Giải SGK toán 11 trang 59 tập 2

Bài Giải SGK Toán 11 trang 59 tập 2 hướng dẫn học sinh tìm hiểu và vận dụng kiến thức trọng tâm trong Bài 26: Khoảng cách – Toán 11 Kết nối tri thức (KNTT). Thông qua lời giải từng bài tập, các em có thể củng cố cách xác định khoảng cách trong hình học không gian, rèn luyện tư duy hình học và nắm chắc phương pháp trình bày lời giải.

Giải bài 7.22 trang 59 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Kẻ SE ⊥AD tại E.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l} \left( {SAD} \right) \bot \;\left( {ABCD} \right)\\ \left( {SAD} \right) \cap \;\left( {ABCD} \right) = AD\\ SE \bot AD \end{array} \right\} \Rightarrow SE \bot \left( {ABCD} \right)\)

Vì tam giác SAD là tam giác đều cạnh a nên \(SE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vậy chiều cao của hình chóp bằng \(SE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

b)Ta có:ABCD là hình vuông => BC // AD => BC // (SAD).

=> d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)).

Ta có: ABCD là hình vuông => AB ⊥ AD

Mà SE ⊥ (ABCD) => SE ⊥ AB.

Khi đó ta có: \(\left. \begin{array}{l} AB \bot AD\\ SE \bot AB \end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)\)

=> d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)) = AB = a.

c) Kẻ AF ⊥SD tại F

Ta có: AB ⊥ (SAD) (chứng minh câu b)

=> AB ⊥ AF.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l} AF \bot SD\\ AB \bot AF \end{array} \right\}\) suy ra AF là đường vuông góc chung của AB và SD.

Vì tam giác SAD đều có AF là đường cao nên \(AF = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vậy d(AB, SD) = \(AF = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Giải bài 7.23 trang 59 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Kẻ CH ⊥BD tại H.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l} BB' \bot \left( {ABCD} \right)\\ BB' \bot CH\\ CH \bot BD \end{array} \right\} \Rightarrow CH \bot \;\left( {BB'D'D} \right)\)

Lại có: BB'C'C là hình chữ nhật => BB' // CC' => CC' // (BB'D'D).

=> d(CC', (BB'D'D)) = d(C, (BB'D'D)) = CH.

Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB = CD = b; AD = BC = c.

Xét tam giác BCD vuông tại C, CH là đường cao nên

\(\begin{array}{l} \frac{1}{{C{H^2}}} = \frac{1}{{B{C^2}}} + \frac{1}{{C{D^2}}} = \frac{1}{{{c^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{b^2}{c^2}}}\\ \Rightarrow CH = \frac{{bc}}{{\sqrt {{b^2} + {c^2}} }} \end{array}\)

Vậy d(CC', (BB'D'D)) = \(\frac{{bc}}{{\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}\).

b) Gọi O là giao điểm của AC và BD, O' là giao điểm của A'C' và B'D'.

Ta có:

ABCD là hình chữ nhật => O là trung điểm của AC,

BD và A'B'C'D' là hình chữ nhật => O' là trung điểm của A'C' và B'D'.

Ta có: AA' // CC' và AA' = CC' (do chúng cùng song song và bằng BB’) => AA'C'C là hình bình hành mà AA' ⊥ (ABCD)

=> AA' ⊥ AC => AA'C'C là hình chữ nhật.

Vì AA'C'C là hình chữ nhật và O là trung điểm của AC, O' là trung điểm của A'C' nên OO' ⊥ AC và OO' = AA' = a.

Ta có: BB' // DD' và BB' = DD' (do chúng cùng song song và bằng AA')

=> BB'D'D là hình bình hành mà BB' ⊥ (ABCD) nên BB' ⊥ BD.

=> BB'D'D là hình chữ nhật.

Vì BB'D'D là hình chữ nhật và O là trung điểm của BD, O' là trung điểm của B'D' nên OO' ⊥ B'D'.

Vì OO' ⊥ AC và OO' ⊥ B'D' nên OO' là đường vuông góc chung của AC và B'D'.

=> d(AC, B'D') = OO' = a.

Giải bài 7.24 trang 59 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Xét tam giác ADB có AD = BD = a nên tam giác ADB cân tại D.

Vì M là trung điểm của AB nên DM là trung tuyến.

Vì tam giác ADB cân tại D, DM là trung tuyến nên DM đồng thời là đường cao hay DM ⊥ AB.

Xét tam giác ABC có AC = BC = a nên tam giác ABC cân tại C mà CM là trung tuyến nên CM là đường cao hay CM ⊥ AB.

Vì DM ⊥ AB và CM ⊥ AB nên AB ⊥ (DCM), suy ra AB ⊥ MN.

Xét tam giác ADC có AD = AC = a nên tam giác ACD cân tại A mà AN là trung tuyến nên AN đồng thời là đường cao hay AN ⊥ CD.

Xét tam giác BCD có BD = BC = a nên tam giác BCD cân tại B mà BN là trung tuyến nên BN đồng thời là đường cao hay BN ⊥ CD.

Vì AN ⊥ CD và BN ⊥ CD nên CD ⊥ (ABN), suy ra CD ⊥ MN.

Vì AB ⊥ MN và CD ⊥ MN nên MN là đường vuông góc chung của AB và CD.

b) Vì AB ⊥(DCM) nên AB ⊥ CD

Gọi E là trung điểm của BC.

Xét tam giác ABC có AB = AC = a nên tam giác ABC cân tại A mà AE là trung tuyến nên AE đồng thời là đường cao hay AE ⊥ BC.

Xét tam giác BDC có BD = CD = a nên tam giác BCD cân tại D mà DE là trung tuyến nên DE đồng thời là đường cao hay DE ⊥ BC.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l} AE \bot BC\\ DE \bot BC \end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {ADE} \right) \Rightarrow BC \bot AD\)

Gọi F là trung điểm của BD.

Xét tam giác ADB có AB = AD = a nên tam giác ADB cân tại A mà AF là trung tuyến nên AF đồng thời là đường cao hay AF ⊥ BD.

Xét tam giác BCD có BC = CD = a nên tam giác BCD cân tại C mà CF là trung tuyến nên CF đồng thời là đường cao hay CF ⊥ BD.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l} AF \bot BD\\ CF \bot BD \end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {ACF} \right) \Rightarrow BC \bot AC\)

Giải bài 7.25 trang 59 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Ta có:AA' // CC' và AA' = CC' (do chúng cùng song song và bằng BB')

=> AA'C'C là hình bình hành,

=> AC // A'C' => A'C' // (D'AC).

Lại có: AB // C'D' và AB = C'D' (do chúng cùng song song và bằng CD) => ABC'D' là hình bình hành

=> BC' // AD' => BC' // (D'AC).

Khi đó: \(\left. \begin{array}{l} A'C'//\left( {D'AC} \right)\\ BC'//\left( {D'AC} \right) \end{array} \right\} \Rightarrow \left( {BC'A'} \right)//\left( {D'AC} \right)\)

Vì ABCD là hình vuông nên AC ⊥ BD.

Vì BB' ⊥ (ABCD) nên BB' ⊥ AC mà AC ⊥ BD

=> AC ⊥ (BB'D) => AC ⊥ DB'.

Vì AC // A'C' mà AC ⊥ DB' nên A'C' ⊥ DB'.

Do AD ⊥ (ABB'A') nên AD ⊥ A'B.

Ta có: ABB'A' là hình vuông => AB' ⊥ A'B

Mà AD ⊥ A'B => A'B ⊥ (ADB').

=> A'B ⊥ DB'.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l} AD \bot A'B\\ A'B \bot DB' \end{array} \right\} \Rightarrow DB' \bot \left( {BC'A'} \right)\)

Ta có: A'D' // BC và A'D' = BC (do chúng cùng song song và bằng AD) => A'D'CB là hình bình hành

=> A'B // D'C mà A'B ⊥ DB' => D'C ⊥ DB'.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l} AC \bot DB'\\ D'C \bot DB' \end{array} \right\} \Rightarrow D'B \bot \left( {D'AC} \right)\)

b) Gọi O và O' lần lượt là tâm của hai hình vuông ABCD và A'B'C'D'.

Xét mặt phẳng (BDD'B') có:

DB' ∩ D'O = E. => DB' ∩ (D'AC) = E.

Xét mặt phẳng (BDD'B') có:

DB' ∩ BO' = F => DB' ∩ (BC'A') = F.

Vì (BC'A') // (D'AC) nên d((D'AC), (BC'A')) = d(E, (BC'A')) = EF (vì DB' ⊥ (BC'A')).

Vì DB' ⊥ (BC'A') nên DB' ⊥ BO' và DB' ⊥ (D'AC) nên DB' ⊥ D'O, suy ra BO' // D'O.

Xét tam giác DBF, có OE // BF nên theo định lí Thales ta có:

\(\frac{{DE}}{{EF}} = \frac{{DO}}{{OB}} = 1 \Rightarrow DE = EF\) (1)

Xét tam giác B'D'E có O'F // D'E nên theo định lí Thales, ta có:

\(\frac{{B'F}}{{EF}} = \frac{{B'O'}}{{O'D'}} = 1 \Rightarrow B'F = EF\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra: B'F = EF = DE ⇒EF = 13DB' .

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác BCD vuông tại C có:

BD²=BC²+CD²=a²+a²=2a².

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác B'BD vuông tại B có B′D²=B′B²+BD²=a²+2a² = 3a²

⇒ \(B'D = a\sqrt 3 \Rightarrow EF = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Vậy d((D'AC), (BC'A')) = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Giải bài 7.26 trang 59 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Giá đỡ ba chân ở Hình 7.90 có dạng hình chóp đều S.ABC.

Vì S.ABC là hình chóp đều nên SH ⊥ (ABC) với H là trọng tâm của tam giác ABC.

Gọi AH ∩ BC tại M => M là trung điểm của BC.

Vì ABC là tam giác đều cạnh 110 cm, AM là đường cao nên AM = \(\frac{{110\sqrt 3 }}{3}\) (cm).

Vì AH = 2/3AM = \(\frac{{110\sqrt 3 }}{2}\)(cm).

Xét tam giác SHA vuông tại H, có:

\(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{129}^2} - {{\left( {\frac{{110\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} \approx 112,28\) (cm).

Vậy chiều cao giá đỡ khoảng 112,28 cm.

Giải bài 7.27 trang 59 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Giả sử mặt phẳng đáy bể nước là mặt phẳng (P), mặt phẳng mặt nước là mặt phẳng (Q), dây dọi là đường thẳng MH.

Ta có (P) // (Q). Mà d((P), (Q)) = d(M, (P)), với M ∈ (Q).

Lại có, sợi dây của quả dọi có phương vuông góc với mặt phẳng nước và đáy bể => MH ⊥ (P).

=> d(M, (P)) = MH, MH chính là độ dài đoạn dây dọi nằm trong bể nước.

Vậy để đo độ sâu của bể, ta có thể thả quả dọi chạm đáy bể và đo chiều dài của đoạn dây dọi nằm trong bể nước.

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

Với phần Giải Toán 11 KNTT Bài 26: Khoảng cách, học sinh có thể ôn lại các kiến thức cần thiết và hiểu rõ hơn cách áp dụng vào từng dạng bài hình học không gian. Hãy chủ động làm bài trước khi tham khảo đáp án, chú ý các bước xác định khoảng cách và căn cứ hình học để nâng cao khả năng vận dụng khi học tập, ôn thi.