Giải SGK toán 11 trang 65 tập 2

Để củng cố kiến thức và rèn luyện kỹ năng giải bài tập Toán 11 KNTT, học sinh có thể tham khảo nội dung Giải SGK Toán 11 trang 65 tập 2 thuộc bộ sách Kết nối tri thức. Bài viết tổng hợp hướng dẫn giải Bài tập cuối chương 7, giúp các em hệ thống lại kiến thức đã học, luyện tập phương pháp giải và chủ động đánh giá mức độ nắm vững nội dung chương.

Giải bài 7.38 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Kẻ OD ⊥ BC tại D.

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l} OA \bot OB\\ OA \bot OC \end{array} \right\} \Rightarrow OA \bot \left( {OCB} \right) \Rightarrow OA \bot BC\)

Mà OD ⊥ BC nên BC ⊥ (OAD).

Kẻ OE ⊥ AD tại E.

Ta có: \(\left. \begin{array}{l} BC \bot \left( {OAD} \right)\\ BC \bot OE \end{array} \right\} \Rightarrow OE \bot AD \Rightarrow OE \bot \left( {ABC} \right)\)

=> d(O, (ABC)) = OE.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OBC vuông tại O, OD là đường cao có:

\(\frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}}\)

Vì OA ⊥ (OBC) nên OA ⊥ OD.

Xét tam giác AOD vuông tại O, OE là đường cao nên

\(\begin{array}{l} \frac{1}{{O{E^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{3}{{4{a^2}}} = \frac{7}{{4{a^2}}}\\ \Rightarrow OE = \frac{{2a}}{{\sqrt 7 }} \end{array}\)

Vậy d(O, (ABC))=\(\frac{{2a}}{{\sqrt 7 }}\).

Giải bài 7.39 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Vì tam giác ABC cân tại A, AI là trung tuyến nên AI đồng thời là đường cao hay AI ⊥

Vì tam giác BCD cân tại D, DI là trung tuyến nên DI đồng thời là đường cao hay DI ⊥ BC.

Ta có: AI⊥BC và DI ⊥ BC nên BC ⊥ (AID).

b) Do AH là đường cao của tam giác AID nên AH ⊥

Vì BC ⊥ (AID) nên BC ⊥ AH mà AH ⊥ DI nên AH ⊥ (BCD).

c) Vì BC ⊥(AID) nên BC ⊥IJ, mà IJ là đường cao của tam giác AID nên IJ ⊥

=> IJ là đường vuông góc chung của AD và BC.

Giải bài 7.40 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Do tam giác ABC vuông tại B nên AB ⊥ BC

Vì SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ BC mà AB ⊥ BC nên BC ⊥ (SAB), suy ra (SBC) ⊥ (SAB).

b) Kẻ AD ⊥SC tại D. Khi đó d(A, SC) = AD.

Vì SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ AC nên tam giác SAC vuông tại A.

Xét tam giác ABC vuông tại B ta có:

\(\sin \widehat {CAB} = \frac{{BC}}{{AC}} \Rightarrow AC = \frac{{BC}}{{\sin \widehat {CAB}}} = \frac{a}{{\sin {{30}^0}}} = 2a\)

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác SAC vuông tại A, AD là đường cao, có:

\(\begin{array}{l} \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}}\\ \Rightarrow AD = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }} \end{array}\)

Vậy d(A, SC) = \(\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}\).

Kẻ AE ⊥ SB tại E.

Vì BC ⊥ (SAB) nên BC ⊥ AE mà AE ⊥ SB nên AE ⊥ (SBC).

=> d(A, (SBC)) = AE.

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AB = BCtan30°=atan30°= a√3.

Vì SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ AB, suy ra tam giác SAB vuông tại A.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác SAB vuông tại A, AE là đường cao ta có:

\(\begin{array}{l} \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{5}{{6{a^2}}}\\ \Rightarrow AE = \frac{{6a}}{{\sqrt 5 }} \end{array}\)

Vậy d(A, (SBC)) = \(\frac{{6a}}{{\sqrt 5 }}\).

Giải bài 7.41 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

a) Kẻ SE ⊥AD tại E. Vì tam giác SAD vuông cân tại S nên E là trung điểm của AD.

Ta có:

(SAD) ⊥ (ABCD), (SAD) ∩ (ABCD) = AD, SE ⊥ AD nên SE ⊥ (ABCD).

Vì tam giác SAD vuông cân tại S, SE là trung tuyến nên SE = AD/2=a/2.

\(\Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SE = \frac{1}{3}.{a^2}.\frac{a}{2} = \frac{{{a^3}}}{6}\)

b) Ta có:

ABCD là hình vuông nên AD // BC mà BC ⊂(SBC) nên AD // (SBC).

=> d(AD, SC) = d(AD, (SBC)) = d(E, (SBC)).

Kẻ EF // AB (F thuộc BC). Khi đó EF ⊥ BC (vì AB ⊥ BC).

Mà SE ⊥ (ABCD) nên SE ⊥ BC mà EF ⊥ BC nên BC ⊥ (SEF).

Lại có BC ⊂ (SBC) nên (SBC) ⊥ (SEF) và (SBC) ∩ (SEF) = SF.

Kẻ EG ⊥ SF tại G nên EG ⊥ (SBC). Khi đó d(E, (SBC)) = EG.

Do ABCD là hình vuông nên EF = AB = a.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác SEF vuông tại E, EG là đường cao ta có:

\(\begin{array}{l} \frac{1}{{E{G^2}}} = \frac{1}{{S{E^2}}} + \frac{1}{{E{F^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}}\\ \Rightarrow EG = \frac{a}{{\sqrt 5 }} \end{array}\)

Vậy d(AD, SC) = \(\frac{a}{{\sqrt 5 }}\)

Giải bài 7.42 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì hình hộp ABCD.A'B'C'D' có độ dài tất cả các cạnh bằng a nên ABCD là hình thoi, suy ra AO = OC và AC ⊥ BD.

Ta có:

S_ABD = 1/2.AO.BD = 1/2.CO.BD = S_BCD.

=> S_ABCD = 2S_ABD.

Ta có:

\(\begin{array}{l} {S_{ABD}} = \frac{1}{2}AB.AD\sin 60\widehat {BAD} = \frac{1}{2}.a.a.\sin {60^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\\ {S_{ABCD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\\ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA'.{S_{ABCD}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2} \end{array}\)

b) Vì AO ⊥BD mà AA' ⊥(ABCD) nên AA' ⊥ BD

=> BD ⊥ (AOA').

=> (A'BD) ⊥ (AOA').

Kẻ AE ⊥ A'O tại E. Vì (A'BD) ⊥ (AOA'), (A'BD) ∩ (AOA') = A'O và AE ⊥ A'O nên AE ⊥ (A'BD).

=> d(A, (A'BD)) = AE.

Xét tam giác ABD có AB = AD = a nên tam giác ABD là tam giác cân tại A mà \(\widehat {BAD} = {60^0}\) nên tam giác ABD đều => BD = a mà BO = BD/2=a/2 .

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác AOB vuông tại O ta có:

\(AO = \sqrt {A{B^2} - B{O^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Vì AA' ⊥ (ABCD) nên AA' ⊥ AO hay tam giác A'AO vuông tại A.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác A'AO vuông tại A có:

\(\begin{array}{l} \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{AA{'^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}}\\ \Rightarrow AE = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} \end{array}\)

Vậy d(A, (A'BD)) = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\).

Giải bài 7.43 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

H ình vẽ minh họa:

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Do A'.ABCD là hình chóp đều có tất cả các cạnh đều bằng nhau và bằng a nên A'O ⊥ (ABCD).

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên S_ABCD = a².

Xét tam giác ABC vuông tại B ta có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2\) mà O là trung điểm của AC nên AO = AC/2= \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét tam giác A'AO vuông tại O ta có:

\(\begin{array}{l} A'O = \sqrt {A'{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\\ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'O.{S_{ABCD}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2} \end{array}\)

Ta có: \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {V_{AA'D'D.BB'C'C}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\)

Khi đó ta thấy khối chóp A'.BB'C'C và khối lăng trụ AA'D'D.BB'C'C có chung đường cao và đáy nên \({V_{A'.BB'C'C}} = \frac{1}{3}{V_{AA'D'D.BB'C'C}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\)

Giải bài 7.44 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) nên SO ⊥ (ABCD).

=> d(S, (ABCD)) = SO.

Kẻ AH ⊥ DC tại H, BK ⊥ DC tại K.

Khi đó ABKH là hình chữ nhật nên AB = HK = a.

Xét tam giác AHD và tam giác BKC có: AD = BC = a, \(\widehat {AHD} = \widehat {BKC} = {90^0}\), \(\widehat {ADH} = \widehat {BCK}\) (do ABCD là hình thang cân).

=> ΔAHD = ΔBKC, suy ra DH = CK = \(\frac{{DC - HK}}{2} = \frac{{2a - a}}{2} = \frac{a}{2}\)

CH = HK + CK = \(a + \frac{a}{2} = \frac{{3a}}{2}\)

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác AHD vuông tại H ta có:

\(AH = \sqrt {A{D^2} - D{H^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác AHC vuông tại H ta có:

\(AC = \sqrt {A{H^2} + H{C^2}} = \sqrt {\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{9{a^2}}}{4}} = a\sqrt 3\)

Vì AB // CD nên

\(\begin{array}{l} \frac{{AO}}{{OC}} = \frac{{AB}}{{CD}} \Rightarrow \frac{{AO}}{{OC}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{a} = \frac{1}{2}\\ \Rightarrow AO = \frac{1}{3}AC = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} \end{array}\)

Áp dụng định lý pythagore cho tam giác SOA vuông tại O ta có:

\(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {2{a^2} - \frac{{{a^2}}}{3}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{3}\)

Khi đó d(S, (ABCD)) = \(\frac{{a\sqrt {15} }}{3}\).

Ta có:

\({S_{ABCD}} = \frac{1}{2}.\left( {AB + CD} \right).AH = \frac{1}{2}\left( {a + 2a} \right).\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)

Vậy \({V_{{S_{ABCD}}}} = \frac{1}{3}.{S_{ABCD}}.SO = \frac{1}{3}.\frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{{a\sqrt {15} }}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt 5 }}{4}\)

Giải bài 7.45 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Hướng dẫn giải:

Hình vẽ minh họa:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt đất.

=> AH ⊥ (BCH).

Ta có góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời là \(\widehat {ACH} = \alpha\)

Xét tam giác AHB vuông tại H, có AH = AB . sin80° = 10 . sin80° (m).

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác ABC, có:

AC² = AB² + BC² – 2.AB.BC.cos\(\widehat {ABC}\)

= 102 + 122 – 2.10.12.cos120° = 364

⇒ AC = \(2\sqrt {91}\) (m).

Xét tam giác AHC vuông tại H ta có:

\(\sin \alpha = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{10.\sin {{80}^0}}}{{2\sqrt {91} }} \Rightarrow \alpha \approx {31^0}\)

Vậy góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên khoảng 31°.

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

Phần Giải Toán 11 KNTT Bài tập cuối chương 7 là tài liệu tham khảo hữu ích để học sinh ôn lại kiến thức trọng tâm và rèn khả năng vận dụng vào nhiều dạng bài tập. Để học hiệu quả hơn, các em nên tự làm từng câu hỏi trước khi xem hướng dẫn, từ đó nhận biết phần kiến thức còn yếu và chuẩn bị tốt cho những bài kiểm tra tiếp theo.