Giải toán 11 tập 2 trang 85 bài 5: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện

Giải toán 11 tập 2 trang 85 Bài 5 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 82

Hoạt động 1 trang 82 toán 11 tập 2

Cho đường thẳng $a$ và mặt phẳng $\left( P \right)$.

a) Trong trường hợp $a$ vuông góc với $\left( P \right)$, tìm góc giữa $a$ và một đường thẳng $b$ tuỳ ý trong $\left( P \right)$.

b) Trong trường hợp $a$ không vuông góc với $\left( P \right)$, tìm góc giữa $a$ và đường thẳng $a’$ là hình chiếu vuông góc của $a$ trên $\left( P \right)$.

Lời giải:

a) Ta có:

$\left. \begin{array}{l}a \bot \left( P \right)\\b \subset \left( P \right)\end{array} \right\} \Rightarrow a \bot b \Rightarrow \left( {a,b} \right) = {90^ \circ }$

b) Lấy $A \in a$. Gọi $O = a \cap \left( P \right)$. Dựng $AH \bot a’\left( {H \in a’} \right)$.

Ta có: $\left( {a,a’} \right) = \left( {AO,OH} \right) = \widehat {AOH}$

Giải toán 11 tập 2 trang 83

Thực hành 1 trang 83 toán 11 tập 2

Cho hình lập phương $ABCD.A’B’C’D’$. Tính góc giữa các đường thẳng sau đây với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$:

a) $AA’$;

b) $BC’$;

c) $A’C$.

Lời giải:

a) $AA’ \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {AA’,\left( {ABCD} \right)} \right) = {90^ \circ }$.

b) $CC’ \bot \left( {ABCD} \right)$

$ \Rightarrow \left( {BC’,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {BC’,BC} \right) = \widehat {CBC’} = {45^ \circ }$

c) $AA’ \bot \left( {ABCD} \right)$

$ \Rightarrow \left( {A’C,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {A’C,AC} \right) = \widehat {ACA’}$

$\begin{array}{l}AC = AB\sqrt 2  = AA’\sqrt 2  \Rightarrow \tan \widehat {ACA’} = \frac{{AA’}}{{AC}} = \frac{{AA’}}{{AA’\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\\ \Rightarrow \widehat {ACA’} \approx 35,{26^ \circ }\end{array}$

Vậy $\left( {A’C,\left( {ABCD} \right)} \right) \approx 35,{26^ \circ }$

Vận dụng 1 trang 83 toán 11 tập 2

Một tấm ván hình chữ nhật $ABCD$ được dùng làm mặt phẳng nghiêng để kéo một vật lên khỏi hố sâu 2 m. Cho biết $AB = 1\,m,AD = 3,5{\rm{ }}m$. Tính góc giữa đường thẳng $BD$ và đáy hồ.

Lời giải:

$DK \bot \left( {ABHK} \right) \Rightarrow \left( {B{\rm{D}},\left( {ABHK} \right)} \right) = \left( {B{\rm{D}},BK} \right) = \widehat {DBK}$

$DK = CH = 2,AK = \sqrt {A{{\rm{D}}^2} – D{K^2}}  = \frac{{\sqrt {33} }}{2},KB = \sqrt {A{K^2} + A{B^2}}  = \frac{{\sqrt {37} }}{2}$

$\tan \widehat {DBK} = \frac{{DK}}{{KB}} = \frac{4}{{\sqrt {37} }} \Rightarrow \widehat {DBK} \approx 33,{3^ \circ }$

Vậy góc giữa đường thẳng $BD$ và đáy hồ bằng $33,{3^ \circ }$.

Giải toán 11 tập 2 trang 84

Hoạt động 2 trang 84 toán 11 tập 2

Cho hai mặt phẳng $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$ cắt nhau theo giao tuyến $d$. Hãy gọi tên các nửa mặt phẳng có chung bờ $d$. Các nửa mặt phẳng này chia không gian thành bao nhiêu phần?

Lời giải:

Các nửa mặt phẳng có chung bờ $d$ là: $\left( {{P_1}} \right),\left( {{P_2}} \right),\left( {{Q_1}} \right),\left( {{Q_2}} \right)$.

Các nửa mặt phẳng này chia không gian thành 4 phần.

Hoạt động 3 trang 84 toán 11 tập 2

Cho góc nhị diện $\left[ {{P_1},d,{Q_1}} \right]$. Gọi $O$ là một điểm tuỳ ý trên $d$. $Ox$ là tia nằm trong $\left( P \right)$ và vuông góc với $d$, $Oy$ là tia nằm trong $\left( Q \right)$ và vuông góc với $d$ (Hình 6).

a) Nêu nhận xét về vị trí tương đối giữa $d$ và $mp\left( {Ox,Oy} \right)$.

b) Nêu nhận xét về số đo của góc $xOy$ khi $O$ thay đổi trên $d$.

Lời giải:

a) Ta có:

$\left. \begin{array}{l}d \bot Ox\\d \bot Oy\end{array} \right\} \Rightarrow d \bot mp\left( {Ox,Oy} \right)$

b) Số đo của góc $xOy$ không đổi khi $O$ thay đổi trên $d$.

Giải toán 11 tập 2 trang 85

Thực hành 2 trang 85 toán 11 tập 2

Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ với $O$ là tâm của đáy và có tất cả các cạnh đều bằng $a$. Xác định và tính góc phẳng nhị diện:

a) $\left[ {S,BC,O} \right]$;

b) $\left[ {C,SO,B} \right]$.

Lời giải:

a) Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.

$\Delta SBC$ đều $ \Rightarrow SH \bot BC$

$\Delta OBC$ vuông cân tại $O \Rightarrow OH \bot BC$

Vậy $\widehat {SHO}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {S,BC,O} \right]$.

Ta có: $O$ là trung điểm của $BD$

$H$ là trung điểm của $BC$

$ \Rightarrow OH$ là đường trung bình của $\Delta BC{\rm{D}}$

$ \Rightarrow OH = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2}$

$AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = a\sqrt 2  \Rightarrow OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

$\Delta SOH$ vuông tại $O$ có: $SO = \sqrt {S{C^2} – O{C^2}}  = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

$\tan \widehat {SHO} = \frac{{SO}}{{OH}} = \sqrt 2  \Rightarrow \widehat {SHO} \approx 54,{7^ \circ }$

b) Ta có:

$\begin{array}{l}SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OB\\SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot OC\end{array}$

Vậy $\widehat {BOC}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {C,SO,B} \right]$.

$ABC{\rm{D}}$ là hình vuông $ \Rightarrow \widehat {BOC} = {90^ \circ }$.

Vận dụng 2 trang 85 toán 11 tập 2

Cho biết kim tự tháp Memphis tại bang Tennessee (Mỹ) có dạng hình chóp tứ giác đều với chiều cao 98 m và cạnh đáy 180 m. Tính số đo góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy.

(Nguồn: https://en.wikipedia.org/wiki/Memphis Pyramid)

Lời giải:

Mô hình hoá kim tự tháp bằng chóp tứ giác đều $S.ABCD$ với $O$ là tâm của đáy. Vậy $AB = 180,SO = 98$

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.

$\Delta SBC$ đều $ \Rightarrow SH \bot BC$

$\Delta OBC$ vuông cân tại $O \Rightarrow OH \bot BC$

Vậy $\widehat {SHO}$ là góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy.

Ta có: $O$ là trung điểm của $BD$

$H$ là trung điểm của $BC$

$ \Rightarrow OH$ là đường trung bình của $\Delta BC{\rm{D}}$

$ \Rightarrow OH = \frac{1}{2}CD = 90$

$\tan \widehat {SHO} = \frac{{SO}}{{OH}} = \frac{{49}}{{45}} \Rightarrow \widehat {SHO} \approx 47,{4^ \circ }$

Vậy số đo góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy là $47,{4^ \circ }$.

Giải bài 1 trang 85 Toán 11 tập 2

Cho tứ diện đều ABCD, Vẽ hình bình hành BCED

a) Tìm góc giữa đường thẳng AB và (BCD)

b) Tìm góc phẳng nhị diện [A,CD,B]; [A,CD,E]

Bài làm

a) Gọi O là tâm tam giác BCD. Do tứ diện ABCD đều nên AO $\perp$ (BCD)

Nên góc giữa đường thẳng AB và (BCD) là $\widehat{ABO}$

Gọi a là độ dài cạnh của tứ diện đều ABCD.

O là trọng tâm tam giác BCD nên BO = $\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

$cos\widehat{ABO} = \frac{BO}{AB} =\frac{\sqrt{3}}{3} nên \widehat{ABO} = 54,7^{o}$

Suy ra góc giữa đường thẳng AB và (BCD} bằng 54,7^o

b) Gọi M là trung điểm CD.

BCED là hình bình hành nên ED = BC = a, CE = BD = a. Nên BCED là hình thoi

Ta có BM $\perp$ CD, EM $\perp$ CD

Mà CD $\perp$ AO nên CD $\perp$ (ABM) . Suy ra CD $\perp$ AM

[A, CD, B] = $\widehat{AMB}$, [A, CD, E] = $\widehat{AME}$

Ta có: OM = $\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

AO = $\sqrt{a^{2}-(\frac{a\sqrt{3}}{3})^{2}} = \frac{a\sqrt{6}}{3}$

$tan\widehat{AMO} = \frac{AO}{OM} = 2\sqrt{2} .$

Nên $\widehat{AMO}= 70,5^{o}, \widehat{AME} = 180^{o} – 70,5^{o} = 109,5^{o}$

Vậy [A, CD, B] = 70,5^o , [A, CD, E] = 109,5^o

Giải bài 2 trang 85 Toán 11 tập 2

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có O là tâm của đáy và có tất cá các cạnh bằng nhau.

a) Tìm góc giữa đường thẳng SA và (ABCD)

b) Tìm góc phẳng nhị diện [A, SO, B], [S, AB, O]

Bài làm

a) Gọi a là độ dài các cạnh của S.ABCD

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Ta có: SO ⊥ (ABCD)

Do đó, góc giữa SA và (ABCD) là $\widehat{OSA}$

Ta có: AO = $\frac{a\sqrt{2}}{2}$

$cos\widehat{SOA} = \frac{AO}{SA} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Nên $\widehat{SOA} = 45^{o}$

Vậy góc giữa SA và (ABCD) là 45^o

b)Vì SO $\perp$ (ABCD) nên SO $\perp$ AO, SO $\perp$ BO

[A, SO, B] = $\widehat{AOB} = 90^{o}$

Kẻ M là trung điểm của AB. Ta có: SM $\perp$ AB, OM $\perp$ AB

[S, AB, O] = $\widehat{SMO}$

Tam giác SAB đều có SM là trung tuyến nên SM = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$cos\widehat{SMO} = \frac{MO}{SM} = \frac{1}{\sqrt{3}} nên \widehat{SMO} = 54,7^{o}$

Vậy [S, AB, O] = 54,7^o

Giải bài 3 trang 85 Toán 11 tập 2

Cho hình chóp cụt lục giác đều ABCDEF.A’B’C’D’E’F’ với O và O’ là tâm hai đáy, cạnh đáy lớn và đáy nhỏ lần lượt là a và $\frac{a}{2}$, OO’ = a

a) Tìm góc giữa cạnh bên và mặt đáy

b) Tìm góc phẳng nhị diện [O, AB, A’], [O’, A’B; A]

Bài làm

a) OO’ = a nên SO = 2a

SO $\perp$ (ABCDEF) nên góc giữa cạnh bên và đáy là $\widehat{SAO}$

Ta có: AO = BC = a; SO = 2OO’ = 2a

$tan\widehat{SAO} =\frac{SO}{OA} =2$

Nên $\widehat{SAO} = 63,4^{o}$

b) Kẻ MH $\perp$ (ABCDEF) nên MH = OO’ = a

MO’ = HO = $\frac{a\sqrt{3}}{6} ; OI =\frac{a\sqrt{3}}{2}$

IH = OI – OH = $\frac{a\sqrt{3}}{6}$

$tan\widehat{MIO} = \frac{MH}{IH} = \frac{6}{\sqrt{3}} nên \widehat{MIO} = 73,9^{o}$

[O, AB, A’] = $\widehat{MIO} = 73,9^{o}$

[O’,A’B’, A] = $\widehat{IMO} = 180^{o} – 73,9^{o}=106,1^{o}$

Giải bài 4 trang 85 Toán 11 tập 2

Một con dốc có dạng hình lăng trụ đứng tam giác với kích thước như trong Hình 9

a) Tính số đo góc giữa đường thẳng CA’ và (CC’B’B)

b) Tính số đo góc nhị diện cạnh CC’

Lời giải

a) Ta có:

$\begin{array}{l}\left. \begin{array}{l}BB’ \bot \left( {A’B’C’} \right) \Rightarrow BB’ \bot A’B’\\A’B’ \bot B’C’\end{array} \right\} \Rightarrow A’B’ \bot \left( {CC’B’B} \right)\\ \Rightarrow \left( {CA’,\left( {CC’B’B} \right)} \right) = \left( {CA’,CB’} \right) = \widehat {A’CB’}\\B’C = \sqrt {BB{‘^2} + B{C^2}}  = 2\sqrt {61} ,A’B’ = AB = 4\\\tan \widehat {A’CB’} = \frac{{A’B’}}{{B’C}} = \frac{2}{{\sqrt {61} }} \Rightarrow \widehat {A’CB’} \approx 14,{4^ \circ }\end{array}$

Vậy $\left( {CA’,\left( {CC’B’B} \right)} \right) \approx 14,{4^ \circ }$

b) $CC’ \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow CC’ \bot AC,CC’ \bot BC$

Vậy $\widehat {ACB}$ là góc nhị diện cạnh $CC’$.

$\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \widehat {ACB} \approx 18,{4^ \circ }$

Giải bài 5 trang 85 Toán 11 tập 2

Người ta định đào một cái hầm có dạng hình chóp cụt tứ giác đều có hai cạnh đáy là 14 m và 10 m. Mặt bên tạo với đáy nhỏ thành một góc nhị diện có số đo bằng 135^o. Tính số mét khối cần di chuyển ra khỏi hầm

Lời giải

Mô hình hoá cái hầm bằng cụt chóp tứ giác đều $ABCD.A’B’C’D’$ với $O,O’$ là tâm của hai đáy. Vậy $AB = 14,A’B’ = 10$.

Gọi $M,M’$ lần lượt là trung điểm của $CD,C’D’$.

$A’B’C'{\rm{D}}’$ là hình vuông $ \Rightarrow O’M’ \bot C'{\rm{D}}’$

$CDD’C’$ là hình thang cân $ \Rightarrow MM’ \bot C’D’$

Vậy $\widehat {MM’O’}$ là góc nhị diện giữa mặt bên và đáy nhỏ.

$ \Rightarrow \widehat {MM’O’} = {135^ \circ } \Rightarrow \widehat {M’MO} = {180^ \circ } – \widehat {MM’O’} = {45^ \circ }$

Kẻ $M’H \bot OM\left( {H \in OM} \right)$

$OMM’O’$ là hình chữ nhật

$ \Rightarrow OH = O’M’ = 5,MH = OM – OH = 2,M’H = OO’ = MH.\tan {45^ \circ } = 2$

Diện tích đáy lớn là: $S = A{B^2} = {14^2} = 196\left( {{m^2}} \right)$

Diện tích đáy bé là: $S’ = A’B{‘^2} = {10^2} = 100\left( {{m^2}} \right)$

Số mét khối đất cần phải di chuyển ra khỏi hầm là:

$V = \frac{1}{3}h\left( {S + \sqrt {SS’}  + S’} \right) = \frac{1}{3}.2\left( {196 + \sqrt {196.100}  + 100} \right) = \frac{{872}}{3} \approx 290,67\left( {{m^3}} \right)$