Giải SGK toán 11 trang 63 tập 2

Bạn đang tìm lời giải Toán 11 Kết nối tri thức Bài 27: Thể tích? Bài viết Giải SGK Toán 11 trang 63 tập 2 cung cấp hướng dẫn giải bài tập theo từng bước, giúp học sinh nắm vững công thức tính thể tích của các khối hình học, hiểu cách vận dụng kiến thức và chủ động hoàn thành bài tập trong sách giáo khoa.

Giải vận dụng trang 63 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Sọt đựng đồ có dạng hình chóp cụt đều ABCD.A'B'C'D'.

Ta có: 

S₁ = S_ABCD = 60² = 3 600(cm²)

S₂ = S_A'B'C'D' = 30² = 900 (cm²).

Kẻ D'H ⊥ BD tại H.

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

Vì OO' ⊥ (ABCD) nên OO' ⊥ OH, OO' ⊥ (A'B'C'D') nên OO' ⊥ B'D'.

=> OHD'O' là hình chữ nhậ => O'D' = OH, OO' = HD'.

Xét tam giác B'C'D' vuông tại C’ ta có:

\(B'D' = \sqrt {B'C{'^2} + C'D{'^2}} = \sqrt {{{30}^2} + {{30}^2}} = 30\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

Vì O' là trung điểm của B'D' nên D'O' = D'B'/2 = \(15\sqrt 2\) (cm).

Xét tam giác BCD vuông tại C, có

\(BD = \sqrt {B{C^2} + C{D^2}} = \sqrt {{{60}^2} + {{60}^2}} = 60\sqrt 2 \left( {cm} \right)\)

Mà O là trung điểm của BD nên DO = DB/2= \(30\sqrt 2\) (cm).

Ta có:

HD = DO – OH = \(30\sqrt 2 - 15\sqrt 2 = 15\sqrt 2\) (cm).

Xét tam giác DHD' vuông tại H, có

\(D'H = \sqrt {{{50}^2} - {{\left( {15\sqrt 2 } \right)}^2}} = 5\sqrt {82} \left( {cm} \right)\)

=> \(OO' = 5\sqrt {82}\) (cm).

\(\begin{array}{l} {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}.{S_2}} } \right).h\\ = \frac{1}{3}\left( {3600 + 900 + \sqrt {3600.900} } \right).5\sqrt {82} = 10500\sqrt {82} \left( {c{m^2}} \right) \end{array}\)

Giải bài 7.28 trang 63 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

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

Vì S.ABC là khối chóp đều nên G là trọng tâm của tam giác ABC. Có SG ⊥ (ABC).

Giả sử AG ∩ 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 \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

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

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

Ta có:

\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SG = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}}\)

Khi đó thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng a là: \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{12}}.\sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\)

Giải bài 7.29 trang 63 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

H ình vẽ minh họa:

Vì ABC.A'B'C' là khối lăng trụ đứng nên A'A ⊥ (ABC).

Ta có:

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}.AB.AC.\widehat {ABC} = \frac{1}{2}.6.2.\sin {150^0} = 3\) (cm²).

\({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.AA' = 3.5 = 15\) (cm³).

Giải bài 7.30 trang 63 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

a) Hình vẽ minh họa:

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Do S.ABCD là khối chóp đều nên SO ⊥ (ABCD).

=> OC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD).

=> Góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng OC và SC, mà (OC, SC) = \(\widehat {SCO} = {60^0}\)

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác ABC vuông tại B ta có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{6^2} + {6^2}} = 6\sqrt 2\) (cm).

Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC, suy ra OC = AC/2=  \(6\sqrt 2\)(cm).

Xét tam giác SOC vuông tại O:

\(SO = OC.\tan {60^0} = 3\sqrt 2 .\sqrt 3 = 3\sqrt 6\) (cm).

=>  \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{3}.6.6.3\sqrt 6 = 36\sqrt 6\)(cm³).

b) Hình vẽ minh họa:

Kẻ OE ⊥ CD tại E.

Vì SO ⊥ (ABCD) nên SO ⊥ CD mà OE ⊥ CD

=> CD ⊥ (SOE) => CD ⊥ SE.

=> Góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng OE và SE, mà (OE, SE) = \(\widehat {SEO} = {45^0}\).

Xét tam giác SOE vuông tại O, có nên tam giác SOE vuông cân tại O, suy ra SO = OE.

Xét tam giác BCD, có OE // BC (vì cùng vuông góc với CD), mà O là trung điểm của BD nên E là trung điểm của CD

=> OE là đường trung bình của tam giác BCD.

=> OE = BC/2=6/2 = 3(cm) => SO = 3 cm.

Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}SO = \frac{1}{3}.6.6.3 = 36\) (cm³).

Giải bài 7.31 trang 63 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Vì hình chóp A'.ABC có A'A = A'B = A'C, ABC là tam giác đều nên hình chóp A'.ABC là hình chóp đều.

Gọi F là hình chiếu của A' trên mặt phẳng (ABC), khi đó F là trọng tâm tam giác ABC.

=> A'F ⊥ (ABC) hay A'F là đường cao của hình lăng trụ ABC.A'B'C'.

Giả sử AF ∩ CB tại D, suy ra D là trung điểm của BC, AD ⊥ BC.

Vì ABC là tam giác đều cạnh a, đường cao AD nên \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Ta có: \(AF = \frac{2}{3}AD = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Áp dung định lý Pythagore cho tam giác A'FA vuông tại F ta có:

\(A'F = \sqrt {AA{'^2} - A{F^2}} = \sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}}\)

=> \({V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.A'F = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\sqrt {{b^2} - \frac{{{a^2}}}{3}}\)

Giải bài 7.32 trang 63 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Ta có:

AB // A'B' => AB // (A'B'C'D').

AD // A'D' => AD // (A'B'C'D')

=> (ABCD) // (A'B'C'D').

Vì bác Hùng cắt bỏ bốn phần như nhau ở bốn góc và hàn lại sẽ tạo thành 4 mặt bên là các hình thang cân.

Vậy chiếc thùng có dạng hình chóp cụt.

b) Dựa vào hình 7.99, ta có A'B' = B'C' = C'D' = D'A' = 8 – 2 = 6 (dm).

Kẻ AH ⊥ A'B' tại H, Kẻ BK ⊥ A'B' tại K.

=> ABKH là hình chữ nhật => AB = HK = 3 dm,

AH = BK = (8 – 3) : 2 = 2,5 dm.

Xét tam giác AHA' và tam giác BKB' có:

AA' = BB', \(\widehat {AHA'} = \widehat {BKB'} = {90^0}\), AH = BK.

=> ΔAHA' = ΔBKB'

=> A'H = B'K = (A'B' – HK): 2 = (6 – 3) : 2 = 1,5 dm.

Áp dụng định lý pythagore cho tam giác AHA' vuông tại H ta có:

\(AA' = \sqrt {A{H^2} + A'{H^2}} = \sqrt {2,{5^2} + 1,{5^2}} = \frac{{\sqrt {34} }}{2}\) (dm).

Vậy cạnh bên của thùng là \(\frac{{\sqrt {34} }}{2}\) dm.

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

Vì ACC'A' là hình thang cân nên đường cao của hình chóp cụt cũng chính là đường cao của hình thang cân.

Kẻ CE ⊥ A'C' tại E.

Vì OCEO' là hình chữ nhật nên OC = O'E.

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác ABC vuông tại B ta có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{3^2} + {3^2}} = 3\sqrt 2\)(dm)

Mà O là trung điểm của AC nên OC = AC/2= \(\frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) (dm) .

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác A'B'C' vuông tại B' ta có:

\(A'C' = \sqrt {A'B{'^2} + B'C{'^2}} = \sqrt {{6^2} + {6^2}} = 6\sqrt 2\) (dm)

Mà O' là trung điểm của A'C' nên O'C' = A'C'/2= \(3\sqrt 2\) (dm).

Ta có: \(C'E = O'E' - O'E = 3\sqrt 2 - \frac{{3\sqrt 2 }}{2} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\) (dm).

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác CC'E vuông tại E ta có:

\(CE = \sqrt {CC{'^2} - C'{E^2}} = 2\) (dm).

=> OO' = 2 dm

Ta có:

S₁ = S_ABCD = 3 . 3 = 9 (dm²); S₂ = S_A'B'C'D' = 6 . 6 = 36 (dm²).

\(\begin{array}{l} {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{3}.\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_2}.{S_2}} } \right).OO'\\ = \frac{1}{3}\left( {9 + 36 + \sqrt {9.36} } \right).2 = 42\left( {d{m^3}} \right) \end{array}\)

Ta có: 42 dm³ = 42 lít.

Vậy thùng có thể chứa được nhiều nhất là 42 lít nước.

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

Qua phần Giải Toán 11 KNTT Bài 27: Thể tích, học sinh có thể củng cố công thức, rèn kỹ năng phân tích dữ kiện và vận dụng kiến thức hình học không gian vào từng dạng bài. Hãy thử tự giải trước khi đối chiếu hướng dẫn để phát hiện lỗi sai, ghi nhớ phương pháp và chuẩn bị tốt hơn cho các bài kiểm tra Toán 11.