Bài tập cuối chương VIII

Bài tập cuối chương \(VIII\) trang \(86\) Sách giáo khoa Toán lớp \(11\) tập \(2\) Chân trời sáng tạo. Các em cùng Bumbii giải các bài tập sau:

CÂU HỎI TRẮC NGHIỆM

Chọn phương án đúng.

Bài \(1\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông, \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Đường thẳng \(CD\) vuông góc với mặt phẳng nào sau đây?
\(A.\) \((SAD)\).
\(B.\) \((SAC)\).
\(C.\) \((SAB)\).
\(D.\) \((SBD)\).

Trả lời:

Có \(SA \perp (ABCD) \Rightarrow SA \perp CD\)

Mà \(CD \perp AD (ABCD\) là hình vuông)

Suy ra \(CD \perp (SAD)\)

Chọn đáp án \(A\).

\(\)

Bài \(2\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(b\), \(SA\) vuông góc với mặt đáy, \(SC = 2b\sqrt{2}\). Số đo góc giữa mặt bên \(SC\) và mặt đáy là
\(A.\) \(60^o\).
\(B\). \(30^o\).
\(C.\) \(45^o\).
\(D.\) \(50^o\).

Trả lời:

Do \(SA \perp (ABCD)\) nên \((SC, (ABCD)) = (SC, AC) = \widehat{SCA}\)

\(ABCD\) là hình vuông \(\Rightarrow AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = b\sqrt{2}\)

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

\(\cos{\widehat{SCA}} = \displaystyle \frac{AC}{SC} = \displaystyle \frac{b\sqrt{2}}{2b\sqrt{2}} = \displaystyle \frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow \widehat{SCA} = 60^o\)

Vậy \((SC, (ABCD)) = 60^o\)

Chọn đáp án \(A\).

\(\)

Bài \(3\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng \(a\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(SA\). Mặt phẳng \((MBD)\) vuông góc với mặt phẳng nào dưới đây?
\(A.\) \((SBC)\).
\(B.\) \((SAC)\).
\(C.\) \((SBD)\).
\(D.\) \((ABCD)\).

Trả lời:

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\).

Hình chóp \(S.ABCD\) đều nên \(SO \perp (ABCD)\)

\(\Rightarrow SO \perp BD\)

Mà \(BD \perp AC\)

\(\Rightarrow BD \perp (SAC)\)

\(\Rightarrow (MBD) \perp (SAC)\)

Chọn đáp án \(B\).

\(\)

Bài \(4\). Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có cạnh đáy bằng \(2a\) và chiều cao bằng \(a\sqrt{2}\). Khoảng cách từ tâm \(O\) của đáy \(ABC\) đến một mặt bên là:
\(A.\) \(\displaystyle \frac{a\sqrt{14}}{7}\).
\(B.\) \(\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{7}\).
\(C.\) \(\displaystyle \frac{a\sqrt{14}}{2}\).
\(D.\) \(\displaystyle \frac{2a\sqrt{14}}{7}\).

Trả lời:

Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\).

Suy ra \(AI = a\sqrt{3}, OI = \displaystyle \frac{1}{3} AI = \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{3}\)

Trong mặt phẳng \((SAI)\), kẻ \(OH \perp SI\)

Xét tam giác \(SOI\) vuông tại \(O\), đường cao \(OH\) ta có:

\(\displaystyle \frac{1}{OH^2} = \displaystyle \frac{1}{OI^2} + \displaystyle \frac{1}{SO^2}\)

\(\Rightarrow OH = \displaystyle \frac{a\sqrt{14}}{7}\)

Chọn đáp án \(A\).

\(\)

Bài \(5\). Thể tích của khối chóp cụt tam giác đều có cạnh đáy lớn bằng \(2a\), cạnh đáy nhỏ bằng \(a\) và chiều cao bằng \(\displaystyle \frac{a\sqrt{6}}{3}\) là
\(A.\) \(\displaystyle \frac{a\sqrt{7\sqrt{2}}}{8}a^3\).
\(B.\) \(\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{4}a^3\).
\(C.\) \(\displaystyle \frac{7\sqrt{2}}{12}a^3\).
\(D.\) \(\displaystyle \frac{7\sqrt{3}}{4}a^3\).

Trả lời:

Diện tích đáy nhỏ là:

\(S_1 = \displaystyle \frac{1}{2}. a. \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2} = \displaystyle \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\)

Diện tích đáy lớn là:

\(S_2 = \displaystyle \frac{1}{2}. (2a). \displaystyle \frac{2a\sqrt{3}}{2} = a\sqrt{3}\)

Thể tích của khối chóp là:

\(V = \displaystyle \frac{1}{3}. h. \sqrt{S_1 + \sqrt{S_1S_2} + S_2}\)

\(= \displaystyle \frac{1}{3}. \displaystyle \frac{a\sqrt{6}}{3}. \left(\displaystyle \frac{a^2\sqrt{3}}{4} + \sqrt{\displaystyle \frac{a^2\sqrt{3}}{4}. \sqrt{3} a^2} + \sqrt{3} a^2 \right) = \displaystyle \frac{7\sqrt{2}}{12} a^3\)

Chọn đáp án \(C\).

\(\)

Bài \(6\). Cho chóp tứ giác \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật với \(AB = 4a, AD = 3a\). Các cạnh bên đều có độ dài \(5a\). Góc nhị diện \([S, BC, A]\) có số đo là:
\(A.\) \(75^o46’\).
\(B.\) \(71^o21’\).
\(C.\) \(68^o31’\).
\(D.\) \(61^o12’\).

Trả lời:

Gọi \(O\) là tâm của đáy \(ABCD\). Kẻ \(OH \perp BC (H \in BC)\)

Tam giác \(SAC\) cân tại \(S\) nên \(SO \perp AC\).

Tam giác \(SBD\) cân tại \(S\) nên \(SO \perp BD\)

\(\Rightarrow SO \perp (ABCD) \Rightarrow SO \perp BC\)

Mà \(OH \perp BC\)

\(\Rightarrow \widehat{SHO}\) là góc phẳng nhị diện \([S, BC, A]\)

Có \(OH = \displaystyle \frac{1}{2} AB = 2a; AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{(4a)^2 + (3a)^2} = 5a\)

\(\Rightarrow OC = \displaystyle \frac{1}{2} AC = \displaystyle \frac{5a}{2}\)

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

\(SO = \sqrt{SC^2 \ – \ OC^2} = \sqrt{(5a)^2 \ – \ \left(\frac{5a}{2}\right)^2} = \displaystyle \frac{5\sqrt{3}}{2} a\)

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

\(\tan{\widehat{SMO}} = \displaystyle \frac{SO}{OH} = \displaystyle \frac{\frac{5\sqrt{3}}{2}a}{2a} = \displaystyle \frac{5\sqrt{3}}{4}\)

\(\Rightarrow \widehat{SMO} \approx 65,12^o\)

Chọn đáp án \(D\).

\(\)

Bài \(7\). Nếu hình hộp chữ nhật có ba kích thước là \(3; 4; 5\) thì độ dài của đường chéo là
\(A.\) \(5\sqrt{2}\).
\(B.\) \(50\).
\(C.\) \(2\sqrt{5}\).
\(D.\) \(12\).

Trả lời:

Giả sử hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\) có \(AB = 3, BC = 4, AA’ = 5\)

\(\Rightarrow AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5\)

\(\Rightarrow A’C = \sqrt{AA’^2 + AC^2} = \sqrt{5^2 + 5^2} = 5\sqrt{2}\)

Chọn đáp án \(A\).

\(\)

Bài \(8\). Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng \(a\) là
\(A.\) \(\displaystyle \frac{a^3\sqrt{3}}{4}\).
\(B.\) \(\displaystyle \frac{a^3\sqrt{3}}{3}\).
\(C.\) \(\displaystyle \frac{a^3\sqrt{2}}{3}\).
\(D.\) \(\displaystyle \frac{a^3\sqrt{2}}{2}\).

Trả lời:

Diện tích đáy của khối lăng trụ là:

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

Chiều cao của khối lăng trụ chính là cạnh bên của lăng trụ \(h = a\)

Thể tích của khối lăng trụ là:

\(V = S. h = \displaystyle \frac{a^3\sqrt{3}}{4}\)

Chọn đáp án \(A\).

\(\)

BÀI TẬP TỰ LUẬN

Bài \(9\). Cho hình vuông \(ABCD\) và tam giác đều \(SAB\) cạnh \(a\) nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điểm của \(AB, AD\).
\(a)\) Chứng minh rằng \((SMD) \perp (SNC)\).
\(b)\) Tính khoảng cách từ \(M\) đến mặt phẳng \((SNC)\).

Trả lời:

\(a)\) Trong mặt phẳng \((ABCD)\), gọi \(I = CN \cap DM\)

Tam giác \(SAB\) đều nên \(SM \perp AB\)

Mà \((SAB) \perp (ABCD), (SAB) \cap (ABCD) = AB\)

\(\Rightarrow SM \perp (ABCD) \Rightarrow SM \perp CN\) \((1)\)

Có \(\Delta{ADM} = \Delta{CDN} (c.g.c) \Rightarrow \widehat{AMD} = \widehat{DNC}\)

Mà \(\widehat{ADM} + \widehat{AMD} = 180^o \ – \ 90^o = 90^o\)

\(\Rightarrow \widehat{ADM} + \widehat{DNC} = 90^o\) hay \(\widehat{DIN} = 90^o\)

\(\Rightarrow CN \perp DM\) \((2)\)

Từ \((1), (2)\) suy ra \(CN \perp (SMD) \Rightarrow (SCN) \perp (SMD)\)

\(b)\) Kẻ \(MH \perp SI (H \in SI)\)

Có \(CN \perp (SMD) \Rightarrow CN \perp MH\)

\(\Rightarrow MH \perp (SNC) \)

\(\Rightarrow d(M, (SNC)) = MH\)

Xét tam giác \(CDN\) vuông tại \(D\), có đường cao \(DI\) nên ta có:

\(CN = \sqrt{CD^2 + DN^2} = \sqrt{a^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2} = \displaystyle \frac{a\sqrt{5}}{2}\)

\(\Rightarrow DI = \displaystyle \frac{CD. DN}{CN} = \displaystyle \frac{a\sqrt{5}}{5}\)

Có \(DM = CN = \displaystyle \frac{a\sqrt{5}}{2}\)

\(\Rightarrow MI = DM \ – \ DI = \displaystyle \frac{3a\sqrt{5}}{10}\)

Tam giác \(SAB\) đều nên \(SM = \displaystyle \frac{AB\sqrt{3}}{2} = \displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Xét tam giác \(SMI\) vuông tại \(M\), có đường cao \(MH\) nên:

\(MH = \displaystyle \frac{SM. MI}{SI} = \displaystyle \frac{SM. MI}{\sqrt{SM^2 + SI^2}}\)

\(= \displaystyle \frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}. \frac{3a\sqrt{5}}{10}}{\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2 + \left(\frac{3a\sqrt{5}}{10}\right)^2}} = \displaystyle \frac{3a\sqrt{2}}{8}\)

Vậy \(d(M, (SNC)) = \displaystyle \frac{3a\sqrt{2}}{8}\)

\(\)

Bài \(10\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \(a\), \(SA \perp (ABCD)\) và \(SA = a\). Gọi \(M, N, P\) lần lượt là trung điểm của \(SB, SC, SD\). Tính khoảng cách giữa \(AM\) và \(NP\).

Trả lời:

Ta có: \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SBC\)

\(\Rightarrow MN // BC\). Mà \(BC \perp CD\)

\(\Rightarrow MN \perp CD\)

Lại có \(CD // NP \Rightarrow MN \perp NP\) \((1)\)

Có \(SA \perp (ABCD) \Rightarrow SA \perp BC\)

Mà \(AB \perp BC \Rightarrow BC \perp (SAB)\).

\(MN // BC \Rightarrow MN \perp (SAB)\)

\(\Rightarrow MN \perp AM\) \((2)\)

Từ \((1), (2)\) suy ra \(d(AM, NP) = MN = \displaystyle \frac{1}{2} BC = \displaystyle \frac{a}{2}\)

\(\)

Bài \(11\). Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \(A\) và \(D; AB = AD = 2a; CD = a\); số đo góc nhị diện \([S, BC, A]\) bằng \(60^o\). Gọi \(I\) là trung điểm của cạnh \(AD\). Biết hai mặt phẳng \((SBI)\) và \((SCI)\) cùng vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\). Tính thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) theo \(a\).

Trả lời:

Có \((SBI) \perp (ABCD), (SCI) \perp (ABCD)\). Mà \((SBI) \cap (SCI) = SI\)

\(\Rightarrow SI \perp (ABCD) \Rightarrow SI \perp BC\)

Kẻ \(IH \perp BC (H \in BC)\)

\(\Rightarrow BC \perp (SIH)\)

\(\Rightarrow BC \perp SH\)

\(\Rightarrow \widehat{SHI}\) là góc nhị diện \([S, BC, A]\)

\(\Rightarrow \widehat{AHI} = 60^o\)

Có \(AI = ID = \displaystyle \frac{1}{2} AD = a\)

\(S_{AIB} = \displaystyle \frac{1}{2} AB. AI = a^2\)

\(S_{CID} = \displaystyle \frac{1}{2} DC. DI = \displaystyle \frac{a^2}{2}\)

\(S_{ABCD} = \displaystyle \frac{1}{2}. (AB + CD). AD = 3a^2\)

Suy ra \(S_{BIC} = S_{ABCD} \ – \ S_{AIB} \ – \ S_{CID} = \displaystyle \frac{3a^2}{2}\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\)

\(\Rightarrow BM = \displaystyle \frac{1}{2} AB = a; CM = AD = 2a\)

Xét tam giác \(BMC\) vuông tại \(M\) ta có:

\(BC = \sqrt{BM^2 + MC^2} = a\sqrt{5}\)

Có \(S_{BIC} = \displaystyle \frac{1}{2}. IH. BC\)

\(\Rightarrow IH = \displaystyle \frac{2S_{BIC}}{BC} = \displaystyle \frac{3a\sqrt{5}}{5}\)

\(\Rightarrow SI = IH. \tan{\widehat{SHI}} = \displaystyle \frac{3a\sqrt{15}}{5}\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD} = \displaystyle \frac{1}{3}. S_{ABCD}. SI = \displaystyle \frac{3a^3\sqrt{15}}{5}\)

\(\)

Bài \(12\). Một chân cột bằng gang có dạng hình chóp cụt tứ giác đều có cạnh đáy lớn bằng \(2a\), cạnh đáy nhỏ bằng \(a\), chiều cao \(h = 2a\) và bán kính đáy phần trụ rỗng bên trong bằng \(\displaystyle \frac{a}{2}\).
\(a)\) Tìm góc phẳng nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy.
\(b)\) Tính thể tích chân cột nói trên theo \(a\).

Trả lời:

Mô hình hoá chân cột bằng gang bằng hình cụt chóp tứ giác đều \(ABCD.A′B′C′D′\), với \(O, O’\) là tâm của hai đáy, \(AB = 2a, A’B’ = a, OO’ = 2a\)

Gọi \(M, M’\) lần lượt là trung điểm của \(CD, C’D’\).

Có \(A’B’C’D’, ABCD\) là hình vuông nên \(O’M’ \perp C’D’, OM perp CD\)

\(CC’D’D\) là hình thang cân nên \(MM’ \perp C’D’, MM’ \perp CD\)

Suy ra \(\widehat{MM’O’}\) là góc phẳng nhị diện giữa mặt bên và đáy nhỏ, \(\widehat{M’MO}\) là góc phẳng nhị diện giữa mặt bên và đáy lớn.

Kẻ \(M’H \perp OM (H \in OM)\)

Khi đó \(OMM’O’\) là hình chữ nhật.

\(\Rightarrow OH = O’M’ = \displaystyle \frac{a}{2}\)

\(\Rightarrow MH = OM \ – \ OH = a \ – \ \displaystyle \frac{a}{2} = \displaystyle \frac{a}{2}\)

Xét tam giác \(MHM’\) vuông tại \(H\) ta có:

\(\tan{\widehat{M’MO}} = \displaystyle \frac{M’H}{MH} = \displaystyle \frac{2a}{\frac{a}{2}} = 4\)

\(\Rightarrow \widehat{M’MO} \approx 75,96^o\)

\(\Rightarrow \widehat{MM’O’} = 180^o \ – \ 75,96^o = 104,04^o\)

\(b)\) Diện tích đáy lớn là:

\(S = AB^2 = (2a)^2 = 4a^2\)

Diện tích đáy nhỏ là:

\(S’ = A’B’^2 = a^2\)

Thể tích hình chóp cụt là:

\(V_1 = \displaystyle \frac{1}{3}. h. (S + \sqrt{S. S’} + S’) = \displaystyle \frac{1}{3}. 2a. (4a^2 + \sqrt{4a^2. a^2} + a^2)\)

\(= \displaystyle \frac{14a^3}{3}\)

Thể tích hình trụ rỗng là:

\(V_2 = \pi R^2h = \pi. \left(\displaystyle \frac{a}{2}\right)^2. 2a = \displaystyle \frac{\pi a^3}{2}\)

Thể tích chân cột là:

\(V = V_1 \ – \ V_2 = \left(\displaystyle \frac{14}{3} \ – \ \displaystyle \frac{\pi}{2}\right)a^3\)

\(\)

Bài \(13\). Cho hình hộp \(ABCD.A’B’C’D’\) có cạnh \(AA’ = a\), đáy \(ABCD\) là hình thoi có \(AB = BD = a\). Hình chiếu vuông góc của \(A’\) lên mặt đáy trùng với điểm \(O\) là giao điểm của hai đường chéo của đáy. Tính thể tích của khối hộp.

Trả lời: