì ABCD là hình chữ nhật nên AC²=AB²+BC²=a²+b².

Vì CC' ⊥ (ABCD) nên CC' ⊥ AC.

Xét tam giác C'CA vuông tại C, có \(AC' = \sqrt {A{C^2} + CC{'^2}} = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}}\).

Vậy \(AC' = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}}\)

Giải bài 7.19 trang 53 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Gọi G là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC).

Vì S.ABC đều nên G là tâm của tam giác ABC hay G là trọng tâm đồng thời G cũng là trực tâm của tam giác ABC.

Gọi a là góc tạo bởi cạnh bên SA và mặt phẳng đáy (ABC).

Vì SG ⊥ (ABC) nên GA là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABC).

=> Góc giữa cạnh bên SA và mặt phẳng đáy (ABC) bằng góc giữa hai đường thẳng SA và AG. Mà (SA, AG) = \(\widehat {SAG} = \alpha\)

Kẻ AG cắt BC tại D, khi đó D là trung điểm của BC, AD ⊥ BC.

Xét tam giác ABC đều cạnh a, AD là đường cao nên \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

\(\Rightarrow AG = \frac{2}{3}.AD = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Xét tam giác SGA vuông tại G, có \(SG = \sqrt {S{A^2} - A{G^2}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}}\).

\(\sin \widehat {SAG} = \frac{{SG}}{{SA}} = \frac{{\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} }}{b} = \sqrt {1 - \frac{{{a^2}}}{{3{b^2}}}}\)

Vậy sin của góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy bằng \(\sin \widehat {SAG} = \frac{{SG}}{{SA}} = \frac{{\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} }}{b} = \sqrt {1 - \frac{{{a^2}}}{{3{b^2}}}}\)

b) Gọi βlà góc tạo bởi mặt phẳng (SBC) và (ABC).

Vì SG ⊥ (ABC) nên SG ⊥ BC mà AD ⊥ BC nên BC ⊥ (SAD), suy ra BC ⊥ SD.

=> Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng góc giữa hai đường thẳng AD và SD, mà (AD, SD) = \(\widehat {SDA} = \beta\)

\(\Rightarrow GD = \frac{1}{3}.AD = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Xét tam giác SGD vuông tại G, có

\(\tan \widehat {SDG} = \frac{{SG}}{{GD}} = \frac{{\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} }}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{6}}} = \frac{{2\sqrt {3{b^2} - {a^2}} }}{a}\)

Giải bài 7.20 trang 53 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Vì hai mái nhà trong Hình 7.72 là hai hình chữ nhật nên góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng tương ứng chứa hai mái nhà bằng góc giữa hai đường thẳng OA và OB, mà (OA, OB) = \(\widehat {AOB}\)

Áp dụng định lí côsin trong tam giác OAB, ta có:

\(\cos \widehat {AOB} = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2OA.OB}} = \frac{1}{{28}} \Rightarrow \widehat {AOB} = {88^0}\)

Vậy số đo của góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng tương ứng chứa hai mái nhà khoảng 88°.

b) Vì đường giao giữa hai mái nhà vuông góc với OA và OB nên đường giao giữa hai mái nhà vuông góc với mặt phẳng (OAB).

Mà đường giao giữa hai mái nhà song song với mặt đất nên mặt phẳng (OAB) vuông góc với mặt đất phẳng.

c) Gọi H là giao điểm của đường thẳng qua B và song song với mặt đất với đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt đất.

Khi đó góc giữa mái nhà chứa OB và mặt đất là góc OBH.

Xét tam giác AHB vuông tại H, có:

\(\sin \widehat {ABH} = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{0,5}}{{4,8}} = \frac{5}{{48}} \Rightarrow \widehat {ABH} = {6^0}\)

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác OAB có:

\(\cos \widehat {OBA} = \frac{{O{B^2} + A{B^2} - O{A^2}}}{{2OB.AB}} = \frac{{13}}{{16}} \Rightarrow \widehat {OBA} \approx {36^0}\)

=> \(\widehat {OBA} = \widehat {OBA} + \widehat {OBA} \approx {36^0} + {6^0} = {42^0}\)

Vậy góc giữa mái nhà (chứa OB) so với mặt đất khoảng 42°.

Giải bài 7.21 trang 53 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Gọi α là góc tạo bởi đường dành cho người khuyết tật và mặt phẳng nằm ngang.

Vì độ dốc của đường thẳng dành cho người khuyết tật được quy định là không quá 1/12 nên tanα≤1/12⇒α≤4,76°.

------------------------------------

Thông qua bài Giải Toán 11 KNTT Bài 25: Hai mặt phẳng vuông góc, học sinh có thể hệ thống lại những kiến thức quan trọng và hiểu rõ hơn cách vận dụng điều kiện vuông góc trong hình học không gian. Khi giải bài tập, các em nên chú ý xác định đúng các đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, đồng thời trình bày đầy đủ căn cứ cho từng bước chứng minh. Nội dung giải SGK Toán 11 trang 53 tập 2 sẽ hỗ trợ quá trình tự học và giúp học sinh nhận ra những điểm cần củng cố sau mỗi bài làm.