Toán 11 Bài tập cuối chương VII Giải Toán 11 Kết nối tri thức trang 64, 65 - Tập 2

Giải Toán 11 Bài tập cuối chương VII là tài liệu vô cùng hữu ích giúp các em học sinh lớp 11 có thêm nhiều gợi ý tham khảo để giải các bài tập trong với cuộc sống tập 2 trang 64, 65.

Toán 11 Kết nối tri thức tập 2 trang 64, 65 được biên soạn đầy đủ, chi tiết trả lời các câu hỏi từ bài 7.33 đến 7.45 chương Quan hệ vuông góc trong không gian giúp các bạn có thêm nhiều nguồn ôn tập đối chiếu với kết quả mình đã làm. Vậy sau đây là nội dung chi tiết giải Toán 11 Kết nối tri thức trang 64, 65 tập 2, mời các bạn cùng theo dõi tại đây.

Giải Toán 11 trang 64, 65 Kết nối tri thức - Tập 2

• A. Câu hỏi trắc nghiệm
• B. Câu hỏi tự luận

A. Câu hỏi trắc nghiệm

Bài 7.33

Gợi ý đáp án

Đáp án C

Bài 7.34

Gợi ý đáp án

Đáp án C

Bài 7.35

Gợi ý đáp án

Đáp án D

Bài 7.36

Gợi ý đáp án

Đáp án C

Bài 7.37

Gợi ý đáp án

Đáp án C

B. Câu hỏi tự luận

Bài 7.38

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

Gợi ý đáp án

\(d(O,(ABC))=\frac{\left | \vec{n} .\vec{OA}\right |}{\left | \vec{n} \right |}\)

\(=\frac{\left | a(b^{2}c-c^{2}b)+b(c^{2}a-a^{2}c)+c(a^{2}b-b^{2}a)\right |}{abc\sqrt{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}}=\sqrt{2}a\)

Vậy, khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng \(\sqrt{2}a\)

Bài 7.39

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.

Gợi ý đáp án

a) Ta có AB = AC, BC = BD nên tam giác ABD cân tại B. Suy ra BD là đường trung trực của AC và BD ⊥ AC.

Gọi M là trung điểm của AD. Khi đó, ta có IM // BD và IM = \(\frac{1}{2}\)BD = \(\frac{1}{2}\)BC (do I là trung điểm của BC).

Suy ra tam giác AIM cân tại A và AI ⊥ IM. Như vậy, AI là đường cao của tam giác AIM, từ đó AI ⊥ BC.

Do đó, ta có BC ⊥ (AID).

b) Gọi H là giao điểm của AI và BD. Khi đó, ta có AH ⊥ BD (do H thuộc AI), BD ⊥ AC và AC ⊥ AI (vì tam giác ABC cân tại A).

Suy ra AH // AC và AH ⊥ BCD.

c) Gọi J là trung điểm của ID. Khi đó, ta có IJ // AD và IJ = \(\frac{1}{2}\)AD (do I là trung điểm của BC và BC // AD).

Ta có AI ⊥ BC, ID ⊥ BC, suy ra AI // ID. Như vậy, tam giác AIM và DID đồng dạng, từ đó ta có \(\frac{IJ}{IM}\) = \(\frac{ID}{AI}\).

Như vậy, \(\frac{IJ}{AD}\) = \(\frac{1}{2}\) \(\frac{ID}{AI}\) = \(\frac{1}{2} \frac{ID}{IM}\). Do đó, IJ là đường vuông góc chung của AD và BC.

Bài 7.40

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

Gợi ý đáp án

a) Ta có SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) . Mặt khác, AB ⊥ BC nên (SAB) ⊥ (SBC). Từ đó suy ra (SBC) ⊥ (SAB) .

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SC .

Do SA ⊥ (ABC) nên AH ⊥ BC .

Vậy AH là đường cao của tam giác vuông ABC, nên AH = \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Ta có\(SC = \sqrt{SA^2 - AC^2} = a (vì AC = 2AB = 2\cdot\frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{2a\sqrt{3}}{3} )\)

SB = AB = \(\frac{a}{\sqrt{3}}\), SC = a

\(BC = a\sqrt{2} , \widehat{BSC} = 90^\circ\)

Vậy diện tích của tam giác SBC là \(S_{SBC} = \frac{1}{2} \cdot SB \cdot SC = \frac{a^2}{2\sqrt{3}}\)

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) là \(\frac{S_{SBC}}{BC} = \frac{a}{2\sqrt{6}}\)

Bài 7.41

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 theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.

Gợi ý đáp án

a) Gọi H là trung điểm của AD

Ta có:

\(AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(SH=SA-AH= a\sqrt{2}-\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Thể tích khối chóp S.ABCD là

\(V= \frac{1}{3}.S_{ABCD}.SH=\frac{1}{3}.a^{2}.\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a^{3}\sqrt{2}}{6}\)

b) SE vuông góc với đường thẳng AD và E thộc AD

Gọi M là trung điểm cua BC. Ta có SM \(\perp\) BC và SM = \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

\(BM=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2} , CM=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Vậy MC // AE, ta có

AE = AC - CE = AB + BC - BM

\(=a+a\sqrt{2}-\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{3a+2a\sqrt{2}}{2}\)

Do đó, khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC là

\(CE= AE sin45^{\circ }=\frac{(3+2\sqrt{2})a}{4}\)

Bài 7.42

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

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

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

Gợi ý đáp án

a) \(V = S_{ABCD} \cdot AA' = a^3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{2}a=\frac{a^{3}\sqrt{3}}{4}\)

b) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên (A'BD)

Gọi M là trung điểm BD .

Ta có \(AM=\frac{AD}{2}=\frac{a}{2} và BM=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\), khi đó

\(AH=AM.cos\widehat{AMB}\)

\(=\frac{a}{2}.\frac{\frac{1}{2}a}{\sqrt{(\frac{a}{2})^{2}+(\frac{a\sqrt{3}}{4})^{2}}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\)

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A'BD) là \(\frac{a\sqrt{3}}{4}\)

Bài 7.43

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.

Gợi ý đáp án

Thể tích của khối lăng trụ ABCD.A'B'C'D' là:

\(V_{lăng trụ}=S_{hình bình hành}+S_{mặt bên}=a^{2}+a^{2}.\frac{\sqrt{2}}{2}=a^{2}.(\frac{(2+\sqrt{2})}{2})\)

Để tính thể tích của khối chóp A'.BB'C'C

Ta đã tính được \(S_{đáy} = a^2\), h = a (vì đây là hình chóp đều), nên thể tích của khối chóp là: \(V_{A'.BB'C'C}=\frac{1}{3}.S_{day}.h=\frac{1}{3}.a^{2}.a=a^{\frac{3}{3}}\)

Vậy thể tích của khối chóp A'.BB'C'C là \(a^{\frac{3}{3}}\)

Bài 7.44

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 = \(a\sqrt{2}\) tích của khối chóp S.ABCD.

Bài 7.45

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^∘). Tính góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên.