Giải Toán tập 2 trang 54
Lời giải chi tiết SGK Lớp 11 · Môn ToĂ¡n · Trang 54–55
Hai trang này gồm phần Bài tập cuối bài "Hai mặt phẳng vuông góc" (trang 53) và mở đầu Bài 26 "Khoảng cách" (trang 54). Mình giải hết các bài 7.16 → 7.21 và phần HĐ1 nhé.
Bài 7.16: Hình chóp S.ABC, SA ⊥ (ABC)
Đề: Cho hình chóp $S.ABC$ có $SA \perp (ABC)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$.
a) Chứng minh $(SAB) \perp (ABC)$ và $(SAH) \perp (SBC)$.
b) Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $\widehat{ABC}=30^\circ$, $AC=a$, $SA=\dfrac{a\sqrt3}{2}$. Tính góc nhị diện $[S,BC,A]$.
Lời giải:
a)
- $SA \perp (ABC)$ và $SA \subset (SAB)$ nên $(SAB) \perp (ABC)$ (mặt phẳng chứa một đường vuông góc với mặt kia).
- Ta có $BC \perp AH$ (vì $H$ là chân đường vuông góc) và $BC \perp SA$ (vì $SA \perp (ABC)$). Suy ra $BC \perp (SAH)$. Mà $BC \subset (SBC)$ nên $(SAH) \perp (SBC)$.
b) Vì $BC \perp (SAH)$ nên $BC \perp AH$ và $BC \perp SH$. Do đó góc phẳng nhị diện $[S,BC,A]$ là $\widehat{SHA}$.
Trong tam giác $ABC$ vuông tại $A$:
$$BC=\frac{AC}{\sin 30^\circ}=2a,\quad AB=\frac{AC}{\tan 30^\circ}=a\sqrt3$$
$$AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\sqrt3\cdot a}{2a}=\frac{a\sqrt3}{2}$$
Vì $SA \perp (ABC)$ nên tam giác $SAH$ vuông tại $A$:
$$\tan\widehat{SHA}=\frac{SA}{AH}=\frac{a\sqrt3/2}{a\sqrt3/2}=1 \;\Rightarrow\; \widehat{SHA}=45^\circ$$
Vậy góc nhị diện $[S,BC,A]=45^\circ$.
Bài 7.17: Hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh a
a) Độ dài đường chéo:
$$AC'=\sqrt{AB^2+BC^2+CC'^2}=\sqrt{a^2+a^2+a^2}=a\sqrt3$$
b) Chứng minh $(ACC'A') \perp (BDD'B')$:
- $BD \perp AC$ (hai đường chéo hình vuông) và $BD \perp AA'$ (vì $AA' \perp (ABCD)$).
- Suy ra $BD \perp (ACC'A')$. Mà $BD \subset (BDD'B')$ nên $(BDD'B') \perp (ACC'A')$.
c) $O$ là tâm hình vuông $ABCD$.
- Vì $BD \perp (ACC'A')$ nên $BD \perp OC$ và $BD \perp OC'$. Do đó $\widehat{COC'}$ là góc phẳng nhị diện $[C,BD,C']$.
Tính các góc (với $OC=\dfrac{a\sqrt2}{2}$, $CC'=a$, tam giác $OCC'$ vuông tại $C$):
$$\tan\widehat{COC'}=\frac{CC'}{OC}=\frac{a}{a\sqrt2/2}=\sqrt2 \;\Rightarrow\; \widehat{COC'}\approx 54{,}74^\circ$$
Vậy $[C,BD,C']\approx 54{,}74^\circ$.
Với $[A,BD,C']$: do $OA$ và $OC$ ngược chiều nên $\widehat{AOC}=180^\circ$, suy ra
$$[A,BD,C']=\widehat{AOC'}=180^\circ-\widehat{COC'}\approx 125{,}26^\circ$$
Bài 7.18: Hình hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′
a) Chứng minh $(BDD'B') \perp (ABCD)$:
- $DD' \perp (ABCD)$ (cạnh bên hình hộp chữ nhật) và $DD' \subset (BDD'B')$ nên $(BDD'B') \perp (ABCD)$.
b) Hình chiếu của $AC'$ trên $(ABCD)$:
- $A$ chiếu thành $A$, còn $C'$ chiếu thành $C$. Vậy hình chiếu của $AC'$ là đoạn $AC$.
c) Với $AB=a,\ BC=b,\ CC'=c$:
$$AC=\sqrt{a^2+b^2},\quad AC'=\sqrt{AC^2+CC'^2}=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$$
Bài 7.19: Hình chóp đều S.ABC, đáy cạnh a, cạnh bên b
Gọi $O$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$, khi đó $SO \perp (ABC)$.
Bán kính ngoại tiếp $OA=\dfrac{a}{\sqrt3}$, khoảng cách từ $O$ tới cạnh $OM=\dfrac{a}{2\sqrt3}$ ($M$ là trung điểm $BC$).
Chiều cao: $SO=\sqrt{b^2-OA^2}=\sqrt{b^2-\dfrac{a^2}{3}}=\dfrac{\sqrt{3b^2-a^2}}{\sqrt3}$.
a) Góc giữa cạnh bên và mặt đáy là $\widehat{SAO}$:
$$\sin\widehat{SAO}=\frac{SO}{SA}=\frac{\sqrt{b^2-\frac{a^2}{3}}}{b}=\frac{\sqrt{3b^2-a^2}}{b\sqrt3}$$
b) Góc giữa mặt đáy và mặt bên là $\widehat{SMO}$ (vì $SM \perp BC$, $OM \perp BC$):
$$\tan\widehat{SMO}=\frac{SO}{OM}=\frac{\sqrt{b^2-\frac{a^2}{3}}}{\frac{a}{2\sqrt3}}=\frac{2\sqrt{3b^2-a^2}}{a}$$
Bài 7.20: Hai mái nhà (Hình 7.72)
Đề: Hai mái nhà là hai hình chữ nhật. $AB=4{,}8$ m; $OA=2{,}8$ m; $OB=4$ m. Đường nóc song song với mặt đất.
a) Góc nhị diện giữa hai mái nhà. Vì đường nóc vuông góc với cả $OA$ và $OB$ nên $\widehat{AOB}$ là góc phẳng nhị diện:
$$\cos\widehat{AOB}=\frac{OA^2+OB^2-AB^2}{2\cdot OA\cdot OB}=\frac{2{,}8^2+4^2-4{,}8^2}{2\cdot2{,}8\cdot4}=\frac{0{,}8}{22{,}4}\approx 0{,}0357$$
$$\widehat{AOB}\approx 87{,}95^\circ$$
b) Chứng minh $(OAB) \perp$ mặt đất.
- Gọi $d$ là đường nóc. Ta có $d \perp OA$ và $d \perp OB$ nên $d \perp (OAB)$.
- Vì $d$ song song với mặt đất, trong mặt đất có đường thẳng $d' \parallel d$, suy ra $d' \perp (OAB)$.
- Mặt đất chứa $d'$ vuông góc với $(OAB)$ nên $(OAB)$ vuông góc với mặt đất.
c) $A$ cao hơn $B$ là $0{,}5$ m. Tính góc giữa mái chứa $OB$ với mặt đất.
Vì $(OAB)$ là mặt phẳng thẳng đứng, đặt $B=(0;0)$, $A$ cao hơn $0{,}5$ m:
$$A=(x_A;\,0{,}5),\quad AB=4{,}8 \Rightarrow x_A=\sqrt{4{,}8^2-0{,}5^2}\approx 4{,}774$$
Gọi $O=(x;z)$ với $z$ là độ cao của $O$ so với $B$. Giải hệ từ $OA=2{,}8$ và $OB=4$ ta được $z\approx 2{,}658$ m.
Đường dốc lớn nhất của mái chứa $OB$ là theo $OB$, nên góc với mặt đất là:
$$\sin\theta=\frac{z}{OB}=\frac{2{,}658}{4}\approx 0{,}6644 \;\Rightarrow\; \theta\approx 41{,}6^\circ$$
(Kiểm tra: mái chứa $OA$ nghiêng khoảng $50{,}4^\circ$, và $87{,}95^\circ\approx 180^\circ-50{,}4^\circ-41{,}6^\circ$ — khớp với kết quả câu a.)
Bài 7.21: Độ dốc đường cho người khuyết tật
Đề: Độ dốc là $\tan$ của góc tạo bởi đường với mặt phẳng nằm ngang, quy định không quá $\dfrac{1}{12}$. Hỏi góc không vượt quá bao nhiêu độ?
Lời giải:
$$\tan\alpha \le \frac{1}{12}\approx 0{,}0833 \;\Rightarrow\; \alpha \le \arctan\frac{1}{12}\approx 4{,}76^\circ$$
Vậy góc tạo bởi đường dành cho người khuyết tật và mặt phẳng nằm ngang không vượt quá $4{,}76^\circ$.
Bài 26: KHOẢNG CÁCH – Phần lý thuyết và HĐ1
Tóm tắt lý thuyết (mục 1):
- Khoảng cách từ điểm $M$ đến đường thẳng $a$, kí hiệu $d(M,a)$, là khoảng cách giữa $M$ và hình chiếu $H$ của $M$ trên $a$, tức $d(M,a)=MH$.
- Khoảng cách từ điểm $M$ đến mặt phẳng $(P)$, kí hiệu $d(M,(P))$, là khoảng cách giữa $M$ và hình chiếu $H$ của $M$ trên $(P)$, tức $d(M,(P))=MH$.
- Chú ý: $d(M,a)=0 \Leftrightarrow M\in a$; $\;d(M,(P))=0 \Leftrightarrow M\in (P)$.
HĐ1
a) $H$ là hình chiếu của $M$ trên $a$ nên $MH \perp a$, suy ra $MH \perp HK$. Tam giác $MHK$ vuông tại $H$, $MK$ là cạnh huyền nên:
$$MK \ge MH$$
Dấu "=" xảy ra khi $K \equiv H$. Vậy $MH$ là khoảng cách ngắn nhất từ $M$ tới $a$.
b) $H$ là hình chiếu của $M$ trên $(P)$ nên $MH \perp (P)$, suy ra $MH \perp HK$ (vì $HK \subset (P)$). Tam giác $MHK$ vuông tại $H$, $MK$ là cạnh huyền nên:
$$MK \ge MH$$
Dấu "=" xảy ra khi $K \equiv H$. Vậy $MH$ là khoảng cách ngắn nhất từ $M$ tới $(P)$.