Giải SGK Toán 11 KNTT Bài tập cuối chương VII có đáp án

Đáp án đúng là: B

$\begin{matrix}(P)\cap (Q)=a \\ (P)\perp (Q) \\ d\subset (Q) \\ d\perp a\end{matrix}\}\Rightarrow d\perp (P)$

Đáp án đúng là: C

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

Do ABCD là hình vuông nên 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) nên SAB là tam giác cân tại S mà SE là trung tuyến nên SE đồng thời là đường cao hay SE ^ AB.

Do đó [S, AB, C] = $\widehat{SEO}$ , suy ra A sai.

Vì ABCD là hình vuông nên BO ^ AC, S.ABCD là hình chóp đều nên SO ^ (ABCD) suy ra SO ^ AC, SO ^ BD .

Vì BO ^ AC, SO ^ AC nên [S, AC, B] = $\widehat{SOB}=90^{\circ}$ , suy ra C đúng.

Kẻ DF ^ SA tại F.

Vì SO ^ BD và AC ^ BD nên BD ^ (SAC), suy ra BD ^ SA mà DF ^ SA nên SA ^ (BDF), suy ra SA ^ BF.

Vì SA ^ BF và DF ^ SA nên [D, SA, B] = $\widehat{BFD}$ , suy ra B, D sai.

Đáp án đúng là: C

Vì ABCD là hình vuông nên AB ^ BC mà SA ^ (ABCD) nên SA ^ BC.

Có AB ^ BC và SA ^ BC nên BC ^ (SAB). Vậy A đúng.

Vì ABCD là hình vuông nên AC ^ BD mà SA ^ (ABCD) nên SA ^ BD.

Có AC ^ BD và SA ^ BD nên BD ^ (SAC). Vậy B đúng.

Vì ABCD là hình vuông nên AD ^ AB mà SA ^ (ABCD) nên SA ^ AD.

Có AD ^ AB và SA ^ AD nên AD ^ (SAB). Vậy D đúng.

Đáp án đúng là: C

Ta có thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}S\cdot h$ .

Kẻ OD ^ BC tại D.

Có OA ^ OB, OA ^ OC nên OA ^ (OBC), suy ra OA ^ BC mà OD ^ BC nên

BC ^ (OAD).

Kẻ OE ^ AD tại E.

Vì BC ^ (OAD) nên BC ^ OE mà OE ^ AD nên OE ^ (ABC).

Do đó d(O, (ABC)) = OE.

Xét 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

$\frac{1}{O{E}^{2}}=\frac{1}{O{A}^{2}}+\frac{1}{O{D}^{2}}=\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{3}{4{a}^{2}}=\frac{7}{4{a}^{2}}\Rightarrow OE=\frac{2a\sqrt{7}}{7}$.

Vậy d(O, (ABC))$=\frac{2a\sqrt{7}}{7}$ .

a) Vì tam giác ABC cân tại A, AI là trung tuyến nên AI đồng thời là đường cao hay AI ^ BC.

Vì tam giác BCD cân tại D, DI là trung tuyến nên DI đồng thời là đường cao hay DI ^ BC.

Có AI ^ BC và DI ^ BC nên BC ^ (AID).

b) Do AH là đường cao của tam giác AID nên AH ^ DI.

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 ^ AD. Do đó IJ là đường vuông góc chung của AD và BC.

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, $\sin \widehat{CAB}=\frac{BC}{AC}$

$\Rightarrow AC=\frac{BC}{\sin \widehat{CAB}}=\frac{a}{\sin 30^{\circ}}=2a$.

Xét tam giác SAC vuông tại A, AD là đường cao, có:

$\frac{1}{A{D}^{2}}=\frac{1}{S{A}^{2}}+\frac{1}{A{C}^{2}}=\frac{1}{2{a}^{2}}+\frac{1}{4{a}^{2}}=\frac{3}{4{a}^{2}}\Rightarrow AD=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.

Vậy d(A, SC) $=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$ .

Kẻ AE ^ SB tại E.

Vì BC ^ (SAB) nên BC ^ AE mà AE ^ SB nên AE ^ (SBC).

Khi đó d(A, (SBC)) = AE.

Xét tam giác ABC vuông tại B, có $AB=\frac{BC}{\tan 30^{\circ}}=\frac{a}{\tan 30^{\circ}}=a\sqrt{3}$

Vì SA ^ (ABC) nên SA ^ AB, suy ra tam giác SAB vuông tại A.

Xét tam giác SAB vuông tại A, AE là đường cao, có: $\frac{1}{A{E}^{2}}=\frac{1}{S{A}^{2}}+\frac{1}{A{B}^{2}}$ .

$=\frac{1}{2{a}^{2}}+\frac{1}{3{a}^{2}}=\frac{5}{6{a}^{2}}\Rightarrow AE=a\sqrt{\frac{6}{5}}$

Vậy d(A, (SBC)) = $a\sqrt{\frac{6}{5}}$ .

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.

Có ${S}_{ABD}=\frac{1}{2}AO\cdot BD=\frac{1}{2}CO\cdot BD={S}_{BCD}$ . Do đó S$_{ABCD}$ = 2S$_{ABD}$.

Mà ${S}_{ABD}=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AD\cdot \sin \widehat{BAD}$$=\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\cdot \sin 60^{\circ}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{4}$ . Do đó ${S}_{ABCD}=\frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{2}$ .

Vậy ${V}_{ABCD.{A}^{'}B'{C}^{'}{D}^{'}}=A{A}^{'}\cdot {S}_{ABCD}$ $=a\cdot \frac{{a}^{2}\sqrt{3}}{2}=\frac{{a}^{3}\sqrt{3}}{2}$ .

b) Vì AO ^ BD mà AA' ^ (ABCD) nên AA' ^ BD. Do đó BD ^ (AOA').

Suy ra (A'BD) ^ (AOA').

Kẻ AE ^ A'O tại E. Vì (A'BD) ^ (AOA'), (A'BD) Ç (AOA') = A'O và AE ^ A'O nên AE ^ (A'BD). Do đó d(A, (A'BD)) = AE.

Xét tam giác ABD có AB = AD = a nên tam giác ABD là tam giác cân tại A mà nên tam giác ABD đều, suy ra BD = a mà $BO=\frac{BD}{2}=\frac{a}{2}$ .

Xét tam giác AOB vuông tại O, 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.

Xét tam giác A'AO vuông tại A có $\frac{1}{A{E}^{2}}=\frac{1}{A{{A}^{'}}^{2}}+\frac{1}{A{O}^{2}}=\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{4}{3{a}^{2}}=\frac{7}{3{a}^{2}}$ .

$\Rightarrow AE=a\sqrt{\frac{3}{7}}$

Vậy d(A, (A'BD)) = $a\sqrt{\frac{3}{7}}$ .

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$_{ABCD}$ = a$^{2}$.

Xét tam giác ABC vuông tại B, 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$AO=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

Xét tam giác A'AO vuông tại O, có ${A}^{'}O=\sqrt{{A}^{'}{A}^{2}-A{O}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-\frac{{a}^{2}}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

Khi đó ${V}_{ABCD.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}{D}^{'}}={A}^{'}O\cdot {S}_{ABCD}=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot {a}^{2}=\frac{{a}^{3}\sqrt{2}}{2}$.

Ta có ${V}_{ABCD.{A}^{'}{B}^{'}{C}^{'}{D}^{'}}={V}_{A{A}^{'}{D}^{'}D.B{B}^{'}{C}^{'}C}=\frac{{a}^{3}\sqrt{2}}{2}$ .

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 ${V}_{{A}^{'}.B{B}^{'}{C}^{'}C}=\frac{1}{3}\cdot {V}_{A{A}^{'}{D}^{'}D.B{B}^{'}{C}^{'}C}=\frac{1}{3}\cdot \frac{{a}^{3}\sqrt{2}}{2}=\frac{{a}^{3}\sqrt{2}}{6}$ .

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).

Khi đó 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 DAHD và DBKC có: AD = BC = a,$\widehat{AHD}=\widehat{BKC}=90^{\circ}$ , $\widehat{ADH}=\widehat{BCK}$ (do ABCD là hình thang cân).

Do đó DAHD = DBKC, suy ra DH = CK = $\frac{DC-HK}{2}=\frac{2a-a}{2}=\frac{a}{2}$ ;

CH = HK + CK = $a+\frac{a}{2}=\frac{3a}{2}$ .

Xét tam giác AHD vuông tại H, có $AH=\sqrt{A{D}^{2}-D{H}^{2}}=\sqrt{{a}^{2}-\frac{{a}^{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Xét tam giác AHC vuông tại H, 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 $\frac{AO}{OC}=\frac{AB}{CD}\Rightarrow \frac{AO}{OC}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}\Rightarrow AO=\frac{1}{3}AC=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ .

Xét tam giác SOA vuông tại O, 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 ${S}_{ABCD}=\frac{1}{2}\cdot (AB+CD)\cdot AH=\frac{1}{2}\cdot (a+2a)\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3{a}^{2}\sqrt{3}}{4}$ .

Vậy ${V}_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot {S}_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot \frac{3{a}^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{15}}{3}=\frac{{a}^{3}\sqrt{45}}{12}=\frac{{a}^{3}\sqrt{5}}{4}$ .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt đất. Khi đó AH ^ (BCH).

Ta có góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời là $\widehat{ACH}=α$ .

Xét tam giác AHB vuông tại H, có AH = AB × sin80° = 10 × sin80° (m).

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác ABC, có:

AC$^{2}$ = AB$^{2}$ + BC$^{2}$ – 2×AB×BC×cos$\widehat{ABC}$

= 10$^{2}$ + 12$^{2}$ – 2×10×12×cos120° = 364

⇒ AC = $2\sqrt{91}$ (m).

Xét tam giác AHC vuông tại H, có $\sin α=\frac{AH}{AC}=\frac{10\cdot \sin 80^{\circ}}{2\sqrt{91}}\Rightarrow α\approx 31^{\circ}$ .

Vậy góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên khoảng 31°.