Bài tập cuối chương VII

Bài tập cuối chương \(VII\) trang \(64\) SGK Toán lớp \(11\) tập \(II\) Cánh diều. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau:

\(A-\) TRẮC NGHIỆM

Bài \(7.33\). Cho các phát biểu sau:
\((1)\) Hai mặt phẳng \((P)\) và \((Q)\) có giao tuyến là đường thẳng \(a\) và cùng vuông góc với mặt phẳng \((R)\) thì \(a \perp (R)\).
\((2)\) Hai mặt phẳng \((P)\) và \((Q)\) vuông góc với nhau và có giao tuyến là đường thẳng \(a\), một đường thẳng \(b\) nằm trong mặt phẳng \((P)\) và vuông góc với đường thẳng \(a\) thì \(b \perp (Q)\).
\((3)\) Mặt phẳng \((P)\) chứa đường thẳng \((a)\) và \(a\) vuông góc với \((Q)\) thì \((P) \perp (Q)\).
\((4)\) Đường thẳng \(a\) nằm trong mặt phẳng \((P)\) và mặt phẳng \((P)\) vuông góc với mặt phẳng \((Q)\) thì \(a \perp (Q)\).
Số phát biểu đúng trong các phát biểu trên là:
\(A.\) \(1\).
\(B.\) \(2\).
\(C.\) \(3\).
\(D.\) \(4\).

Trả lời:

Phát biểu \(1\) đúng.

Phát biểu \(2\) đúng.

Phát biểu \(3\) đúng.

Phát biểu \(4\) sai.

Chọn đáp án \(C\).

\(\)

Bài \(7.34\). Cho mặt phẳng \((P)\) vuông góc với mặt phẳng \((Q)\) và \(a\) là giao tuyến của \((P)\) và \((Q)\). Trong các phát biểu dưới đây, phát biểu nào đúng?
\(A.\) Đường thẳng \(d\) nằm trên \((Q)\) thì \(d\) vuông góc với \((P)\).
\(B.\) Đường thẳng \(d\) nằm trên \((Q)\) và \(d\) vuông góc với \(a\) thì \(d\) vuông góc với \((P)\).
\(C.\) Đường thẳng \(d\) vuông góc với \(a\) thì \(d\) vuông góc với \((P)\).
\(D.\) Đường thẳng \(d\) vuông góc với \((Q)\) thì \(d\) vuông góc \((P)\).

Trả lời:

Chọn đáp án \(B\).

\(\)

Bài \(7.35\). Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\). Phát biểu nào sau đây là đúng?
\(A.\) Số đo của góc nhị diện \([S, AB, C]\) bằng \(\widehat{SBC}\).
\(B.\) Số đo của góc nhị diện \([D, SA, B]\) bằng \(90^o\).
\(C.\) Số đo của góc nhị diện \([S, AC, B]\) bằng \(90^o\).
\(D.\) Số đo của góc nhị diện \([D, SA, B]\) bằng \(\widehat{BSD}\).

Trả lời:

Chọn đáp án \(C\).

\(\)

Bài \(7.36\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông và \(SA \perp (ABCD)\).
Phát biểu nào sau đây là sai?
\(A.\) Đường thẳng \(BC\) vuông góc với mặt phẳng \((SAB)\).
\(B.\) Đường thẳng \(BD\) vuông góc với mặt phẳng \((SAC)\).
\(C.\) Đường thẳng \(AC\) vuông góc với mặt phẳng \((SBD)\).
\(D.\) Đường thẳng \(AD\) vuông góc với mặt phẳng \((SAB)\).

Trả lời:

Chọn đáp án \(C\).

\(\)

Bài \(7.37\). Thể tích của khối chóp có diện tích đáy bằng \(S\), chiều cao bằng \(h\) là:
\(A.\) \(S. h\)
\(B.\) \(\displaystyle \frac{1}{2} S. h\).
\(C.\) \(\displaystyle \frac{1}{3} S. h\).
\(D.\) \(\displaystyle \frac{2}{3} S. h\).

Trả lời:

Chọn đáp án \(C\).

\(\)

\(B -\) TỰ LUẬN

Bài \(7.38\). Cho tứ diện \(OABC\) có \(OA, OB, OC\) đôi một vuông góc với nhau và \(OA = a, OB = a\sqrt{2}\) và \(OC = 2a\). Tính khoảng cách từ điểm \(O\) đến mặt phẳng \((ABC)\).

Trả lời:

Ta có: \(OA \perp OB, OA \perp OC \Rightarrow OA \perp (OBC)\)

\(\Rightarrow OA \perp BC\)

Trong mặt phẳng \((OBC)\), kẻ \(OD \perp BC\)

Khi đó ta được \(BC \perp (OAD)\)

Mà \(BC \subset (ABC) \Rightarrow (OAD) \perp (ABC)\)

Lại có \((OAD) \cap (ABC) = AD\)

Trong mặt phẳng \((OAD)\), kẻ \(OE \perp AD\)

\(\Rightarrow OE \perp (ABC)\)

\(\Rightarrow d(O, (ABC)) = OE\)

Xét tam giác \(OBC\) vuông tại \(O\) ta có:

\(\displaystyle \frac{1}{OD^2} = \displaystyle \frac{1}{OB^2} + \displaystyle \frac{1}{OC^2}\)

\(= \displaystyle \frac{1}{(a \sqrt{2})^2} + \displaystyle \frac{1}{(2a)^2} = \displaystyle \frac{3}{4a^2}\)

\(\Rightarrow OD = \displaystyle \frac{2a\sqrt{3}}{3}\)

Xét tam giác \(OAD\) vuông tại \(O\) ta có:

\(\displaystyle \frac{1}{OE^2} = \displaystyle \frac{1}{OA^2} + \displaystyle \frac{1}{OD^2} = \displaystyle \frac{1}{a^2} + \displaystyle \frac{1}{(\frac{2a\sqrt{3}}{3})^2} = \displaystyle \frac{7}{4a^2}\)

\(\Rightarrow OD = \displaystyle \frac{2a\sqrt{7}}{7}\)

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

\(\)

Bài \(7.39\). Cho tứ diện \(ABCD\) có tam giác \(ABC\) cân tại \(A\), tam giác \(BCD\) cân tại \(D\). Gọi \(I\) là trung điểm của cạnh \(BC\).
\(a)\) Chứng minh rằng \(BC \perp (AID)\).
\(b)\) Kẻ đường cao \(AH\) của tam giác \(AID\). Chứng minh rằng \(AH \perp (BCD)\).
\(c)\) Kẻ đường cao \(IJ\) của tam giác \(AID\). Chứng minh rằng \(IJ\) là đường vuông góc chung của \(AC\) và \(BD\).

Trả lời:

\(a)\) Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\), có \(I\) là trung điểm \(BC\)

\(\Rightarrow AI \perp BC\)

Tam giác \(BCD\) cân tại \(D\), \(I\) là trung điểm \(BC\)

\(\Rightarrow DI \perp BC\)

Suy ra \(BC \perp (AID)\)

\(b)\) Có \(BC \perp (AID)\). Mà \(BC \subset (BCD)\)

\(\Rightarrow (BCD) \perp (AID)\)

Mà \((BCD) \cap (AID) = DI\)

Xét tam giác \(AID\) có: \(AH \perp DI\)

\(\Rightarrow AH \perp (BCD)\)

\(c)\) Ta có: \(BC \perp (AID)\). Mà \(IJ \subset (AID)\)

\(\Rightarrow BC \perp IJ\)

Lại có: \(IJ \perp AD\)

Vậy \(IJ\) là đường vuông góc chung của \(AD\) và \(BC\).

\(\)

Bài \(7.40\). Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(B, BC = a\) và góc \(\widehat{CAB} = 30^o\). Biết \(SA \perp (ABC)\) và \(SA = a\sqrt{2}\).
\(a)\) Chứng minh rằng \((SBC) \perp (SAB)\).
\(b)\) Tính theo \(a\) khoảng cách từ điểm \(A\) đến đường thẳng \(SC\) và khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \((SBC)\).

Trả lời:

\(a)\) Ta có: \(SA \perp (ABC) \Rightarrow SA \perp BC\)

Mà \(AB \perp BC\) (Do tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\)

Suy ra \(BC \perp (SAB)\)

\(\Rightarrow (SBC) \perp (SAB)\)

\(b)\) \(+)\) Trong mặt phẳng \((SAC)\), kẻ \(AD \perp SC\)

\(\Rightarrow d(A, SC) = AD\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) ta có:

\(\sin{\widehat{CAB}} = \sin{30^o} = \displaystyle \frac{BC}{AC} = \displaystyle \frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow AC = 2a\)

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(\displaystyle \frac{1}{AD^2} = \displaystyle \frac{1}{SA^2} + \displaystyle \frac{1}{AC^2} = \displaystyle \frac{1}{(a\sqrt{2})^2} + \displaystyle \frac{1}{(2a)^2} = \displaystyle \frac{3}{4a^2}\)

\(\Rightarrow AD = \displaystyle \frac{2a\sqrt{3}}{3}\)

\(\Rightarrow d(A, SC) = \displaystyle \frac{2a\sqrt{3}}{3}\)

\(+)\) Do \((SAB) \perp (SBC)\). Mà \((SAB) \cap (SBC) = SB\)

Trong mặt phẳng \((SAB)\), kẻ \(AE \perp SB\)

\(\Rightarrow AE \perp (SBC)\)

\(\Rightarrow d(A, (SBC)) = AE\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) ta có:

\(\tan{\widehat{CAB}} = \displaystyle \frac{BC}{AB} = \tan{30^o}\)

\(\Rightarrow AB = \displaystyle \frac{a}{\tan{30^o}} = a\sqrt{3}\)

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có:

\(\displaystyle \frac{1}{AE^2} = \displaystyle \frac{1}{SA^2} + \displaystyle \frac{1}{AB^2} = \displaystyle \frac{1}{(a\sqrt{2})^2} + \displaystyle \frac{1}{(a\sqrt{3})^2} = \displaystyle \frac{5}{6a^2}\)

\(\Rightarrow AE = \displaystyle \frac{a\sqrt{30}}{5}\)

Vậy \(d(A, (SBC)) = \displaystyle \frac{a\sqrt{30}}{5}\)

\(\)

Bài \(7.41\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\). Biết tam giác \(SAD\) vuông cân tại \(S\) và \((SAD) \perp (ABCD)\).
\(a)\) Tính theo \(a\) thể tích của khối chóp \(S.ABCD\).
\(b)\) Tính theo \(a\) khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AD\) và \(SC\).

Trả lời:

\(a)\) Trong mặt phẳng ((SAD)\), kẻ \(SE \perp AD\)

Xét tam giác \(SAD\) vuông cân tại \(S, SE \perp AD\)

\(\Rightarrow \) tam giác \(SEA\) vuông cân tại \(E\)

\(\Rightarrow SE = AE = \displaystyle \frac{1}{2} AD = \displaystyle \frac{a}{2}\)

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là:

\(S_{ABCD} = a^2\)

Mà \((SAD) \perp (ABCD), (SAD) \cap (ABCD) = AD\)

\(\Rightarrow SE \perp (ABCD)\)

Thể tích của khối chóp là:

\(V_{S.ABCD} = \displaystyle \frac{1}{3}. SE. S_{ABCD} = \displaystyle \frac{1}{3}. \displaystyle \frac{a}{2}. a^2 = \displaystyle \frac{a^3}{6}\) (đvtt)

\(b)\) Trong mặt phẳng \((ABCD)\), kẻ \(EF // AB\)

\(\Rightarrow EF \perp BC\)

Mà \(SE \perp BC \Rightarrow BC \perp (SEF)\)

\(\Rightarrow (SBC) \perp (SEF)\)

Lại có \((SEF) \cap (SBC) = SF\)

Trong mặt phẳng \((SEF)\), kẻ \(EG \perp SF\)

\(\Rightarrow EG \perp (SBC)\)

Mặt khác \(AD // BC \Rightarrow AD // (SBC)\)

\(\Rightarrow d(AD, SC) = d(AD, (SBC)) = d(E, (SBC)) = EG\)

Do \(ABCD\) là hình vuông, \(EF // AB\)

\(\Rightarrow EF = AB = a\)

Xét tam giác \(SEF\) vuông tại \(E\) ta có:

\(\displaystyle \frac{1}{EG^2} = \displaystyle \frac{1}{SE^2} + \displaystyle \frac{1}{EF^2} = \displaystyle \frac{1}{(\frac{a}{2})^2} + \displaystyle \frac{1}{a^2} = \displaystyle \frac{5}{a^2}\)

\(\Rightarrow EG = \displaystyle \frac{a\sqrt{5}}{5}\)

Vậy \(d(AD, SC) = \displaystyle \frac{a\sqrt{5}}{5}\)

\(\)

Bài \(7.42\). Cho )hộp \(ABCD.A’B’C’D’\) có độ dài tất cả các cạnh bằng \(a, AA’ \perp (ABCD)\) và góc \(\widehat{BAD} = 60^o\).
\(a)\) Tính thể tích của khối hộp \(ABCD.A’B’C’D’\).
\(b)\) Tính khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((A’BD)\).

Trả lời:

\(ABCD.A’B’C’D’\) là hình hộp nên \(ABCD\) là hình thoi

\(\Rightarrow S_{ABCD} = 2 S_{ABD}\)

Mà \(S_{ABD} = \displaystyle \frac{1}{2}. AB. AD. \sin{\widehat{BAD}} = \displaystyle \frac{1}{2}. a. a. \sin{60^o} = \displaystyle \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\)

\(\Rightarrow S_{ABCD} = 2 S_{ABD} = \displaystyle \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\)

Thể tích khối hộp là:

\(V = AA’. S_{ABCD} = a. \displaystyle \frac{a^2\sqrt{3}}{2} = \displaystyle \frac{a^3\sqrt{3}}{2}\)

\(b)\) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Ta có: \(BD \perp AO, BD \perp AA’\)

\(\Rightarrow BD \perp (AOA’)\)

\(\Rightarrow (A’BD) \perp (AOA’)\)

Mà \((A’BD) \cap (AOA’) = A’O\). Trong mặt phẳng \((AOA’)\) kẻ \(AE \perp A’O\)

\(\Rightarrow AE \perp (A’BD)\)

\(\Rightarrow d(A, (A’BD)) = AE\)

Xét tam giác \(ABD\) có \(AB = AD = a, \widehat{BAD} = 60^o\)

\(\Rightarrow\) Tam giác \(ABD\) là tam giác đều cạnh \(a\)

\(\Rightarrow AO = \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Xét tam giác \(AOA’\) vuông tại \(A\) ta có:

\(\displaystyle \frac{1}{AE^2} = \displaystyle \frac{1}{AA’^2} + \displaystyle \frac{1}{AO^2} = \displaystyle \frac{1}{a^2} + \displaystyle \frac{1}{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^2} = \displaystyle \frac{7}{3a^2}\)

\(\Rightarrow AE = \displaystyle \frac{a\sqrt{21}}{7}\)

Vậy \(d(A, (A’BD)) = \displaystyle \frac{a\sqrt{21}}{7}\)

\(\)

Bài \(7.43\). Cho hình lăng trụ \(ABCD.A’B’C’D’\). Biết \(A’.ABCD\) là hình chóp đều có tất cả các cạnh bằng nhau và bằng \(a\). Tính theo \(a\) thể tích của khối lăng trụ \(ABCD.A’B’C’D’\) và thể tích của khối chóp \(A’.BB’C’C\).

Trả lời:

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\)

Do \(A’.ABCD\) là hình chóp đều nên \(A’O \perp (ABCD)\)

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) ta có:

\(AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow OA = \displaystyle \frac{AC}{2} = \displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Xét tam giác \(A’AO\) vuông tại \(O\) ta có:

\(A’O = \sqrt{AA’^2 \ – \ OA^2} = \sqrt{a^2 \ – \ \left(\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Diện tích đáy \(ABCD\) là:

\(S = a^2\)

Thể tích của khối lăng trụ là:

\(V_{ABCD.A’B’C’D’} = S. h = a^2 . \displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2} = \displaystyle \frac{a^3\sqrt{2}}{2}\) (đvtt)

Thể tích của khối chóp là:

\(V_{A’.BB’C’C} = \displaystyle \frac{1}{3} V_{ABCD.A’B’C’D’} = \displaystyle \frac{a^3\sqrt{2}}{6}\) (đvtt)

\(\)

Bài \(7.44\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang cân, \(AB // CD\) và \(AB = BC = DA = a, CD = 2a\). Biết hai mặt phẳng \((SAC)\) và \((SBD)\) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy \((ABCD)\) và \(SA = a\sqrt{2}\). Tính theo \(a\) khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \((ABCD)\) và thể tích của khối chóp \(S.ABCD\).

Trả lời:

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\)

\(\Rightarrow (SAC) \cap (SBD) = SO\)

Mà \((SAC)\) và \((SBD)\) cùng vuông góc với \((ABCD)\) nên \(SO \perp (ABCD)\)

Trong hình thang cân \(ABCD\), kẻ \(AK \perp CD\)

\(\Rightarrow DK= \displaystyle \frac{CD \ – \ AB}{2} = \displaystyle \frac{2a \ – \ a}{2} = \displaystyle \frac{a}{2}\)

Xét tam giác \(ADK\) vuông tại \(K\):

\(AK = \sqrt{AD^2 \ – \ DK^2} = \sqrt{a^2 \ – \ \left(\displaystyle \frac{a}{2}\right)^2} = \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Xét tam giác \(AKC\) vuông tại \(K\):

\(AC = \sqrt{AK^2 + CK^2} = \sqrt{\left(\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\displaystyle \frac{3a}{2}\right)^2} = a\sqrt{3}\)

Có \(AB // CD\) nên theo định lí Talet ta có:

\(\displaystyle \frac{OA}{OC} = \displaystyle \frac{AB}{CD} = \displaystyle \frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow OA = \displaystyle \frac{1}{3} AC = \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{3}\)

Xét tam giác \(SAO\) vuông tại \(O\) có:

\(SO = \sqrt{SA^2 \ – \ OA^2} = \sqrt{(a\sqrt{2})^2 \ – \ \left(\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2} = \displaystyle \frac{\sqrt{15}a}{3}\)

Diện tích đáy \(ABCD\) là:

\(S = \displaystyle \frac{1}{2}. AK. (AB + CD) = \displaystyle \frac{3a^2\sqrt{3}}{2}\) (đvdt)

Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là:

\(V = \displaystyle \frac{1}{3}. SO. S = \displaystyle \frac{1}{3}. \displaystyle \frac{\sqrt{15}a}{3}. \displaystyle \frac{3a^2\sqrt{3}}{2}\)

\(= \displaystyle \frac{a^3 \sqrt{5}}{2}\) (đvtt)

\(\)

Bài \(7.45\). Trên mặt đất phẳng, người ta dựng một cây cột \(AB\) có chiều dài bằng \(10 m\) và tạo với mặt đất góc \(80^o\). Tại một thời điểm dưới ánh sáng mặt trời, bóng \(BC\) của cột trên mặt đất dài \(12 m\) và tạo với cây cột một góc bằng \(120^o\) (tức là \(\widehat{ABC} = 120^o\)). Tính góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên.

Trả lời: