SBT Toán 11 (Cánh diều) Bài 6: Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều. Thể tích của một số hình khối

Ngọc Nguyễn Ngày: 21-01-2024 Lớp 11

233

Toptailieu.vn biên soạn và giới thiệu giải Sách bài tập Toán 11 Bài 6: Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều. Thể tích của một số hình khối sách Cánh diều hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm các bài tập từ đó nâng cao kiến thức và biết cách vận dụng phương pháp giải vào các bài tập trong SBT Toán 11 Bài 6.

SBT Toán 11 (Cánh diều) Bài 6: Hình lăng trụ đứng. Hình chóp đều. Thể tích của một số hình khối

Bài 51 trang 117 SBT Toán 11 Tập 2: Một khối lăng trụ có diện tích đáy bằng 2a² và có chiều cao bằng 3a thì có thể tích bằng:

A. $\frac{a^{3}}{3};$

B. 6a³;

C. 2a³;

D. a³.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Thể tích của khối lăng trụ được tính theo công thức: V = Sh, trong đó S là diện tích đáy, h là chiều cao của khối lăng trụ.

Vậy thể tích của khối lăng trụ có S = 2a² và h = 3a là: V = 2a².3a = 6a³.

Bài 52 trang 117 SBT Toán 11 Tập 2: Một khối chóp có diện tích đáy bằng 2a² và có chiều cao bằng 3a thì có thể tích bằng:

A. $\frac{a^{3}}{3};$

B. 6a³;

C. 2a³;

D. a³.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Thể tích của khối chóp được tính theo công thức: $V = \frac{1}{3} S h$ , trong đó S là diện tích đáy, h là chiều cao của khối chóp.

Vậy thể tích của khối chóp có S = 2a² và h = 3a là: $V = \frac{1}{3} .2 a^{2} .3 a = 2 a^{3} .$

Bài 53 trang 117 SBT Toán 11 Tập 2: Một khối chóp cụt đều có chiều cao bằng 6a, diện tích của hai đáy lần lượt bằng 4a² và 9a² thì có thể tích bằng:

A. 38a³;

B. 76a³;

C. 114a³;

D. $\frac{19 a^{3}}{3} .$

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Thể tích của khối chóp cụt đều được tính theo công thức: $V = \frac{1}{3} h (S_{1} + \sqrt{S_{1} S_{2}} + S_{2}),$ trong đó h là chiều cao và S₁, S₂ lần lượt là diện tích hai đáy của khối chóp cụt đều.

Vậy thể tích của khối chóp cụt đều có h = 6a, S₁ = 4a², S₂ = 9a² là:

$V = \frac{1}{3} .6 a . (4 a^{2} + \sqrt{4 a^{2} .9 a^{2}} + 9 a^{2}) = 38 a^{3} .$

Bài 54 trang 117 SBT Toán 11 Tập 2: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a. Tính:

a) Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD;

b) Chiều cao và thể tích của khối tứ diện đều ABCD;

c) Côsin của góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (BCD);

d) Côsin của số đo góc nhị diện [C, AB, D].

Lời giải:

Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh a. Tính: Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD

a) Do ABCD là tứ diện đều cạnh nên các tam giác ABC, ABD, ACD, BCD là các tam giác đều cạnh a.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD nên $B M = A M = C N = D N = \frac{a}{2} .$

Xét tam giác ABC đều có CM là đường trung tuyến (do M là trung điểm AB).

Suy ra CM là đường cao của tam giác ABC hay CM ⊥ AB.

Chứng minh tương tự đối với các tam giác ABD, BCD, ACD đều ta có: DM ⊥ AB, BN ⊥ CD, AN ⊥ CD.

· Ta có: AB ⊥ CM, AB ⊥ DM, CM ∩ DM = M trong (CDM)

Suy ra AB ⊥ (CDM).

Mà MN ⊂ (CDM) nên AB ⊥ MN.

· Ta có: CD ⊥ BN, CD ⊥ AN, BN ∩ AN = N trong (ABN)

Suy ra CD ⊥ (ABN).

Mà MN ⊂ (ABN) nên CD ⊥ MN.

Ta có: AB ⊥ MN, CD ⊥ MN.

Suy ra MN là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và CD.

Như vậy: d(AB, CD) = MN.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác BCM vuông tại M có:

MC² = BC² – BM²

$\Rightarrow M C = \sqrt{B C^{2} - B M^{2}} = \sqrt{a^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2}} = \frac{a \sqrt{3}}{2} .$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác CMN vuông tại N có:

CM² = MN² + CN²

$\Rightarrow M N = \sqrt{C M^{2} - C N^{2}} = \sqrt{{(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2}} = \frac{a \sqrt{2}}{2} .$

Vậy $d (A B, C D) = M N = \frac{a \sqrt{2}}{2} .$

b) Gọi H là hình chiếu của A trên (BCD) hay AH ⊥ (BCD).

Do ABCD là tứ diện đều, nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác BCD.

Vì tam giác BCD đều nên H cũng là trọng tâm của tam giác BCD.

Mà BN là đường trung tuyến của tam giác BCD (do N là trung điểm của CD)

Suy ra: H ∈ BN và $B H = \frac{2}{3} B N .$

Ta có: AH ⊥ (BCD), BH ⊂ (BCD) nên AH ⊥ BH.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác BCN vuông tại N có:

BC² = BN² + CN²

Suy ra $B N = \sqrt{B C^{2} - C N^{2}} = \sqrt{a^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2}} = \frac{a \sqrt{3}}{2} .$

Từ đó ta có $B H = \frac{2}{3} B N = \frac{2}{3} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{3} .$

· Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác ABH vuông tại H (do AH ⊥ BH) có:

AB² = AH² + BH²

Suy ra $A H = \sqrt{A B^{2} - B H^{2}} = \sqrt{a^{2} - {(\frac{a \sqrt{3}}{3})}^{2}} = \frac{a \sqrt{6}}{3} .$

· Diện tích tam giác BCD là:

$S_{B C D} = \frac{1}{2} . B N . C D = \frac{1}{2} . \frac{a \sqrt{3}}{2} . a = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$ (đvdt).

· Thể tích của khối tứ diện ABCD có đường cao $A H = \frac{a \sqrt{6}}{3},$ và diện tích đáy $S_{B C D} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$ là:

$V_{A B C D} = \frac{1}{3} . S_{B C D} . A H = \frac{1}{3} . \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} . \frac{a \sqrt{6}}{3} = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{12}$ (đvtt).

c) Do H là hình chiếu của A trên (BCD) nên góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (BCD) bằng góc giữa hai đường thẳng AB và BH và bằng $\hat{A B H} .$

Xét tam giác ABH vuông tại H có: $\cos \hat{A B H} = \frac{B H}{A B} = \frac{\frac{a \sqrt{3}}{3}}{a} = \frac{\sqrt{3}}{3} .$

Vậy côsin của góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (BCD) là $\frac{\sqrt{3}}{3} .$

d) Theo câu a ta có: CM ⊥ AB, DM ⊥ AB, CM ∩ DM = M ∈ AB.

Nên $\hat{C M D}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [C, AB, D].

Xét tam giác CMD, theo hệ quả định lí Côsin ta có:

$\cos \hat{C M D} = \frac{C M^{2} + D M^{2} - C D^{2}}{2 C M . D M}$

$\Rightarrow \cos \hat{C M D} = \frac{{(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2} + {(\frac{a \sqrt{3}}{2})}^{2} - a^{2}}{2. \frac{a \sqrt{3}}{2} . \frac{a \sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{3} .$

Vậy côsin của số đo góc nhị diện [C, AB, D] bằng $\frac{1}{3}$

Bài 55 trang 117 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính:

a) Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (A’B’C’D’);

b) Số đo của góc nhị diện [A, CD, B’];

c) Tang của góc giữa đường thẳng BD’ và mặt phẳng (ABCD);

d) Khoảng cách giữa hai đường thẳng C’D và BC;

e*) Góc giữa hai đường thẳng BC’ và CD’.

Lời giải:

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính

Ta có: ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương cạnh a nên tất cả các mặt bên và hai mặt đáy của hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ đều là hình vuông cạnh a.

a) Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên ta có (ABCD) // (A’B’C’D’) và AA’ ⊥ (ABCD).

Như vậy: d((ABCD), (A’B’C’D’)) = d(A’, (ABCD)) = AA’ = a.

b) Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương nên ta có A’B’ // DC.

Suy ra bốn điểm A’, B’, C, D đồng phẳng.

Khi đó, góc nhị diện [A, CD, B’] bằng góc nhị diện [A, CD, A’].

Ta có: CD ⊥ AD, CD ⊥ DD’ (do ABCD, D’C’CD là hai hình vuông), AD ∩ DD’ = D trong (A’D’DA).

Suy ra CD ⊥ (A’D’DA).

Hơn nữa A’D ⊂ (A’D’DA).

Nên ta có CD ⊥ A’D.

Ta thấy: A’D ⊥ CD, AD ⊥ CD (do ABCD là hình vuông), AD ∩ A’D = D ∈ CD.

Suy ra $\hat{A D A^{'}}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A, CD, A’] hay góc nhị diện [A, CD, B’].

Vì ADD’A là hình vuông nên $\hat{A D A^{'}} = 45 ° .$

Vậy số đo của góc nhị diện [A, CD, B’] bằng 45°

c) Vì DD’ ⊥ (ABCD) nên góc giữa đường thẳng BD’ và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng BD’ và BD và bằng $\hat{D^{'} B D} .$

Do ABCD là hình vuông cạnh a, nên ta có $B D = \sqrt{A D^{2} + A B^{2}} = \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a \sqrt{2} .$

Ta có: DD’ ⊥ (ABCD), BD ⊂ (ABCD) nên DD’ ⊥ BD.

Xét tam giác D’DB vuông tại D có:

$\tan \hat{D^{'} B D} = \frac{D D^{'}}{B D} = \frac{a}{a \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2} .$

Vậy tang của góc giữa đường thẳng BD’ và mặt phẳng (ABCD) bằng $\frac{\sqrt{2}}{2} .$

d) Gọi I là giao điểm của CD’ và C’D.

Do D’C’CD là hình vuông nên I là trung điểm của CD’ và CD’ ⊥ C’D hay IC ⊥ C’D.

Ta có: BC ⊥ (D’C’CD) (do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương)

Mà IC ⊂ (D’C’CD) nên BC ⊥ IC.

Ta thấy: IC ⊥ C’D, IC ⊥ BC nên IC là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng C’D và BC.

Như vậy: $d (C^{'} D, B C) = I C = \frac{C D^{'}}{2} .$

Do ABCD, D’C’CD, A’D’DA là các hình vuông cạnh a nên có các đường chéo $C D^{'} = A D^{'} = A C = a \sqrt{2} .$

Suy ra $d (C^{'} D, B C) = \frac{a \sqrt{2}}{2} .$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng C’D và BC bằng $\frac{a \sqrt{2}}{2} .$

e*) Ta có: D’C’ song song và bằng DC, DC song song và bằng AB (do DC’CD, ABCD là hai hình vuông cạnh a), nên D’C’ song song và bằng AB.

Suy ra ABC’D’ là hình bình hành nên ta có BC’ // AD’.

Khi đó góc giữa hai đường thẳng BC’ và CD’ bằng góc giữa hai đường thẳng AD’ và CD’ và bằng

Vì $C D^{'} = A D^{'} = A C = a \sqrt{2}$ nên tam giác ACD’ là tam giác đều.

Suy ra $\hat{A D^{'} C} = 60 ° .$

Vậy góc giữa hai đường thẳng BC’ và CD’ bằng 60°.

Bài 56 trang 117 SBT Toán 11 Tập 2: Người ta cần đổ bê tông để làm những viên gạch có dạng khối lăng trụ lục giác đều (Hình 48) với chiều cao là 4 cm và cạnh lục giác dài 21,5 cm. Tính thể tích bê tông theo đơn vị centimét khối để làm một viên gạch như thế (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

Người ta cần đổ bê tông để làm những viên gạch có dạng khối lăng trụ lục giác đều (Hình 48)

Lời giải:

Người ta cần đổ bê tông để làm những viên gạch có dạng khối lăng trụ lục giác đều (Hình 48)

Ta thấy rằng đáy của viên gạch cần làm là lục giác đều.

Chia hình lục giác đều thành 6 hình tam giác đều có cạnh là 21,5 cm (hình vẽ trên).

Gọi ABC là tam đều cạnh 21,5 cm, kẻ đường cao AH (H ∈ BC) (hình vẽ trên).

Suy ra AH cũng là đường trung tuyến của tam giác ABC hay H là trung điểm của BC.

$\Rightarrow C H = \frac{B C}{2} = \frac{21, 5}{2} = 10, 75 c m .$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác AHC vuông tại H có:

AC² = AH² + HC²

Suy ra $A H = \sqrt{A C^{2} - H C^{2}} = \sqrt{21, 5^{2} - 10, 75^{2}} = \frac{43 \sqrt{3}}{4} (c m) .$

Từ đó ta có diện tích tam giác ABC đều cạnh 21,5 cm là

$S_{Δ A B C} = \frac{1}{2} A H . B C = \frac{1}{2} . \frac{43 \sqrt{3}}{4} .21, 5 = \frac{1 849 \sqrt{3}}{16} (c m^{2}) .$

Như vậy, ta có diện tích 1 tam giác đều cạnh 21,5 cm là: $\frac{1 849 \sqrt{3}}{16} (c m^{2}) .$

Khi đó, diện tích đáy của viên gạch (gồm 6 hình tam giác đều có cạnh là 21,5 cm) là: $S = 6. \frac{1 849 \sqrt{3}}{16} = \frac{5 547 \sqrt{3}}{8}$ (cm²).

Vậy thể tích bê tông cần dùng để làm một viên gạch có dạng khối lăng trụ với chiều cao h = 4 cm và diện tích đáy $S = \frac{5 547 \sqrt{3}}{8}$ (cm²) là:

$V = S h = \frac{5 547 \sqrt{3}}{8} .4 \approx 4 803, 8$ (cm³).