Giải SBT Toán học 11 CTST Bài tập cuối chương VIII có đáp án

Đáp án đúng là: A

Trong không gian, cho hai đường thẳng song song, đường thẳng nào vuông góc với đường thẳng thứ nhất thì cũng vuông góc với đường thẳng thứ hai.

Đáp án đúng là: B

Nếu đường thẳng d vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong (a) thì d ^ (a).

Đáp án đúng là: C

Ta có: $\{\begin{matrix}AH\perp CD\ \\ BH\perp CD\ \end{matrix}$ Þ CD ^ (ABH) Û CD ^ AB.

Đáp án đúng là: D

Ta có:

Dễ dàng chứng minh được: BD ^ (SAC)

Þ BD ^ SC hay EF ^ SC (EF // BD) Þ A đúng.

Dễ dàng chứng minh được: BC ^ (SAB)

Þ BC ^ AE mà AE ^ SB Þ AE ^ (SBC) hay AE ^ SC Þ B đúng.

Chứng minh tương tự: SC ^ AF Þ C đúng.

Đáp án đúng là: D

Ta có $\tan α=\frac{SA}{AC}=\frac{2a}{a\sqrt{2}}=\sqrt{2}$

Đáp án đúng là: A

Theo giả thuyết Þ AB ^ (BCD) Þ Góc giữa AC và (BCD) là góc $\widehat{ACB}$

Đáp án đúng là: B

Cho D là trung điểm của BC Þ AD ^ BC.

Chứng minh được BC ^ (SAD) Þ BC ^ SD.

Do đó, ((SBC), (ABC)) = a.

Nhận thấy: SA = AD = a Þ a = 45°.

Đáp án đúng là: D

Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì hoặc song song với nhau hoặc cắt nhau theo giao tuyến vuông góc với mặt phẳng thứ ba.

Đáp án đúng là: C

Gọi E là trung điểm của BC.

Ta có: $\{\begin{matrix}A'E\perp BC \\ AE\perp BC\end{matrix}\Rightarrow (A'AE)\perp (A'BC)$

Vẽ AH ^ A¢E Þ AH ^ (A¢BC)

Þ d(A, (A¢BC)) = AH

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác: AH = $\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}$

$\Rightarrow SH=HB=\frac{1}{2}AB=a.$$\Rightarrow {V}_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.{S}_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.2a.a=\frac{2{a}^{3}}{3}.$

Đáp án đúng là: A

Gọi H là trung điểm AB.

Do $\{\begin{matrix}(SAB)\cap (ABCD)=AB \\ (SAB)\perp (ABCD) \\ SH\perp AB,SH\subset (SAB)\end{matrix}\Rightarrow SH\perp (ABCD).$

F đối xứng với H qua B Þ BECF là hình bình hành.

BE // CF Ì (SCF) Þd(BE, (SCF)) = d(B, (SCF)) = $\frac{1}{2}$ d(H, (SCF)).

HBCE là hình vuông cạnh a Þ $CH=BE=CF=a\sqrt{2}.$

Dễ thấy $C{H}^{2}+C{F}^{2}=4{a}^{2}=H{F}^{2}$ Þ ∆HCF vuông cân tại C.

Khi này $\{\begin{matrix}CF\perp HC \\ CF\perp SH\end{matrix}\Rightarrow CF\perp (SHC)\Rightarrow (SCF)\perp (SHC).$

Mà (SCF) Ç (SHC) = SC. Trong (SHC) kẻ HK ^ SC Þ HK ^ (SCF).

Suy ra d(H, (SCF)) = HK Þ d(BE, SC) = $\frac{1}{2}$ HK.

Áp dụng hệ thức lượng trong ∆SHC vuông tại H, đường cao HK

Þ $HK=\frac{a\sqrt{30}}{5}$

Vậy $d(BE,SC)=\frac{1}{2}HK=\frac{a\sqrt{30}}{10}$

Đáp án đúng là: D

Gọi H là trung điểm của AB Þ SH ^ (ABCD).

Ta có: $\{\begin{matrix}BC\perp AB \\ BC\perp SH\end{matrix}\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp SB.$

$\Rightarrow ((SBC),(ABCD))=(SB,AB)=\widehat{SBA}=45^{\circ}.$

Þ ∆SHB là tam giác vuông cân tại H $\Rightarrow SH=HB=\frac{1}{2}AB=a.$

$\Rightarrow {V}_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SH.{S}_{ABCD}=\frac{1}{3}.a.2a.a=\frac{2{a}^{3}}{3}.$

Đáp án đúng là: A

Ta có: $\{\begin{matrix}BC\perp AB \\ BC\perp SH\end{matrix}\Rightarrow BC\perp (SAB).$

$\Rightarrow ((SC),(SAB))=(SC,SB)=\widehat{CSB}=30^{\circ}.$

Xét tam giác SBC vuông tại B có: $\tan 30^{\circ}=\frac{BC}{SB}\Rightarrow SB=3a.$

Xét tam giác SAB vuông tại A có: $SA=\sqrt{S{B}^{2}-A{B}^{2}}=2a\sqrt{2}.$

Mà ${S}_{ABCD}=AB.BC={a}^{2}\sqrt{3}.$

Vậy $V=\frac{1}{3}.{S}_{ABCD}.SA=\frac{2{a}^{3}\sqrt{6}}{3}$

Đáp án đúng là: B

Ta có: ${V}_{ABC.A'B'C'}={S}_{ABC}\ .\ AA'=\frac{1}{2}.AB\ .\ AC\ .\ AA'$

$=\frac{1}{2}.\ a\ .\ 2a\sqrt{3}.2a=2\sqrt{3}{a}^{3}$

Đáp án đúng là: A

$\{\begin{matrix}V={S}_{ABCD}.AA' \\ {V}_{1}=\frac{1}{3}.{S}_{ABD}.AA'=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.{S}_{ABCD}.AA'\end{matrix}\Rightarrow \frac{V}{{V}_{1}}=6$

a) Ta có: $\{\begin{matrix}OA\perp OB \\ OA\perp OC\end{matrix}$

$\Rightarrow OA\perp (OBC)\Rightarrow OA\perp BC.(1)$

$OH\perp BC\ (OH\perp (ABC)).(2)$

Từ (1) và (2) Þ BC ^ (OAH).

b) Từ a) Þ BC ^ AH. (*)

Ta dễ dàng chứng minh được OC ^ (OAB) Þ OC ^ AB. (3)

Lại có: OH ^ AB (do OH ^ (ABC)) Þ OH ^ AB. (4)

Từ (3) và (4) Þ AB ^ (OHC) hay AB ^ HC. (**)

Từ (*) và (**) Þ H là trực tâm của tam giác ABC.

c) Dễ thấy OD, OH là các đường cao của tam giác OBC và OAD.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:

$\{\begin{matrix}\frac{1}{O{D}^{2}}=\frac{1}{O{B}^{2}}+\frac{1}{O{C}^{2}} \\ \frac{1}{O{H}^{2}}=\frac{1}{O{A}^{2}}+\frac{1}{O{D}^{2}}\end{matrix}$

Do đó $\frac{1}{O{H}^{2}}=\frac{1}{O{A}^{2}}+\frac{1}{O{B}^{2}}+\frac{1}{O{C}^{2}}.$

a) Từ giả thiết suy ra AB ^ (BDC) Þ AB ^ DC.

Lại có: BE ^ DC.

Þ DC ^ (ABE) hay (ADC) ^ (ABE). (1)

Ta có: $\{\begin{matrix}DF\perp BC \\ DF\perp AB\end{matrix}\Rightarrow DF\perp (ABC)\Rightarrow DF\perp AC.$

Mà DK ^ AC.

Do đó AC ^ (DFK) hay (ADC) ^ (DFK). (2)

b) Dễ thấy O, H lần lượt là các giao điểm của DF và BE, AE và DK.

Þ (ABE) Ç (DFK) = OH. (3)

Từ (1), (2) và (3) Þ OH ^ (ADC).

Qua A kẻ đường thẳng song song với BC, I là hình chiếu của H trên đường thẳng đó.

Ta có BC // (SAI)

Suy ra d(BC, SA) = d(BC, (SAI))

= d(B, (SAI)) = $\frac{3}{2}d(H,(SAI))$

Gọi K là hình chiếu của H trên SI.

Dễ dàng chứng minh được AI ^ (SHI) Þ AI ^ HK.

Þ HK ^ (SAI) Þ d(H, (SAI)) = HK.

$\widehat{HAI}=180^{\circ}-(60^{\circ}+60^{\circ})=60^{\circ}$

Tam giác AIH vuông tại I:

$\begin{matrix}IH=AH.\sin 60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{3}. \\ (SC,(ABC))=(SC,CH)=\widehat{SCH}=60^{\circ}. \\ C{H}^{2}=B{C}^{2}+B{H}^{2}-2.BC.BH.\cos 60^{\circ}=\frac{7{a}^{2}}{9}\Rightarrow CH=\frac{a\sqrt{7}}{3}.\end{matrix}$

Tam giác SHC vuông tại H: $SH=HC.\tan 60^{\circ}=\frac{a\sqrt{21}}{3}.$

Tam giác SHI vuông tại H:

$\frac{1}{H{K}^{2}}=\frac{1}{S{H}^{2}}+\frac{1}{H{I}^{2}}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{42}}{12}.$

$d(B,(SAI))=\frac{3}{2}.HK=\frac{a\sqrt{42}}{8}.$

$\Rightarrow d(SA,BC)=\frac{a\sqrt{42}}{8}.$

Ta có: $(SB,(ABC))=\widehat{SBA}=45^{\circ}\Rightarrow \ SA=AB=5a.$

Áp dụng định lí Heron ${S}_{ABC}=10\sqrt{3}\ {a}^{2}.$

Þ ${V}_{S.ABC}=\frac{1}{3}.{S}_{ABC}.SA=\frac{1}{3}.10\sqrt{3}{a}^{2}.5a=\frac{50\sqrt{3}\ {a}^{3}}{3}.$

Ta có:

+) $\{\begin{matrix}AB\perp BC \\ AB\perp CC'\end{matrix}\Rightarrow AB\perp (BCC')\Rightarrow AB\perp BC'.$

+) $\{\begin{matrix}(ABC')\cap (ABC)=AB \\ AB\perp BC \\ AB\perp BC'\end{matrix}$

$\Rightarrow ((ABC'),(ABC))=(BC,BC')=\widehat{CBC'}=60^{\circ}.$

$\Rightarrow CC'=BC.\tan 60^{\circ}=a\sqrt{3}.\sqrt{3}=3a$

$\Rightarrow {V}_{ABC.A'B'C'}={S}_{ABC}.CC'=\frac{1}{2}.AB.BC.CC'=\frac{1}{2}.a.a\sqrt{3}.3a=\frac{3\sqrt{3}\ {a}^{3}}{2}.$

Cho D là trung điểm của B¢C¢.

Đáy A¢B¢C¢ cân tại A¢ nên A¢D ^ B¢C¢.

Mà AA¢ ^ B¢C¢ nên B¢C¢ ^ (ADA¢).

Þ B¢C¢ ^ AD.

$\{\begin{matrix}(A'B'C')\cap (AB'C')=B'C' \\ B'C'\perp A'D \\ B'C'\perp AD\end{matrix}$

$\Rightarrow ((A'B'C'),(AB'C'))=(A'D,AD)=\widehat{ADA'}=60^{\circ}.$

$AA'=A'D.\tan 60^{\circ}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

${V}_{ABC.A'B'C'}={S}_{ABC}.CC'=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat{BAC}.CC'=\frac{3{a}^{3}}{8}.$

Gọi O = AC Ç BD. Ta có:

$\{\begin{matrix}AC\perp BD \\ AC\perp BB'\end{matrix}\Rightarrow AC\perp (BB'D)\Rightarrow AC\perp B'O.$

Khi đó: $BO\perp AC,B'O\perp AC,\ (ABCD)\cap (B'AC)=AC,$

$\Rightarrow ((B'AC),(ABCD))=(BO,OB')=\widehat{B'OB}=30^{\circ}.$

Dễ thấy $d(B,(D'AC))=d(D,(D'AC))=\frac{a}{2}$

$AC\perp (BB'D'D)\Rightarrow (D'AC)\perp (BB'D'D)$

$(D'AC)\cap (BB'D'D)=D'O.$

Từ D kẻ DH ^ D¢O (H Î DO), suy ra $d(D,(D'AC))=DH=\frac{a}{2}.$

Xét ∆B¢BO: $\tan 30^{\circ}=\frac{BB'}{BO}\Rightarrow OD=BO=\sqrt{3}BB'.$

Xét ∆D¢DO: $\frac{1}{H{D}^{2}}=\frac{1}{O{D}^{2}}+\frac{1}{D'{D}^{2}}\Rightarrow \frac{4}{{a}^{2}}=\frac{1}{3.B'{B}^{2}}+\frac{1}{D'{D}^{2}}$ $\Rightarrow DD'=\frac{a}{\sqrt{3}}\Rightarrow OB=a.$

Gọi I = BD Ç B¢O, suy ra $\frac{BI}{D'I}=\frac{1}{2}.$

$\Rightarrow d(D',(B'AC))=2d(B,(B'AC))\Rightarrow {V}_{ACB'D'}=2{V}_{B'ABC}.$

Mà $OA=\sqrt{A{B}^{2}-O{B}^{2}}=\sqrt{4{a}^{2}-{a}^{2}}=a\sqrt{3}.$

$\Rightarrow {S}_{ABC}=2{S}_{ABO}=2.\frac{1}{2}.OB.OA={a}^{2}\sqrt{3}.$

Suy ra ${V}_{B'.ABC}=\frac{1}{3}.BB'.{S}_{ABC}=\frac{1}{3}.\frac{a}{\sqrt{3}}.{a}^{2}\sqrt{3}=\frac{{a}^{3}}{3}.$

Vậy ${V}_{ACB'D'}=\frac{2{a}^{3}}{3}.$

Kẻ C¢H ^ AC (H Î AC).

Ta có $\{\begin{matrix}O'C'=\frac{\sqrt{{120}^{2}+{120}^{2}}}{2}=60\sqrt{2}. \\ OC=\frac{\sqrt{{60}^{2}+{60}^{2}}}{2}=30\sqrt{2}. \\ \Rightarrow CH=O'C'-OC=30\sqrt{2}.\end{matrix}$

Áp dụng công thức: $V=\frac{h}{3}.(S+\sqrt{S.S'}+S'),$

Với $\{\begin{matrix}h=C'H=\sqrt{CC{'}^{2}-C{H}^{2}}=\sqrt{{100}^{2}-{(30\sqrt{2})}^{2}}=10\sqrt{82} \\ S={120}^{2},\ S'={60}^{2}.\end{matrix}$

Ta có: $V=\frac{10\sqrt{82}}{3}({120}^{2}+120.60+{60}^{2})=84\ 000\sqrt{82}\ (c{m}^{3}).$

Vậy thể tích của thùng $84\ 000\sqrt{82}\ c{m}^{3}$