Toptailieu biên soạn và giới thiệu lời giải Toán 11 (Kết nối tri thức) Bài 27: Thể tích hay, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng trả lời câu hỏi SGK Toán 11 Bài 27 từ đó học tốt môn Toán 11.

Toán 11 (Kết nối tri thức) Bài 27: Thể tích

Giải Toán 11 trang 61 Tập 2

HĐ1 trang 61 Toán 11 Tập 2: Khi mua máy điều hòa, bác An được hướng dẫn rằng mỗi mét khối của phòng cần công suất điều hòa 200 BTU. Căn phòng bác An cần lắp máy có dạng hình hộp chữ nhật, rộng 4m, dài 5m và cao 3m. Hỏi bác An cần mua loại điều hòa có công suất bao nhiêu BTU?

Lời giải:

Thể tích của căn phòng là: V = 4 . 5 . 3 = 60 (m³).

Vì mỗi mét khối của phòng cần công suất điều hòa 200 BTU nên căn phòng cần điều hòa có công suất là: 60 . 200 = 12 000 (BTU).

Vậy bác An cần mua loại điều hòa có công suất là 12 000 BTU.

Giải Toán 11 trang 62 Tập 2

Luyện tập 1 trang 62 Toán 11 Tập 2: Cho khối chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng b. Tính thể tích của khối chóp.

Lời giải:

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO $\perp$ (ABCD).

Xét tam giác BCD vuông tại C, có BD = $\sqrt{B{C}^2+C{D}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$ .

Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của BD, suy ra BO = $\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

Xét tam giác SOB vuông tại O, có SO = $\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{b^2-\frac{a^2}{2}}$ .

Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SO$$=\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot \sqrt{b^2-\frac{a^2}{2}}$$=\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot \sqrt{\frac{2b^2-a^2}{2}}$

Luyện tập 2 trang 62 Toán 11 Tập 2: Cho khối chóp cụt đều ABC.A'B'C' có đường cao HH' = h, hai mặt đáy ABC, A'B'C' có cạnh tương ứng bằng 2a, a.

a)Tính thể tích khối chóp cụt.

b) Gọi B₁, C₁ tương ứng là trung điểm AB, AC. Chứng minh rằng AB₁C₁.A'B'C' là một hình lăng trụ. Tính thể tích khối lăng trụ AB₁C₁.A'B'C'.

Lời giải:

a) Ta có $S_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ ; $S_{ABC}=\frac{{\left(2a\right)}^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$ .

Khi đó $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}\cdot \left(S_{ABC}+S_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}+\sqrt{S_{ABC}\cdot S_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}}\right)\cdot H{H}^{\text{'}}$

$=\frac{1}{3}\cdot \left(a^2\sqrt{3}+\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+\sqrt{a^2\sqrt{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}}\right)\cdot h$

$=\frac{1}{3}\cdot \left(a^2\sqrt{3}+\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\right)\cdot h$.

b) Vì ABC.A'B'C' là khối chóp cụt đều nên (ABC) // (A'B'C') mà (AB₁C₁) $\subset$ (ABC) nên (AB₁C₁) // (A'B'C').

Xét tam giác ABC có B₁, C₁ lần lượt là trung điểm của AB, AC nên B₁C₁ là đường trung bình của tam giác ABC do đó B₁C₁ // BC và B₁C₁ = $\frac{BC}{2}=\frac{2a}{2}=a$.

Lại có B'C' // BC nên B₁C₁ // B'C' và B'C' = B₁C₁ = a nên B₁C₁C'B' là hình bình hành.

Vì B₁, C₁ lần lượt là trung điểm của AB, AC nên AB₁ = AC₁ = a.

Vì A'B' // AB₁ và A'B' = AB₁ = a nên A'B'B₁A là hình bình hành.

Vì A'C' // AC₁ và A'C' = AC₁ = a nên A'C'C₁A là hình bình hành.

Do đó AB₁C₁.A'B'C' là hình lăng trụ.

Vì hình lăng trụ AB₁C₁.A'B'C' có cùng chiều cao với khối chóp cụt đều ABC.A'B'C' nên $V_{A{B}_1{C}_1.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}.H{H}^{\text{'}}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot h$ .

Giải Toán 11 trang 63 Tập 2

Vận dụng trang 63 Toán 11 Tập 2: Một sọt đựng đồ có dạng hình chóp cụt đều (H.7.98). Đáy và miệng sọt là các hình vuông tương ứng có cạnh bằng 30 cm, 60 cm, cạnh bên của sọt dài 50 cm. Tính thể tích của sọt.

Lời giải:

Sọt đựng đồ có dạng hình chóp cụt đều ABCD.A'B'C'D'.

Ta có S₁ = S_ABCD = 60² = 3 600(cm²), S₂ = S_A'B'C'D' = 30² = 900 (cm²).

Kẻ D'H $\perp$ BD tại H.

Gọi O và O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'.

Vì OO' $\perp$ (ABCD) nên OO' $\perp$ OH, OO' $\perp$ (A'B'C'D') nên OO' ^ B'D'.

Do đó OHD'O' là hình chữ nhật, suy ra O'D' = OH, OO' = HD'.

Xét tam giác B'C'D' vuông tại C', có

B'D' = $\sqrt{B^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2+C^{\text{'}}{D^{\text{'}}}^2}=\sqrt{{30}^2+{30}^2}=30\sqrt{2}$ (cm).

Vì O' là trung điểm của B'D' nên D'O' = $\frac{D\text{'}B\text{'}}{2}$ = 15$\sqrt{2}$ (cm).

Xét tam giác BCD vuông tại C, có

BD = $\sqrt{B{C}^2+C{D}^2}=\sqrt{{60}^2+{60}^2}=60\sqrt{2}$ (cm).

Mà O là trung điểm của BD nên DO = $\frac{DB}{2}$= 30$\sqrt{2}$ (cm).

Có HD = DO – OH = 30$\sqrt{2}$-15$\sqrt{2}$ = 15$\sqrt{2}$ (cm).

Xét tam giác DHD' vuông tại H, có

D'H = $\sqrt{2^{}-H{D}^2}=\sqrt{{50}^2-{\left(15\sqrt{2}\right)}^2}=5\sqrt{82}$ (cm).

Do đó OO' = 5$\sqrt{82}$ (cm).

$V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}D}=\frac{1}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1\cdot S_2}\right)\cdot$

$=\frac{1}{3}\left(3600+900+\sqrt{3600\cdot 900}\right)\cdot 5\sqrt{82}$ = 10500$\sqrt{82}$ (cm³).

Bài tập

Bài 7.28 trang 63 Toán 11 Tập 2:Cho khối chóp đều S.ABC, đáy có cạnh bằng a, cạnh bên bằng b. Tính thể tích của khối chóp đó. Từ đó suy ra thể tích của khối tứ diện đều có cạnh bằng a.

Lời giải:

Gọi G là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC). Vì S.ABC là khối chóp đều nên G là trọng tâm của tam giác ABC. Có SG $\perp$ (ABC).

Giả sử AG $\cap$ BC tại D, khi đó D là trung điểm của BC, AD $\perp$ BC.

Xét tam giác ABC đều cạnh a, AD là đường cao nên AD = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ .

Vì AG = $\frac{2}{3}$AD = $\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Xét tam giác SGA vuông tại G, có SG = $\sqrt{S{A}^2-A{G}^2}=\sqrt{b^2-\frac{a^2}{3}}=\sqrt{\frac{3b^2-a^2}{3}}$ .

Ta có $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SG$$=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \sqrt{\frac{3b^2-a^2}{3}}$$=\frac{a^2\sqrt{3b^2-a^2}}{12}$ .

Khi đó thể tích khối tứ diện đều có cạnh bằng a là: $\frac{a^2\sqrt{3a^2-a^2}}{12}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$ .

Bài 7.29 trang 63 Toán 11 Tập 2: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có AA' = 5 cm, AB = 6 cm, BC = 2 cm, $\widehat{ABC}=150°$ . Tính thể tích của khối lăng trụ.

Lời giải:

Vì ABC.A'B'C' là khối lăng trụ đứng nên A'A $\perp$ (ABC).

Có S_ABC = $\frac{1}{2}$.AB.AC.sin$\widehat{ABC}$ = $\frac{1}{2}$.6.2.sin150^o = 3 (cm²).

$V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}$.AA' = 3 . 5 = 15 (cm³).

Bài 7.30 trang 63 Toán 11 Tập 2: Cho khối chóp đều S.ABCD, đáy có cạnh 6 cm. Tính thể tích của khối chóp đó trong các trường hợp sau:

a) Cạnh bên tạo với mặt đáy một góc bằng 60°.

b) Mặt bên tạo với mặt đáy một góc bằng 45°.

Lời giải:

a)

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Do S.ABCD là khối chóp đều nên SO $\perp$ (ABCD). Khi đó OC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD). Khi đó góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng OC và SC, mà (OC, SC) = $\widehat{SCO}$ = 60^o.

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC = $\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{6^2+6^2}$= 6$\sqrt{2}$ (cm).

Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC, suy ra OC = $\frac{AC}{2}$= 3$\sqrt{2}$ (cm).

Xét tam giác SOC vuông tại O, có SO = OC . tan60° = 3$\sqrt{2}$.$\sqrt{3}$ = 3$\sqrt{6}$(cm).

Khi đó $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SO$ = $\frac{1}{3}$.6.6.3$\sqrt{6}$ = 36$\sqrt{6}$ (cm³).

b)

Kẻ OE $\perp$ CD tại E.

Vì SO $\perp$ (ABCD) nên SO $\perp$ CD mà OE $\perp$ CD nên CD $\perp$ (SOE), suy ra CD ^ SE.

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng OE và SE, mà (OE, SE) = $\widehat{SEO}$ = 45^o.

Xét tam giác SOE vuông tại O, có nên tam giác SOE vuông cân tại O, suy ra SO = OE.

Xét tam giác BCD, có OE // BC (vì cùng vuông góc với CD), mà O là trung điểm của BD nên E là trung điểm của CD, do đó OE là đường trung bình của tam giác BCD.

Suy ra OE = $\frac{BC}{2}=\frac{6}{2}$ = 3(cm). Do đó SO = 3 cm.

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot 6\cdot 6\cdot 3=36$ (cm³).

Bài 7.31 trang 63 Toán 11 Tập 2: Cho khối lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy là các tam giác đều cạnh a, A'A = A'B = A'C = b. Tính thể tích của khối lăng trụ.

Lời giải:

Vì hình chóp A'.ABC có A'A = A'B = A'C, ABC là tam giác đều nên hình chóp A'.ABC là hình chóp đều.

Gọi F là hình chiếu của A' trên mặt phẳng (ABC), khi đó F là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó A'F $\perp$ (ABC) hay A'F là đường cao của hình lăng trụ ABC.A'B'C'.

Giả sử AF $\cap$ CB tại D, suy ra D là trung điểm của BC, AD $\perp$ BC.

Vì ABC là tam giác đều cạnh a, đường cao AD nên AD = $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và S_{ABC = $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$} .

Có AF = $\frac{2}{3}$AD = $\frac{2}{3}$.$\frac{a\sqrt{3}}{2}$=$\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Xét tam giác A'FA vuông tại F, có

A'F = $\sqrt{A{A^{\text{'}}}^2-A{F}^2}=\sqrt{b^2-\frac{a^2}{3}}=\sqrt{\frac{3b^2-a^2}{3}}$.

Khi đó $V_{ABC.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}}=S_{ABC}\cdot A^{\text{'}}F$$=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \sqrt{\frac{3b^2-a^2}{3}}$$=\frac{a^2\sqrt{3b^2-a^2}}{4}$ .

Bài 7.32 trang 63 Toán 11 Tập 2: Từ một tấm tôn hình vuông có cạnh 8 dm, bác Hùng cắt bỏ bốn phần như nhau ở bốn góc, sau đó bác hàn các mép lại để được một chiếc thùng (không có nắp) như Hình 7.99.

a) Giải thích vì sao chiếc thùng có dạng hình chóp cụt.

b) Tính cạnh bên của thùng.

c) Hỏi thùng có thể chứa được nhiều nhất bao nhiêu lít nước?

Lời giải:

a) Có AB // A'B' nên AB // (A'B'C'D').

AD // A'D' nên AD // (A'B'C'D'). Do đó (ABCD) // (A'B'C'D').

Vì bác Hùng cắt bỏ bốn phần như nhau ở bốn góc và hàn lại sẽ tạo thành 4 mặt bên là các hình thang cân. Vậy chiếc thùng có dạng hình chóp cụt.

b) Dựa vào hình 7.99, ta có A'B' = B'C' = C'D' = D'A' = 8 – 2 = 6 (dm).

Kẻ AH $\perp$ A'B' tại H, Kẻ BK $\perp$ A'B' tại K.

Khi đó ABKH là hình chữ nhật, suy ra AB = HK = 3 dm,

AH = BK = (8 – 3) : 2 = 2,5 dm.

Xét $∆$AHA' và $∆$BKB' có AA' = BB', $\widehat{AH{A}^{\text{'}}}=\widehat{BK{B}^{\text{'}}}=90°$ , AH = BK.

Do đó $∆$AHA' = $∆$BKB', suy ra A'H = B'K = (A'B' – HK): 2 = (6 – 3) : 2 = 1,5 dm.

Xét tam giác AHA' vuông tại H, có AA' = $\sqrt{A{H}^2+A^{\text{'}}{H}^2}=\sqrt{2,5^2+1,5^2}=\sqrt{\frac{17}{2}}$ (dm).

Vậy cạnh bên của thùng là $\sqrt{\frac{17}{2}}$ dm.

c) Gọi O và O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'.

Vì ACC'A' là hình thang cân nên đường cao của hình chóp cụt cũng chính là đường cao của hình thang cân.

Kẻ CE $\perp$ A'C' tại E.

Vì OCEO' là hình chữ nhật nên OC = O'E.

Xét tam giác ABC vuông tại B có

AC = $\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{3^2+3^2}$= 3$\sqrt{2}$ (dm)

Mà O là trung điểm của AC nên OC = $\frac{AC}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ (dm) .

Xét tam giác A'B'C' vuông tại B' có

A'C' = $\sqrt{A^{\text{'}}{B^{\text{'}}}^2+B^{\text{'}}{C^{\text{'}}}^2}=\sqrt{6^2+6^2}$ = 6$\sqrt{2}$ (dm)

Mà O' là trung điểm của A'C' nên O'C' = $\frac{A\text{'}C\text{'}}{2}$= 3$\sqrt{2}$ (dm).

Có C'E = O'C' – O'E = 3$\sqrt{2}$ - $\frac{3\sqrt{2}}{2}$= $\frac{3\sqrt{2}}{2}$ (dm).

Xét tam giác CC'E vuông tại E, có

CE = $\sqrt{C{C^{\text{'}}}^2-C^{\text{'}}{E}^2}$=$=\sqrt{\frac{17}{2}-\frac{18}{4}}$= 2 (dm).

Do đó OO' = 2 dm

Ta có S₁ = S_ABCD = 3 . 3 = 9 (dm²); S₂ = S_A'B'C'D' = 6 . 6 = 36 (dm²).

Khi đó $V_{ABCD.A^{\text{'}}{B}^{\text{'}}{C}^{\text{'}}{D}^{\text{'}}}=\frac{1}{3}\left(S_1+S_2+\sqrt{S_1\cdot S_2}\right)\cdot O{O}^{\text{'}}$

$=\frac{1}{3}\left(9+36+\sqrt{9\cdot 36}\right)\cdot 2=42$ (dm³).

Ta có 42 dm³ = 42 lít.

Vậy thùng có thể chứa được nhiều nhất là 42 lít nước.

Xem thêm Lời giải bài tập Toán 11 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 26: Khoảng cách

Bài tập cuối chương 7 trang 64

Bài 28: Biến cố hợp, biến cố giao, biến cố độc lập

Bài 29: Công thức cộng xác suất

Bài 30: Công thức nhân xác suất cho hai biến cố độc lập