Toán 11 Bài tập cuối chương 7

Bài tập cuối chương 7 Toán 11 Kết nối tri thức là nội dung giúp học sinh hệ thống hóa kiến thức hình học không gian đã học trong chương, đồng thời rèn luyện kỹ năng vận dụng lý thuyết vào giải bài tập. Với phần giải sách giáo khoa Toán 11 KNTT tập 2 được trình bày rõ ràng, học sinh có thể tham khảo phương pháp giải từng dạng toán, củng cố kiến thức về quan hệ vuông góc, góc và khoảng cách trong không gian, từ đó chủ động ôn tập và chuẩn bị tốt cho các bài kiểm tra.

Giải SGK toán 11 trang 64 tập 2

Bài 7.33 trang 64 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho các phát biểu sau:

(1) (P) và (Q) có giao tuyến là đường thẳng a và cùng vuông góc với mặt phẳng (R) thì a ⊥ (R).

(2) Hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau và có giao tuyến là đường thẳng a, một đường thẳng b nằm trong mặt phẳng (P) và vuông góc với đường thẳng a thì b ⊥ (Q).

(3) Mặt phẳng (P) chứa đường thẳng a và a vuông góc với (Q) thì (P) ⊥ (Q).

(4) Đường thẳng a nằm trong mặt phẳng (P) và mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng (Q) thì a ⊥ (Q).

Số phát biểu đúng trong các phát biểu trên là:

1. 1.
2. 2.
3. 3.
4. 4.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l} \left( P \right) \cap \left( Q \right) = a\\ \left( P \right) \bot \left( R \right)\\ \left( Q \right) \bot \left( R \right) \end{array} \right\} \Rightarrow a \bot \left( R \right)\) => Khẳng định (1) đúng

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l} \left( P \right) \cap \left( Q \right) = a\\ \left( P \right) \bot \left( Q \right)\\ b \subset \left( P \right)\\ b \bot a \end{array} \right\} \Rightarrow b \bot \left( R \right)\) => Khẳng định (2) đúng

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l} a \subset \left( P \right)\\ a \bot \left( Q \right) \end{array} \right\} \Rightarrow \left( P \right) \bot \left( Q \right)\) => Khẳng định (3) đúng

Ta có: \(\left. \begin{array}{l} a \subset \left( P \right)\\ \left( P \right) \bot \left( Q \right) \end{array} \right\} \Rightarrow\)Ta chưa kết luận được a ⊥ (Q) vì có thể xảy ra trường hợp song song nên (4) sai.

Bài 7.34 trang 64 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho mặt phẳng (P) vuông góc với mặt phẳng (Q) và a là giao tuyến của (P) và (Q). Trong các phát biểu dưới đây, phát biểu nào đúng?

1. Đường thẳng d nằm trên (Q) thì d vuông góc với (P).
2. Đường thẳng d nằm trên (Q) và d vuông góc với a thì d vuông góc với (P).
3. Đường thẳng d vuông góc với a thì d vuông góc với (P).
4. Đường thẳng d vuông góc với (Q) thì d vuông góc với (P).

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có: \(\left. \begin{array}{l} \left( P \right) \cap \left( Q \right) = a\\ \left( P \right) \bot \left( Q \right)\\ d \subset \left( P \right)\\ d \bot a \end{array} \right\} \Rightarrow d \bot \left( P \right)\)

Bài 7.35 trang 64 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Phát biểu nào sau đây là đúng?

1. Số đo của góc nhị diện [S, AB, C] bằng \(\widehat {SBC}\) .
2. Số đo của góc nhị diện [D, SA, B] bằng 90°.
3. Số đo của góc nhị diện [S, AC, B] bằng 90°.
4. Số đo của góc nhị diện [D, SA, B] bằng \(\widehat {BSD}\).

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: C

Hình vẽ minh họa:

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Kẻ OE ⊥ AB tại E.

Ta có: ABCD là hình vuông

=> O là trung điểm của AC và BD.

Xét tam giác ABD có OE // AD (do cùng vuông góc với AB) mà O là trung điểm của BD nên E là trung điểm của AB.

Xét tam giác SAB có SA = SB (do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều)

=> SAB là tam giác cân tại S mà SE là trung tuyến

=> SE đồng thời là đường cao hay SE ⊥ AB.

=> [S, AB, C] = \(\widehat {SEO}\)

=> Khẳng định A sai.

Vì ABCD là hình vuông nên BO ⊥ AC, S.ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ (ABCD)

=> SO ⊥ AC, SO ⊥ BD .

Vì BO ⊥ AC, SO ⊥ AC nên [S, AC, B] = \(\widehat {SOB}\) = 90⁰

=> Khẳng định C đúng.

Kẻ DF ⊥ SA tại F.

Vì SO ⊥ BD và AC ⊥ BD nên BD ⊥ (SAC)

=> BD ⊥ SA mà DF ⊥ SA

=> SA ⊥ (BDF) => SA ⊥ BF.

Vì SA ⊥ BF và DF ⊥ SA nên [D, SA, B] = \(\widehat {BFD}\)

=> Khẳng định B, D sai.

Bài 7.36 trang 64 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và SA ⊥ (ABCD).

Phát biểu nào sau đây là sai?

1. Đường thẳng BC vuông góc với mặt phẳng (SAB).
2. Đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng (SAC).
3. Đường thẳng AC vuông góc với mặt phẳng (SBD).
4. Đường thẳng AD vuông góc với mặt phẳng (SAB).

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: C

Hình vẽ minh họa:

Ta có: ABCD là hình vuông => AB ⊥ BC

Mà SA ⊥ (ABCD) => SA ⊥ BC.

Khi đó: \(\left. \begin{array}{l} AB \bot BC\\ SA \bot BC \end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)

Vậy A đúng.

Ta có: ABCD là hình vuông => AC ⊥ BD

Mà SA ⊥ (ABCD) => SA⊥BD.

Khi đó: \(\left. \begin{array}{l} AD \bot AB\\ SA \bot AD \end{array} \right\} \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right)\)

Vậy B đúng.

Ta có: ABCD là hình vuông => AD ⊥ AB

Mà SA ⊥ (ABCD) n=> SA⊥AD.

Khi đó:

Vậy D đúng.

Bài 7.37 trang 64 Toán 11 KNTT Tập 2

Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng S, chiều cao bằng h là:

1. V = S ∙ h.
2. V = 1 / 2 .S.h.
3. V = 1 / 3 .S.h.
4. V = 2 / 3 .S.h.

Hướng dẫn giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có thể tích khối chóp là V = 1/3.S.h.

Giải SGK toán 11 trang 65 tập 2

Bài 7.38 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = a, \(OB = \sqrt 2\) và OC = 2a. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ABC.

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))=\(\frac{{2a}}{{\sqrt 7 }}\).

Bài 7.39 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC cân tại A, tam giác BCD cân tại D. Gọi I là trung điểm của cạnh BC.

a) Chứng minh rằng BC ⊥(AID).

b) Kẻ đường cao AH của tam giác AID. Chứng minh rằng AH ⊥(BCD).

c) Kẻ đường cao IJ của tam giác AID. Chứng minh rằng IJ là đường vuông góc chung của AD và BC.

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.

Bài 7.40 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BC = a và \(\widehat {CAB} = {30^0}\). Biết SA ⊥ (ABC) và \(SA = a\sqrt 2\).

a) Chứng minh rằng (SBC) ⊥ (SAB).

b) Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng SC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).

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)) = \(\frac{{6a}}{{\sqrt 5 }}\).

Bài 7.41 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Biết tam giác SAD vuông cân tại S và (SAD) ⊥ (ABCD).

a) Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD.

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.

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) = \(\frac{a}{{\sqrt 5 }}\)

Bài 7.42 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có độ dài tất cả các cạnh bằng a, AA' ⊥ (ABCD) và \(\widehat {BAD} = {60^0}\).

a) Tính thể tích của khối hộp ABCD.A'B'C'D'.

b) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A'BD).

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)) = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\).

Bài 7.43 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho hình lăng trụ ABCD.A'B'C'D'. Biết A'.ABCD là hình chóp đều có tất cả các cạnh đều bằng nhau và bằng a. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABCD.A'B'C'D' và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C.

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 \({V_{A'.BB'C'C}} = \frac{1}{3}{V_{AA'D'D.BB'C'C}} = \frac{1}{3}.\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\)

Bài 7.44 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB // CD và AB = BC = DA = a, CD = 2a. Biết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SA = a√2 . Tính theo a khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) và thể tích của khối chóp S.ABCD.

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

Bài 7.45 trang 65 Toán 11 KNTT Tập 2

Trên mặt đất phẳng, người ta dựng một cây cột AB có chiều dài bằng 10 m và tạo với mặt đất góc 80°. Tại một thời điểm dưới ánh sáng mặt trời, bóng BC của cây cột trên mặt đất dài 12 m vào tạo với cây cột một góc bằng 120° (tức là \(\widehat {ABC} = {120^0}\)). Tính góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên.

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°.

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

Hy vọng phần giải Toán 11 Bài tập cuối chương 7 Kết nối tri thức sẽ giúp các em nắm vững kiến thức trọng tâm, hiểu rõ cách giải từng bài tập và nâng cao khả năng tư duy hình học không gian. Hãy kết hợp việc tham khảo lời giải với tự làm bài và kiểm tra lại kết quả để ghi nhớ kiến thức lâu hơn, tạo nền tảng vững chắc cho quá trình học tập môn Toán 11.