Giải Toán 11 trang 87 Tập 2 Chân trời sáng tạo

Với Giải Toán 11 trang 87 Tập 2 trong Bài tập cuối chương 8 Toán lớp 11 Chân trời sáng tạo hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 11 trang 87.

Giải Toán 11 trang 87 Tập 2 Chân trời sáng tạo

Bài 10 trang 87 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD) và SA = a. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của SB, SC và SD. Tính khoảng cách giữa AM và NP.

Lời giải:

Vì SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ BC

Mà BC ⊥ AB nên BC ⊥ (SAB)

Tam giác SBC có:

M là trung điểm SB

N là trung điểm SC

Do đó MN là đường trung bình nên MN // BC, $\mathrm{MN}=\frac{1}{2}\mathrm{BC}=\frac{a}{2}$ .

Mà BC ⊥ (SAB) ⇒ MN ⊥ (SAB) ⇒ MN ⊥ AM.

Tam giác SCD cóN là trung điểm SC; P là trung điểm SD

Suy ra P là đường trung bình nên NP // CD.

Mà MN // BC, BC ⊥ CD nên MN ⊥ NP.

Vậy: $d(\mathrm{AM},\mathrm{NP})=\mathrm{MN}=\frac{a}{2}$

Bài 11 trang 87 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = 2a, CD = a; số đo góc nhị diện [S, BC, A] bằng 60°. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Lời giải:

Kẻ IH ⊥ BC

Ta có:

$\left.\begin{array}{l}\left(\mathrm{SIB}\right)\perp \left(\mathrm{ABC}\text{D}\right)\\ \left(\mathrm{SIC}\right)\perp \left(\mathrm{ABC}\text{D}\right)\\ \left(\mathrm{SIB}\right)\cap \left(\mathrm{SIC}\right)=\mathrm{SI}\end{array}\right\}\Rightarrow \mathrm{SI}\perp (ABCD)$

Suy ra: SI ⊥ BC mà BC ⊥ IH ⇒ BC ⊥ (SHI) $\Rightarrow$ BC ⊥ SH.

Lại có: $[S,\mathrm{BC},A]=\widehat{\mathrm{SHI}}=60°$.

$S_{\mathrm{ABC}\text{D}}=\frac{1}{2}\left(\mathrm{AB}+\mathrm{CD}\right)\mathrm{AD}=3a^2$;

Ta có: I là trung điểm AD $\Rightarrow$ $\mathrm{AI}=\mathrm{ID}=\frac{1}{2}\mathrm{AD}=a$.

${\mathrm{S}}_{\mathrm{ABI}}=\frac{1}{2}.\mathrm{AB}.\mathrm{AI}={\mathrm{a}}^2$

${\mathrm{S}}_{\mathrm{I}\text{D}\mathrm{C}}=\frac{1}{2}.\mathrm{CD}.\mathrm{ID}=\frac{{\mathrm{a}}^2}{2}$

${\mathrm{S}}_{\mathrm{IBC}}={\mathrm{S}}_{\mathrm{ABCD}}-{\mathrm{S}}_{\mathrm{AIB}}-{\mathrm{S}}_{\mathrm{CID}}=\frac{3{\text{a}}^2}{2}$

Gọi M là trung điểm của AB.

$\Rightarrow \mathrm{BM}=\frac{1}{2}\mathrm{AB}=a$, CM = AD = 2a $\Rightarrow \mathrm{BC}=\sqrt{{\mathrm{BM}}^2+{\mathrm{CM}}^2}=a\sqrt{5}$ ;

$\Rightarrow \mathrm{IH}=\frac{2S_{\mathrm{IBC}}}{\mathrm{BC}}=\frac{3\text{a}\sqrt{5}}{5}$ $\Rightarrow \mathrm{SI}=\mathrm{IH}.\tan 60°=\frac{3a\sqrt{15}}{5}$.

Vậy $V_{S.\mathrm{ABC}\text{D}}=\frac{1}{3}.\mathrm{SI}.S_{\mathrm{ABC}\text{D}}=\frac{3{\text{a}}^3\sqrt{15}}{5}$.

Bài 12 trang 87 Toán 11 Tập 2: Một chân cột bằng gang có dạng hình chóp cụt tứ giác đều có cạnh đáy lớn bằng 2a, cạnh đáy nhỏ bằng a, chiều cao h = 2a và bán kính đáy phần trụ rỗng bên trong bằng $\frac{a}{2}$.

a) Tìm góc phẳng nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy.

b) Tính thể tích chân cột nói trên theo a.

Lời giải:

Mô hình hoá chân cột bằng gang bằng cụt chóp tứ giác đều ABCD.A′B′C′D′ với O, O′ là tâm của hai đáy. Vậy AB = 2a, A′B′ = a, OO′ = 2a.

a) Gọi J, K lần lượt là trung điểm của CD, C′D′.

• A′B′C′D′ là hình vuông nên O′K ⊥ C′D′.

• CDD′C′ là hình thang cân nên JK ⊥ C′D.

Vậy $\widehat{\mathrm{JKO}\text{'}}$ là góc phẳng nhị diện giữa mặt bên và đáy nhỏ, $\widehat{\mathrm{KJO}}$ là góc phẳng nhị diện giữa mặt bên và đáy lớn.

b) Diện tích đáy lớn là: $S=A{B}^2=4a^2$.

Diện tích đáy bé là: $S\text{'}=A^{\text{'}}{B}^{\text{'}2}=a^2$.

Thể tích hình chóp cụt là:

${\text{V}}_1=\frac{1}{3}h\left(S+\sqrt{{\mathrm{SS}}^{\text{'}}}+S^{\text{'}}\right)=\frac{14a^3}{3}$.

Thể tích hình trụ rỗng là: $V_2={\mathrm{\pi R}}^{2}h=\frac{{\mathrm{\pi a}}^3}{2}$.

Thể tích chân cột là: $V=V_1-V_2=\left(\frac{14}{3}-\frac{\pi }{2}\right)a^3$.

Bài 13 trang 87 Toán 11 Tập 2: Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′ có cạnh bên AA′ = a, đáy ABCD là hình thoi có AB = BD = a. Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt đáy trùng với điểm O là giao điểm hai đường chéo của đáy. Tính thể tích của khối hộp.

Lời giải:

Xét tam giác ABD có AB = BD = AD = a nên ΔABD đều

Suy ra $\widehat{\mathrm{BAD}}=60°$

ABCD là hình thoi, O là trung điểm của BD

$\Rightarrow \mathrm{BO}=\frac{1}{2}\mathrm{BD}=\frac{a}{2},\mathrm{AO}=\sqrt{{\mathrm{AB}}^2-{\mathrm{BO}}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Ta có: AA′ ⊥ (ABCD) $\Rightarrow$ AA′ ⊥ AO .

$\Rightarrow A^{\text{'}}O=\sqrt{{\mathrm{AA}}^{\text{'}2}-{\mathrm{AO}}^2}=\frac{a}{2}$

$S_{\mathrm{ABCD}}=\mathrm{AB}.\mathrm{AD}.\sin \widehat{\mathrm{BAD}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

$V_{\mathrm{ABCD}.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=A\text{'}O.S_{\mathrm{ABCD}}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Lời giải bài tập Toán 11 Bài tập cuối chương 8 hay khác:

• Giải Toán 11 trang 86

Xem thêm lời giải bài tập Toán lớp 11 Chân trời sáng tạo hay, chi tiết khác:

• Toán 11 Bài 1: Biến cố giao và quy tắc nhân xác suất

• Toán 11 Bài 2: Biến cố hợp và quy tắc cộng xác suất

• Toán 11 Bài tập cuối chương 9

• Toán 11 Bài 1: Vẽ hình khối bằng phần mềm GeoGebra. Làm kính 3D để quan sát ảnh nổi

• Toán 11 Bài 2: Ứng dụng lôgarit vào đo lường độ pH của dung dịch

Săn shopee siêu SALE :

• Sổ lò xo Art of Nature Thiên Long màu xinh xỉu
• Biti's ra mẫu mới xinh lắm
• Tsubaki 199k/3 chai
• L'Oreal mua 1 tặng 3

---