Bài 51 trang 117 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho tứ diện ABCD có M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD. Xác định ảnh của tứ diện ABCD qua phép chiếu song song có phương chiếu là đường thẳng MN, mặt phẳng chiếu là mặt phẳng (Q) bất kì cắt đường thẳng MN

Lời giải chi tiết

Gọi f là phép chiếu song song có phương chiếu là đường thẳng MN, mặt phẳng chiếu là mặt phẳng (Q) bất kì cắt MN.

Nhận xét rằng hình chiếu của song song của đoạn thẳng MN theo phép chiếu f là một điểm. Gọi điểm đó là I.

Gọi A′, B′, C′, D′ lần lượt là hình chiếu của A, B, C, D theo phép chiếu f.

Do phép chiếu song song không làm thay đổi tỉ số giữa các đoạn thẳng cùng nằm trên 1 đường thẳng, nên do M là trung điểm của AB nên I là trung điểm của A′B′. Tương tự, I là trung điểm của C′D′. Suy ra A′C′B′D′ là hình bình hành.

Vậy hình chiếu của tứ diện ABCD là hình bình hành A′C′B′D′ và hai đường chéo A′B′, C′D′ của nó.

Bài 52 trang 117 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho bốn điểm A, B, C, D không cùng thuộc một mặt phẳng. Khẳng định nào sau đây là SAI?

A. Bốn điểm A, B, C, D đã cho đôi một khác nhau.

B. Không có ba điểm nào trong bốn điểm A, B, C, D thẳng hàng.

C. Hai đường thẳng AC và BD song song với nhau.

D. Hai đường thẳng AC và BD không có điểm chung với nhau.

Lời giải chi tiết

Đáp án A hiển nhiên đúng. Nếu có 2 điểm trùng nhau thì sẽ tồn tại một mặt phẳng chứa cả 4 điểm, do đó nó không phải là tứ diện.

Đáp án B đúng, do nếu tồn tại 3 điểm thẳng hàng thì sẽ tồn tại một mặt phẳng chứa đường thẳng đi qua 3 điểm thẳng hàng và điểm còn lại.

Đáp án C sai, do AC và BD không cùng nằm trong một mặt phẳng, nên chúng không thể song song với nhau.

Đáp án D đúng, do AC và BD là 2 đường thẳng chéo nhau.

Vậy đáp án cần chọn là C.

Bài 53 trang 117 SBT Toán 11 CD tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho MA=2MS. Mặt phẳng (CDM) cắt SB tại N. Tỉ số $ \frac{SN}{SB}$ bằng:
A. $ \frac{1}{2}$

B. $ \frac{1}{3}$

C. $ \frac{2}{3}$

D. $ \frac{3}{4}$

Lời giải chi tiết

Ta thấy rằng M∈(CDM)∩(SAB) và N là giao điểm của (CDM) và SB. Do SB⊂(SAB) nên N là điểm chung của hai mặt phẳng (CDM) và (SAB). Từ đó ta suy ra MN là giao tuyến của hai mặt phẳng (CDM) và (SAB).

Nhận xét rằng AB∥CD, AB⊂(SAB), CD⊂(CDM), MN là giao tuyến của hai mặt phẳng (CDM) và (SAB), ta suy ra MN∥AB.

Theo định lí Thales, ta có $ \frac{SM}{SA}=\frac{SN}{SB}$. Do MA=2MS⇒$ \frac{SM}{SA}=\frac{1}{3}$

Như vậy $ \frac{SN}{SB}=\frac{1}{3}$. Đáp án đúng là B.

Bài 54 trang 117 SBT Toán 11 CD 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 chi tiết

a) Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Do ABCD là tứ diện đều, ta suy ra các tam giác ABC, ABD, ACD, BCD là các tam giác đều.

Tam giác ABC đều có M là trung điểm của AB, nên ta có CM⊥AB. Chứng minh tương tự ta có DM⊥AB.

Như vậy, do CM⊥AB, DM⊥AB nên (CDM)⊥AB, điều này suy ra MN⊥AB. Chứng minh tương tự, ta cũng suy ra MN⊥CD.

Vậy MN là đường vuông góc chưng của hai đường thẳng AB và CD, từ đó khoảng cách giữa AB và CD là đoạn thẳng MN.

Tam giác ABC đều cạnh a, đường cao CM nên ta có CM=$ \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Tương tự, ta cũng có DM=$ \frac{a\sqrt{3}}{2}$

Vì N là trung điểm của CD nên CN=$ \frac{1}{2}$CD=$ \frac{a}{2}$.

Tam giác CMN vuông tại N, nên MN=$ \sqrt{CM^{2}-CN^{2}}=\sqrt{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^{2}-(\frac{a}{2})^{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng $ \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

b) Gọi E là hình chiếu của A trên (BCD). Ta có AE là đường cao của tứ diện ABCD.

Do ABCD là tứ diện đều, nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác BCD. Do BCD là tam giác đều, nên E cũng là trọng tâm của tam giác BCD. Mà N là trung điểm của CD, nên ta có BE=$ \frac{2}{3}BN$.

Tam giác BCD đều cạnh a, đường cao BN nên ta có BN=$ \frac{a\sqrt{3}}{2}$

Suy ra BE=$ \frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{2}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Tam giác ABE vuông tại E, nên AE=$ \sqrt{AB^{2}-BE^{2}}=\sqrt{a^{2}-(\frac{a\sqrt{3}}{3})^{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$

Vậy chiều cao của tứ diện đều là $ \frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Do đáy BCD là tam giác đều cạnh a, nên diện tích đáy của tứ diện là $ \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}$

Vậy thể tích của khối tứ diện ABCD là V=$ \frac{1}{3}$Sh=$ \frac{1}{3}.\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^{3}\sqrt{2}}{12}$

c) Do E là hình chiếu của A trên (BCD), nên góc giữa AB và (BCD) là góc $ \widehat{ABE}$.

Tam giác ABE vuông tại E, nên ta có cos$ \widehat{ABE}$=$ \frac{BE}{AB}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

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

d) Theo câu a, ta có CM⊥AB và DM⊥AB, nên $ \widehat{CMD}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [C,AB,D].

Áp dụng định lí cos trong tam giác CMD, ta có

Cos$ \widehat{CMD}$=$ \frac{CM^{2}+MD^{2}-CD^{2}}{2CM.MD}=\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 CD 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 chi tiết

a) Do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương, nên ta có AA′⊥(ABCD), AA′⊥(A′B′C′D′) và (ABCD)∥(A′B′C′D′). Do đó khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (A′B′C′D′) cũng bằng khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (A′B′C′D′), và bằng AA′.

Do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương cạnh a, nên ta có AA′=a.

Vậy khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (A′B′C′D′) bằng a.

b) Do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương, nên ta có AD⊥CD, CD⊥(DAA′D′) và ADD′A′ là hình vuông.

Ta nhận xét rằng A′D∥B′C, và CD⊥A′D (do CD⊥(DAA′D′), cùng với AD⊥CD, ta suy ra $ \widehat{ADA'}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A,CD,B′].

Vì ADD′A′ là hình vuông nên $ \widehat{ADA'}=45^{o}$.

Vậy số đo của góc nhị diện [A,CD,B′] bằng $45^{o}$.

c) Do D là hình chiếu của D′ trên (ABCD), nên $ \widehat{DBD'}$ là góc tạo bởi đường thẳng BD′ và mặt phẳng (ABCD).

Do ABCD là hình vuông cạnh a, nên ta có BD=a$ \sqrt{2}$.

Ta có tan$ \widehat{DBD'}$=$ \frac{DD'}{BD}=\frac{a}{a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$ (tam giác DBD′ vuông tại D)

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

d) Gọi I là giao điểm của DC′ và D′C. Do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương, nên DCC′D′ là hình vuông, suy ra IC⊥DC′.

Mặt khác, cũng do ABCD.A′B′C′D′ là hình lập phương, ta suy ra BC⊥(DCC′D′), điều này dẫn tới IC⊥BC.

Như vậy, ta có IC là đường vuông góc chung của hai đường thẳng BC và DC′, tức khoảng cách giữa BC và DC′ là đoạn thẳng IC.

Do DCC′D′ là hình vuông cạnh a, nên D′C=a$ \sqrt{2}$⇒IC=$ \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Vậy khoảng cách giữa BC và DC′là $ \frac{a\sqrt{2}}{2}$.

e*) Do AD′∥BC′ nên góc giữa BC′ và CD′ băng góc giữa AD′ và CD′, tức là góc $ \widehat{AD'C}$.

Tam giác AD′C có AD′=D′C=AC (do đều là mỗi đường chéo của các mặt trong hình lập phương) nên tam giác AD′C đều. Suy ra $ \widehat{AD'C}=60^{o}$.

Vậy góc giữa BC′ và CD′ bằng $60^{o}$.

Bài 56 trang 117 SBT Toán 11 CD tập 2: Người ta cần đổ bê tông để làm những viên gạch có dạng khối lăng trụ lục giác đều như hình bên 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).

Lời giải chi tiết

Nhận xét rằng đáy của viên gạch cần làm là lục giác đều. Ta chia lục giác đều nàyp bởi 6 tam giác đều cạnh 21,5 cm như hình vẽ. Do đó, diện tích đáy của viên gạch là S=$ 6.\frac{21,5^{2}.\sqrt{3}}{4}$

Vậy thể tích bê tông cần dùng để làm một viên gạch là 

V=Sh=$ 6.\frac{21,5^{2}.\sqrt{3}}{4}$≈4803,8($cm^{3}$)