Giải SGK Toán 11 CD Bài tập cuối chương 8 có đáp án

a) Đáp án đúng là: B

Vì MNPQ.M’N’P’Q’ là hình lập phương nên MM’ // PP’ và MM’ = PP’.

Suy ra M’P’PM là hình bình hành. Do đó MP // M’P’.

Suy ra góc giữa hai đường thẳng MN và M’P’ bằng góc giữa hai đường thẳng MN và MP và bằng $\widehat{NMP}$

Vì MNPQ là hình vuông nên đường chéo MP là đường phân giác của góc NMQ, do đó $\widehat{NMP}=45^{\circ}.$

Vậy góc giữa hai đường thẳng MN và M’P’ bằng 45°.

c) Đáp án đúng là: B

Do M’M ⊥ (MNPQ) và MN ⊂ (MNPQ), MP ⊂ (MNPQ).

Suy ra M’M ⊥ MN và M’M ⊥ MP.

Mà MN ∩ MP = M ∈ M’M.

Do đó $\widehat{NMP}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [N, MM’, P].

Theo câu a ta có $\widehat{NMP}=45^{\circ}.$

Vậy số đo của góc nhị diện [N, MM’, P] bằng 45°.

d) Đáp án đúng là: B

Gọi O là giao điểm của MP và NQ.

Vì MNPQ là hình vuông nên MO ⊥ NQ.

Do MNPQ.M’N’P’Q’ là hình lập phương nên N’N ⊥ (MNPQ).

Mà MO ⊂ (MNPQ) nên N’N ⊥ MO.

Ta có: MO ⊥ NQ, MO ⊥ N’N và NQ ∩ N’N = N trong (NQQ’N’).

Suy ra MO ⊥ (NQQ’N’).

Khi đó, d(M, (NQQ’N’)) = MO.

Vì MNPQ là hình vuông và O = MP ∩ NQ nên O là trung điểm của MP.

Do đó $MO=\frac{MP}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}.$

Vậy khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (NQQ’N’) bằng $\frac{a}{\sqrt{2}}.$

Đáp án đúng là: C

Vì MNPQ.M’N’P’Q’ là hình hộp chữ nhật nên ta có:

⦁ NN’ ⊥ (MNPQ) mà NP ⊂ (MNPQ) nên NN’ ⊥ NP;

⦁ NN’ ⊥ (M’N’P’Q’) mà M’N’ ⊂ (MNPQ) nên NN’ ⊥ M’N’.

Từ các kết quả trên ta có đoạn thẳng NN’ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng NP và M’N’.

Suy ra d(NP, M’N’) = NN’.

Do MNPQ.M’N’P’Q’ là hình hộp chữ nhật nên NN’ = MM’ = 4a.

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng NP và M’N’ bằng 4a.

Đáp án đúng là: B

Thể tích của khối lăng trụ được tính theo công thức: V = Sh, trong đó S là diện tích đáy, h là chiều cao của khối lăng trụ.

Vậy thể tích của khối lăng trụ có S = a$^{2}$ và h = 3a là:

V = a$^{2}$.3a = 3a$^{3}$.

Đáp án đúng là: A

Thể tích của khối chóp được tính theo công thức:$V=\frac{1}{3}Sh,$ trong đó S là diện tích đáy, h là chiều cao của khối chóp.

Vậy thể tích của khối chóp có S = a$^{2}$ và h = 3a là: $V=\frac{1}{3}.{a}^{2}.3a={a}^{3}.$

Vì ABC.A’B’C’ là hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a nên ta có:

⦁ Các mặt bên A’C’CA, B’C’CB, A’B’BA đều là hình vuông cạnh a.

⦁ Hai mặt đáy ABC và A’B’C’ là hai tam giác đều cạnh a và hai mặt phẳng chứa hai mặt đáy song song với nhau.

⦁ Các cạnh bên AA’, BB’, CC’ đều vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC) và (A’B’C’).

a) Do B’C’CB là hình vuông nên BC // B’C’.

Suy ra góc giữa hai đường thẳng AB và B’C’ bằng góc giữa hai đường thẳng AB và BC và bằng $\widehat{ABC}$

Mặt khác ABC là tam giác đều nên $\widehat{ABC}=60^{\circ}.$

Vậy góc giữa hai đường thẳng AB và B’C’ bằng 60°.

b) Vì AA’ ⊥ (ABC) nên AB là hình chiếu của A’B trên (ABC).

Suy ra góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (ABC) bằng $\widehat{AB{A}^{'}}$

Do A’B’BA là hình vuông nên đường chéo BA’ là phân giác của góc ABB’ nên $\widehat{AB{A}^{'}}=45^{\circ}.$

Vậy góc giữa đường thẳng A’B và mặt phẳng (ABC) bằng 45°.

c) Do CC’ ⊥ (ABC) và BC, CM đều nằm trên (ABC).

Suy ra CC’ ⊥ BC, CC’ ⊥ CM.

Mà BC ∩ CM = C ∈ CC’.

Do đó $\widehat{BCM}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, CC’, M].

Xét tam giác ABC đều có: CM là đường trung tuyến (do M là trung điểm của BC) nên đồng thời là đường phân giác của $\widehat{ACB}$

Suy ra $\widehat{BCM}=\frac{\widehat{ACB}}{2}=\frac{60^{\circ}}{2}=30^{\circ}.$

Vậy số đo của góc nhị diện [B, CC, M] bằng 30°.

d) Do B’C’CB là hình vuông nên CC’ // BB’.

Mà BB’ ⊂ (ABB’A’) nên CC’ // (ABB’A’).

Khi đó d(CC’, (ABB’A’)) = d(C, (ABB’A’)).

Do AA’ ⊥ (ABC) và CM ⊂ (ABC) nên AA’ ⊥ CM.

Vì tam giác ABC đều có CM là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao của tam giác hay CM ⊥ AB.

Ta có: CM ⊥ AA’, CM ⊥ AB và AA’ ∩ AB = A trong (ABB’A’).

Suy ra CM ⊥ (ABB’A’).

Khi đó d(C, (ABB’A’)) = CM.

Do M là trung điểm của AB nên $BM=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác CBM vuông tại M (do CM ⊥ AB) có:

BC$^{2}$ = BM$^{2}$ + CM$^{2}$

Suy ra $CM=\sqrt{B{C}^{2}-B{M}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-{(\frac{a}{2})}^{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Do đó $d(C{C}^{'},(AB{B}^{'}{A}^{'}))=d(C,(AB{B}^{'}{A}^{'}))=CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy khoảng cách giữa đường thẳng CC’ và mặt phẳng (ABB’A’) bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

e) Theo câu d ta có CM ⊥ (ABB’A’).

Mà A’M ⊂ (ABB’A’) nên CM ⊥ A’M.

Do CC’ ⊥ (ABC) và CM ⊂ (ABC) nên CC’ ⊥ CM.

Ta thấy: CM ⊥ A’M, CM ⊥ CC’.

Suy ra đoạn thẳng CM là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng CC’ và A’M.

Khi đó $d(C{C}^{'},{A}^{'}M)=CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’M bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

g) ⦁ Diện tích tam giác ABC đều cạnh a có đường cao $CM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ là:

${S}_{ΔABC}=\frac{1}{2}CM.AB=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.a=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}.$

Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có chiều cao AA’ = a và diện tích đáy ${S}_{ΔABC}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}$ là:

${V}_{ABC.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}={S}_{ΔABC}.A{A}^{'}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}.a=\frac{{a}^{3}\sqrt{3}}{4}.$

⦁ Vì A là hình chiếu của A’ trên (ABC) và (MBC) ≡ (ABC).

Suy ra A cũng là hình chiếu của A’ trên (MBC).

Nên ta có đoạn thẳng AA’ cũng là chiều cao của khối chóp A’.MBC.

Diện tích tam giác MBC vuông tại M là:

${S}_{ΔMBC}=\frac{1}{2}CM.MB=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a}{2}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{8}.$

Thể tích của khối chóp tam giác A’.MBC có chiều cao AA’ = a và diện tích đáy ${S}_{ΔMBC}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{8}$ là:

${V}_{{A}^{'}.MBC}=\frac{1}{3}{S}_{ΔMBC}.A{A}^{'}=\frac{1}{3}.\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{8}.a=\frac{{a}^{3}\sqrt{3}}{24}.$

Mô tả phần thân của đền Kukulcan trong bài toán bằng khối chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’, với O và O’ lần lượt là tâm của hai đáy ABCD và A’B’C’D’.

Như vậy ta có:

⦁ ABCD là hình vuông cạnh 55,3 có diện tích S$_{ABCD}$ = 55,3$^{2}$ = 3 058,09 (m$^{2}$);

⦁ A’B’C’D’ là hình vuông;

⦁ Các cạnh bên A’A, B’B, C’C, D’D tạo với mặt đáy bằng 47°;

⦁ OO’ vuông góc với (ABCD) và (A’B’C’D’) và OO’ = 24 (m).

Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{ABC}=90^{\circ},$ do đó tam giác ABC vuông tại B.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABC vuông tại B có:

AC$^{2}$ = AB$^{2}$ + BC$^{2}$ = 55,3$^{2}$ + 55,3$^{2}$ = 2 . 55,3$^{2}$.

Suy ra $AC=\sqrt{2}.55{,}3$ (m).

Do đó $CO=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{2}.55{,}3}{2}\approx 39{,}1$ (m) (do O là tâm hình vuông ABCD).

Dễ thấy: (ABCD) ∩ (A’C’CA) = AC;

(A’B’C’D’) ∩ (A’C’CA) = A’C’.

Mà (ABCD) // (A’B’C’D’).

Suy ra AC // A’C’ hay A’C’CA là hình thang.

Xét hình thang A’C’CA, kẻ C’H ⊥ AC (H ∈ AC).

Vì OO’ ⊥ (ABCD) và AC ⊂ (ABCD) nên OO’ ⊥ AC.

Do đó C’H // OO’ (cùng vuông góc với AC).

Mà O’C’ // OH (do A’C’ // AC)

Suy ra O’C’HO là hình bình hành.

Do đó: C’H = OO’ = 24 (m) và OH = O’C’.

Vì OO’ ⊥ (ABCD) và OO’ // C’H nên C’H ⊥ (ABCD).

Suy ra CH là hình chiếu của CC’ trên (ABCD).

Khi đó, góc giữa cạnh bên CC’ và mặt phẳng đáy bằng $\widehat{{C}^{'}CH}=47^{\circ}.$

Xét tam giác C’HC vuông tại H (do C’H ⊥ AC) có

$\tan \widehat{{C}^{'}CH}=\frac{{C}^{'}H}{CH}$

Suy ra $CH=\frac{{C}^{'}H}{\tan \widehat{{C}^{'}CH}}=\frac{24}{\tan 47^{\circ}}\approx 22{,}38.$

Suy ra O’C’ = OH = OC – HC ≈ 39,1 – 22,38 = 16,72.

Ta có A’C’ = 2O’C ≈ 2.16,72 = 33,44 (do O’ là tâm hình vuông A’B’C’D’).

Vì A’B’C’D’ là hình vuông nên $\widehat{{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}}=90^{\circ}$ và A’B’ = B’C’.

Suy ra tam giác A’B’C’ vuông cân tại B’.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác A’B’C’ vuông cân tại B’ có:

A’B’$^{2}$ + B’C’$^{2}$ = A’C’$^{2}$ hay 2A’B’$^{2}$ = A’C’$^{2}$

Suy ra ${A}^{'}{B}^{'}=\frac{{A}^{'}{C}^{'}}{\sqrt{2}}\approx \frac{33{,}44}{\sqrt{2}}\approx 23{,}65.$

Diện tích hình vuông A’B’C’D’ cạnh 23,65 là: S$_{A’B’C’D’}$ ≈ 23,65$^{2}$ = 559,3225 (m$^{2}$).

Như vậy, thể tích khối chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ với chiều cao OO’ = 24 và diện tích hai đáy S$_{ABCD}$ = 3 058,09; S$_{A’B’C’D’}$ = 559,3225 là

${V}_{ABCD.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}{D}^{'}}\approx \frac{1}{3}.24.(3\ 058{,}09+\sqrt{3\ 058{,}09\ .\ 559{,}3225}+559{,}3225)=39\ 402{,}06\ ({\text{m}}^{3}).$

Vậy thể tích phần thân ngôi đền đã cho gần bằng 39 402,06 m$^{3}$.