Toán 11 Bài 25: Hai mặt phẳng vuông góc Giải Toán 11 Kết nối tri thức trang 44, 45, 46,... 53 - Tập 2

Tải về Bình luận

Bài trước

Mục lục

Bài sau

Giải Toán 11 Bài 25: Hai mặt phẳng vuông góc là tài liệu vô cùng hữu ích giúp các em học sinh lớp 11 có thêm nhiều gợi ý tham khảo để giải các bài tập trong SGK Toán 11 Kết nối tri thức với cuộc sống tập 2 trang 44→53.

Toán 11 Kết nối tri thức trang 53 tập 2 được biên soạn đầy đủ, chi tiết trả lời các câu hỏi từ bài 7.16 đến 7.21 giúp các bạn có thêm nhiều nguồn ôn tập đối chiếu với kết quả mình đã làm. Vậy sau đây là nội dung chi tiết giải Toán 11 trang 53 Kết nối tri thức với cuộc sống tập 2 mời các bạn cùng theo dõi tại đây.

Toán 11 Bài 25: Hai mặt phẳng vuông góc

Giải Toán 11 trang 53 Kết nối tri thức - Tập 2
- Bài 7.16
- Bài 7.17
- Bài 7.18
- Bài 7.19
- Bài 7.20
- Bài 7.21

Giải Toán 11 trang 53 Kết nối tri thức - Tập 2

Bài 7.16

Cho hình chóp S.ABC có SA $\perp$ $\perp$ (ABC). Gọi H là hình chiếu của A trên BC.

a) Chứng minh rằng (SAB) $\perp$ $\perp$ (ABC) và (SAH) $\perp$ $\perp$ (SBC).

b) Giả sử tam giác ABC vuông tại A, $\widehat{ABC} = 30 ^{\circ} , AC = a , SA = \frac{a\sqrt{3}}{2}$ $\widehat{ABC} = 30 ^{\circ} , AC = a , SA = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.Tính số đo nhị diện [S. BC. A]

Gợi ý đáp án

a) (SAB) $\perp$ $\perp$ (ABC): Vì SA $\perp$ $\perp$ (ABC) nên ta có SA $\perp$ $\perp$ AB và SA $\perp$ $\perp$ AC. Do đó, ta có thể kết luận rằng hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC) là A, và hình chiếu của A trên đường thẳng SB cũng nằm trên mặt phẳng (ABC), do đó (SAB) vuông góc với (ABC).

(SAH) $\perp$ $\perp$ (SBC): Gọi I là trung điểm của SA. Ta có IH $\perp$ $\perp$ BC vì H là hình chiếu của A trên BC, và SI $\perp$ $\perp$ BC vì SI là đường cao của tam giác SBC. Do đó, (SAH) vuông góc với (SBC).

b) ta có $\widehat{ABC} = 30^\circ do đó AB=AC\sqrt{3}=a\sqrt{3}$ $\widehat{ABC} = 30^\circ do đó AB=AC\sqrt{3}=a\sqrt{3}$

Diện tích tam giác ABC là $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{3a^{2}}{4}$ $S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC=\frac{3a^{2}}{4}$

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên BC. Khi đó, ta có:

$SBC=\frac{1}{2}.BC.SH=\frac{1}{2}.2a.\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$ $SBC=\frac{1}{2}.BC.SH=\frac{1}{2}.2a.\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$

Do đo số đo nhị diện [S.BC.A]

$S_{SBC}-S_{ABC}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}-\frac{3a^{2}}{4}=-\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$ $S_{SBC}-S_{ABC}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}-\frac{3a^{2}}{4}=-\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$

Bài 7.17

Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh bằng a.

a) Tính độ dài đường chéo của hình lập phương.

b) Chứng minh rằng (ACC'A') $\perp$ $\perp$ (BDD'B')

c) Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Chứng minh rằng $\widehat{COC$ $\widehat{COC'}$ là một góc phẳng của góc nhị diện [C, BD, C']. Tinh (gần đúng) số đo của các góc nhị diện [C. BD, C]. [A, BD, C'].

Gợi ý đáp án

a) Độ dài đường chéo của hình lập phương có thể tính từ công thức cạnh đường chéo của hình lập phương như sau: $d=\sqrt{a^{2}+a^{2}+a^{2}}=\sqrt{3}a$ $d=\sqrt{a^{2}+a^{2}+a^{2}}=\sqrt{3}a$

b) Ta có $AC^{2}+CA$ $AC^{2}+CA'^{2}=AA'^{2}$ do tam giác vuông ACA' nên ta có $AC=CA'=\frac{a}{\sqrt{2}}$ tương tự $BD^{2}=DB$ $BD^{2}=DB'^{2}=BC^{2}=CB'^{2}=AD^{2}=DA'^{2}=a^{2}$. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BD , A'C' thì MN // AC // A'C' và $MN=\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}a^{2}a^{2}$ $MN=\frac{1}{2}a^{2}+\frac{1}{2}a^{2}a^{2}$

Do AMD' và D'BN là hai tam giác vuông cân tại M , N .

suy ra (ACC'A') $\perp$ $\perp$ (BDD'B')

Bài 7.18

Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A'B'C'D'.

a) Chứng minh rằng (BDD′B′) ⊥ (ABCD).

b) Xác định hình chiếu của AC′ trên mặt phẳng (ABCD).

c) Cho AB = a, BC = b, CC′ = c . Tính AC′.

Gợi ý đáp án

a) Ta có BD // B'D' và BD'=BD, suy ra BDD'B' là hình bình hành. Hơn nữa, BD $\perp$ $\perp$ AB và B'D' $\perp$ $\perp$ A'D', suy ra BDD'B' $\perp$ $\perp$ (ABCD).

b) Vẽ điểm P trên (ABCD) sao cho AP $\perp$ $\perp$ AC'. Khi đó hình chiều AC' trên (ABCD) sẽ chính là đoạn thẳng PC'

Gọi M là trung điểm cả CC' ta có

$\vec{MC$ $\vec{MC'}=\frac{1}{2}\vec{CC'}$

$\vec{MA}=\frac{1}{2}\vec{CA}$ $\vec{MA}=\frac{1}{2}\vec{CA}$

Do đó:

$\vec{MC$ $\vec{MC'}+\vec{MA}=\frac{1}{2}\vec{CC'}+\frac{1}{2}\vec{CA}=\frac{1}{2}(\vec{CC'}+\vec{CA})=\frac{1}{2}\vec{C'A}$

Kết hợp với \vec{MA} vuông góc với mặt phẳng (ABCD) , suy ra AP $\perp$ $\perp$ (ABCD) từ đó ta tìm được điểm P là giao điểm của đường thẳng AA' với (ABCD)

c)Ta có ABCD là hình chữ nhật, suy ra AD = BC = b . Hơn nữa, $AC'^2=\frac{a^2+b^2+2c^2}{2}= \dfrac{a^2+b^2}{2}+c^2$. Áp dụng định lý Pythagoras cho tam giác vuông ABC, ta có $AB=\sqrt{a^2+b^2}$ $AB=\sqrt{a^2+b^2}$, suy ra:

$AC'=\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}+c^{2}}=\sqrt{(\frac{a^{2}+b^{2}}{2})+c^{2}}$

Bài 7.19

Cho hình chóp đều S.ABC, đây có cạnh bằng a, cạnh bên bằng b.

a) Tính sin của góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy.

b) Tính tang của góc giữa mặt phẳng chứa mặt đáy và mặt phẳng chứa mặt bên.

Gợi ý đáp án

a) Vì đây là hình chóp đều nên cạnh đáy AB có độ dài bằng a. Đường cao HS được kéo từ đỉnh S xuống mặt phẳng đáy ABC. Theo định lý Pythagoras, ta có: $HS^{2}=SA^{2} -AS^{2}$ $HS^{2}=SA^{2} -AS^{2}$

$SA=SB=SC=\sqrt{a^{2}+(\frac{b}{2})^{2}} và AS=\frac{b}{2}$ $SA=SB=SC=\sqrt{a^{2}+(\frac{b}{2})^{2}} và AS=\frac{b}{2}$

Thay vào công thức ta có:

$HS^{2}=(a^{2}+\frac{b^{2}}{4})-\frac{b^{2}}{4}=a^{2}$ $HS^{2}=(a^{2}+\frac{b^{2}}{4})-\frac{b^{2}}{4}=a^{2}$

Do HS = a và góc gữa đường cao HS và cạnh đáy AB là góc $\theta$ $\theta$

$sin \theta =\frac{HS}{AB}=\frac{a}{a}=1$ $sin \theta =\frac{HS}{AB}=\frac{a}{a}=1$

b) Mặt phẳng SBC là một tam giác đều, do đó các cạnh SB và SC là phân giác của góc $\widehat{BSC}=120^\circ$ $\widehat{BSC}=120^\circ$.Vì vậy, góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng SBC là một nửa của góc $\widehat{BSC}$ $\widehat{BSC}$

Do đó, tang của góc giữa mặt phẳng chứa mặt đáy và mặt phẳng chứa mặt bên là:

$tan \theta=tan60^\circ = \sqrt{3}$ $tan \theta=tan60^\circ = \sqrt{3}$

Bài 7.20

Gợi ý đáp án

a) Vì hai mái nhà trong Hình 7.72 là hai hình chữ nhật nên góc nhị diện tạo bởi hai nửa mặt phẳng tương ứng chứa hai mái nhà là góc giữa hai đường thẳng OA và OB.

Xét tam giác OAB có

$\cos \widehat {AOB} = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2OA.OB}} = \frac{{2,{8^2} + {4^2} - 4,{8^2}}}{{2.2,8.4}} = \frac{1}{{28}} \Rightarrow \widehat {AOB} \approx {88^0}$ $\cos \widehat {AOB} = \frac{{O{A^2} + O{B^2} - A{B^2}}}{{2OA.OB}} = \frac{{2,{8^2} + {4^2} - 4,{8^2}}}{{2.2,8.4}} = \frac{1}{{28}} \Rightarrow \widehat {AOB} \approx {88^0}$

b) (OAB) vuông góc với đường nóc nhà, đường nóc nhà song song với mặt phẳng đất nên (OAB) vuông góc với mặt đất phẳng đất.

c) Đường thẳng qua B song song với mặt đất cắt đường thẳng qua A vuông góc với mặt đất tại H

Ta có $\sin \widehat {ABH} = \frac{{0,5}}{{4,8}} \Rightarrow \widehat {ABH} \approx {6^0};\cos \widehat {OBA} = \frac{{13}}{{16}} \Rightarrow \widehat {OBA} \approx {36^0}$ $\sin \widehat {ABH} = \frac{{0,5}}{{4,8}} \Rightarrow \widehat {ABH} \approx {6^0};\cos \widehat {OBA} = \frac{{13}}{{16}} \Rightarrow \widehat {OBA} \approx {36^0}$

Do đó $\widehat {OBH} = \widehat {ABH} + \widehat {OBA} \approx {42^0}.$ $\widehat {OBH} = \widehat {ABH} + \widehat {OBA} \approx {42^0}.$

Vậy góc giữa mái nhà (chứa OB) so với mặt đất khoảng 420

Bài 7.21

Độ dốc của mái nhà, mặt sân, con đường thẳng là tang của góc tạo bởi mái nhà mặt sân, con đường thẳng đó với mặt phẳng nằm ngang. Độ dốc của đường thẳng dành cho người khuyết tật được quy định là không quá $\frac{1}{12}$ $\frac{1}{12}$ Hỏi theo đó, góc tạo bởi đường dành cho người khuyết tật và mặt phẳng nằm ngang không vượt quá bao nhiêu độ? (Làm tròn kết quả đến chữ số thập

Chia sẻ bởi: