Giải toán 11 tập 2 trang 74 bài 3:Hai mặt phẳng vuông góc
Giải toán 11 tập 2 trang 74 bài 3:Hai mặt phẳng vuông góc
Giải toán 11 tập 2 trang 74 Bài 3 sách Chân trời sáng tạo có đáp án chi tiết cho từng bài tập trong sách giáo khoa Toán lớp 11 Chân trời sáng tạo. Mời các em học sinh cùng quý phụ huynh tham khảo.
Giải toán 11 tập 2 trang 65
Hoạt động 1 trang 65 toán 11 tập 2
a) Có thể xác định góc giữa hai cánh của nắp hầm (Hình 1) bằng cách sử dụng góc giữa hai cây chống vuông góc với mỗi cánh hay không?
b) Thế nào là góc giữa hai mặt phẳng? Tại sao thiết bị trong Hình 2 lại có thể đo được góc giữa mặt phẳng nghiêng $\left( Q \right)$ và mặt đất $\left( P \right)$.
Lời giải:
a) Có thể xác định góc giữa hai cánh cửa nắp hầm bằng cách sử dụng góc giữa hai cây chống vuông góc với mỗi cánh.
b) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.
Khi đặt thiết bị lên mặt phẳng nghiêng $\left( Q \right)$ thì $OM$ vuông góc với $\left( Q \right)$, $ON$ vuông góc với mặt đất $\left( P \right)$.
Khi đo góc giữa $OM$ và $ON$ chính là góc giữa $\left( Q \right)$ và $\left( P \right)$.
Giải toán 11 tập 2 trang 66
Hoạt động 2 trang 66 toán 11 tập 2
Từ một điểm $O$ vẽ hai tia $Ox$ và $Oy$ lần lượt vuông góc với hai bức tường trong phòng. Đo góc $xOy$.
Lời giải:
$\widehat {xOy} = {90^ \circ }$.
Giải toán 11 tập 2 trang 67
Hoạt động 3 trang 67 toán 11 tập 2
Cho hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ cắt nhau theo giao tuyến $d$ điểm $M$ không thuộc $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$. Gọi $H$ và $K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$. Gọi $O$ là giao điểm của $d$ và $\left( {MHK} \right)$ (Hình 8).
a) Giả sử $\left( P \right) \bot \left( Q \right)$, hãy cho biết tứ giác $MHOK$ là hình gì? Tìm trong $\left( P \right)$ đường thẳng vuông góc với $\left( Q \right)$.
b) Giả sử $\left( P \right)$ chứa đường thẳng $a$ với $a \bot \left( Q \right)$, hãy cho biết tứ giác $MHOK$ là hình gì? Tính góc giữa $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$.
Lời giải:
a) Ta có:
$\begin{array}{l}MH \bot \left( P \right) \Rightarrow MH \bot OH\\MK \bot \left( Q \right) \Rightarrow MK \bot OK\\\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = {90^ \circ } \Rightarrow \left( {MH,MK} \right) = {90^ \circ } \Rightarrow MH \bot MK\end{array}$
Tứ giác $MHOK$ có $\widehat {MHO} = \widehat {MK{\rm{O}}} = \widehat {HMK} = {90^ \circ }$.
Vậy tứ giác $MHOK$ là hình chữ nhật.
Trong $\left( P \right)$ có đường thẳng $OH$ vuông góc với $\left( Q \right)$.
b) Ta có:
$\left. \begin{array}{l}a \bot \left( Q \right) \Rightarrow a \bot OK\\MH \bot \left( P \right) \Rightarrow MH \bot a\end{array} \right\} \Rightarrow MH\parallel OK$
Lại có $MH \bot \left( P \right)$. Vậy $OK \bot \left( P \right) \Rightarrow OK \bot OH$
Tứ giác $MHOK$ có $\widehat {MHO} = \widehat {MK{\rm{O}}} = \widehat {HOK} = {90^ \circ }$.
Vậy tứ giác $MHOK$ là hình chữ nhật.
$\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = \left( {MH,MK} \right) = \widehat {HMK} = {90^ \circ }$.
Thực hành 1 trang 67 toán 11 tập 2
Cho hình chóp $S.ABCD$ có các cạnh bên bằng nhau và đáy là hình vuông. Chứng minh rằng:
a) $\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$;
b) $\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)$.
Lời giải:
a) Gọi $O = AC \cap B{\rm{D}}$.
Tam giác $SAC$ cân tại $S \Rightarrow SO \bot AC$
Tam giác $SB{\rm{D}}$ cân tại $S \Rightarrow SO \bot B{\rm{D}}$
$\left. \begin{array}{l} \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\\SO \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$
b) $ABCD$ là hình vuông $ \Rightarrow AC \bot B{\rm{D}}$
$SO \bot AC$
$\left. \begin{array}{l} \Rightarrow AC \bot \left( {SB{\rm{D}}} \right)\\AC \subset \left( {SAC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SB{\rm{D}}} \right)$
Vận dụng 1 trang 67 toán 11 tập 2
Mô tả cách kiểm tra một bức tường vuông góc với mặt sàn bằng hai cái êke trong Hình 10.
Lời giải:
Đặt êke sao cho hai cạnh góc vuông của hai êke chạm nhau tạo thành một đường thẳng, hai cạnh còn lại của hai êke sát với mặt sàn.
Nếu đường thẳng đó nằm sát với bức tường thì bức tường vuông góc với mặt sàn.
Giải toán 11 tập 2 trang 73
Giải bài 1 trang 73 Toán 11 tập 2
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại C, mặt bên SAC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABC)
a) Chứng minh rằng (SBC) ⊥ (SAC)
b) Gọi I là trung điểm của SC. Chứng minh rằng (ABI) ⊥ (SBC)
Bài làm
a) Gọi SH ⊥ AC mà (SAC) ⊥ (ABC) nên SH ⊥ (ABC)
Vì SH ⊥ (ABC) nên SH ⊥ BC. Mà CB ⊥ AC
Nên CB ⊥ (SAC)
Suy ra: (SBC) ⊥ (SAC)
b) Vì BC ⊥ (SAC) nên BC ⊥ AI
Mà tam giác SAC đều, I là trung điểm SC nên AI ⊥ SC
Suy ra: AI ⊥ (SBC)
Nên (ABI) ⊥ (SBC)
Giải bài 2 trang 73 Toán 11 tập 2
Cho tam giác đều ABC cạnh a, I là trung điểm của BC, D là điểm đối xứng với A qua I. Vẽ đoạn thẳng SD có độ dài bằng $\frac{a\sqrt{6} }{2}$ và vuông góc với (ABC). Chứng minh rằng:
a) (SBC) ⊥ (SAD)
b) (SAB) ⊥ (SAC)
Bài làm
a) Tam giác ABC đều có I là trung điểm nên AI ⊥ CB hay AD ⊥ BC
Vì SD ⊥ (ABC) nên SD ⊥ BC
Suy ra BC ⊥ (SAD)
Nên (SAD) ⊥ (SBC)
b) Tam giác ABC đều nên AI = $\frac{a\sqrt{3} }{2}$, và AD = $a\sqrt{3}$
Tam giác SAD vuông tại D nên SA = $\sqrt{AD^{2} + SD^{2} } = \frac{3a\sqrt{2} }{2}$
Kẻ IO ⊥ SA Suy ra ΔAOI ∼ ΔADS
Suy ra: OI = $\frac{AI.DS}{AS} = \frac{a}{2}$
Tam giác BOC có OI là trung tuyến, OI = $\frac{a}{2}$. Nên BOC vuông tại O
Ta có: BC ⊥ (SAD) nên SA ⊥ BC. Mà SA ⊥ OI nên SA ⊥ (OBC)
Suy ra: SA ⊥ IB; SA ⊥ IC
Góc giữa (SAB) và (SAC) là góc giữa IB và IC và bằng 90o
Vậy (SAB) ⊥ (SAC)
Giải bài 3 trang 73 Toán 11 tập 2
Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AA’ = 2a, AD = 2a, AB = BC = a
a) Tính độ dài đoạn thẳng AC’
b) Tính tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ.
Bài làm
a) Ta có: AC = $\sqrt{AB^{2}+BC^{2}} = a\sqrt{2}$
AC’ = $\sqrt{AC^{2}+CC’^{2}} = a\sqrt{6}$
b) $S_{ABCD} =S_{A’B’C’D’} = \frac{1}{2}.2a.(a+2a) = 3a^{2}$
$S_{ABB’A’} = 2a.a=2a^{2}$
$S_{ADD’A} = 2a.2a=4a^{2}$
$S_{CBB’C’} = 2a.a=2a^{2}$
$S_{CDD’C’} = 2a.\sqrt{a^{2}+a^{2}}= 2a^{2}\sqrt{2}$
Tổng diện tích các mặt của hình lăng trụ là:
$2.3a^{2}+2a^{2}+4a^{2}+2a^{2}+2a^{2}\sqrt{2} = (14+2\sqrt{2})a^{2}$
Giải toán 11 tập 2 trang 74
Giải bài 4 trang 74 Toán 11 tập 2
Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi. Cho biết AB = BD =a, AC’ = 2a
a) Tính độ dài đoạn thẳng AA’
b) Tính tổng diện tích các mặt của hình hộp
Bài làm
a) Hình thoi ABCD có AB = BD = a. Suy ra AC = $a\sqrt{3}$
AA’ = CC’ = $\sqrt{AC’^{2}-AC^{2}}=a$
b) Diện tích một mặt đáy là: $\frac{1}{2}a.a\sqrt{3} = \frac{1}{2}a^{2}\sqrt{3}$
Diện tích một mặt bên là: a.a = $a^{2}$
Tổng diện tích các mặt của hình hộp là: $2.\frac{1}{2}.a^{2}\sqrt{3} + 4a^{2} = (4+\sqrt{3})a^{2}$
Giải bài 5 trang 74 Toán 11 tập 2
Cho hình chóp cụt tứ giác đều có cạnh đáy lớn bằng 2a, cạnh đáy nhỏ và đường nối tâm hai đáy bằng a. Tính độ dài cạnh bên và đường cao của mỗi mặt bên.
Lời giải
Gọi $O$ và $O’$ lần lượt là tâm của hai đáy.
Kẻ $B’H \bot B{\rm{D}}\left( {H \in B{\rm{D}}} \right),B’K \bot BC\left( {K \in BC} \right)$
$\begin{array}{l}B{\rm{D}} = \sqrt {A{B^2} + A{{\rm{D}}^2}} = 2a\sqrt 2 \Rightarrow BO = \frac{1}{2}B{\rm{D}} = a\sqrt 2 \\B’D’ = \sqrt {A’B{‘^2} + A'{\rm{D}}{{\rm{‘}}^2}} = a\sqrt 2 \Rightarrow B’O’ = \frac{1}{2}B'{\rm{D’}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\end{array}$
$OO’B’H$ là hình chữ nhật $ \Rightarrow OH = B’O’ = \frac{{a\sqrt 2 }}{2},B’H = OO’ = a$
$ \Rightarrow BH = BO – OH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$
Tam giác $BB’H$ vuông tại $H$ có: $BB’ = \sqrt {B'{H^2} + B{H^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$
$BCC’B’$ là hình thang cân $ \Rightarrow BK = \frac{{BC – B’C’}}{2} = \frac{a}{2}$
Tam giác $BB’K$ vuông tại $K$ có: $B’K = \sqrt {BB{‘^2} – B{K^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$
Giải bài 6 trang 74 Toán 11 tập 2
Kim tự tháp bằng kính tại bảo tàng Louvre ở Paris có dạng hình chóp tứ giác đều với chiều cao là 21,6 m và cạnh đáy dài 34 m. Tính độ dài cạnh bên và diện tích xung quanh của kim tự tháp
Lời giải
Mô hình hoá hình ảnh kim tự tháp bằng hình chóp tứ giác đều $S.ABC{\rm{D}}$ có $O$ là tâm của đáy. Kẻ $SI \bot C{\rm{D}}\left( {I \in C{\rm{D}}} \right)$.
Ta có: $SO = 21,6;C{\rm{D}} = 34$
$AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 34\sqrt 2 \Rightarrow OC = \frac{1}{2}AC = 17\sqrt 2 $
$\Delta SOC$ vuông tại $O$$ \Rightarrow SC = \sqrt {S{O^2} + O{C^2}} \approx 32,3$
Vậy độ dài cạnh bên bằng $32,3\left( m \right)$
Tam giác $SCD$ cân tại $S$
$ \Rightarrow SI$ vừa là trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác
$ \Rightarrow I$ là trung điểm của $CD$.
Mà $O$ là trung điểm của $AD$
$ \Rightarrow OI$ là đường trung bình của tam giác $ACD$
$ \Rightarrow OI = \frac{1}{2}BC = 17$
$SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OI$
$ \Rightarrow \Delta SOI$ vuông tại $O$$ \Rightarrow SI = \sqrt {S{O^2} + O{I^2}} \approx 27,5$
${S_{SC{\rm{D}}}} = \frac{1}{2}C{\rm{D}}.SI \approx 467,5$
Diện tích xung quanh của kim tự tháp là: ${S_{xq}} = 4{S_{SC{\rm{D}}}} \approx 1870\left( {{m^2}} \right)$