Câu 1:
Cho hình chóp \(SABCD\), đáy \(ABCD\) là hình thoi cạnh \(a\) có \(O\) là giao điểm của hai đường chéo, \(\widehat{ABC}=60^{\circ}, SO \perp(ABCD), SO=a\sqrt{3}\). Tính khoảng cách từ \(O\) đến mặt phẳng \((SCD)\).
baitapsgk11/t11ch8b4sgkh1.png
Dựng \(OM \perp CD\) và \(OH \perp SM\) khi đó
Ta có
\(\begin{cases}CD \perp OM \\ CD \perp SO\end{cases}\Rightarrow CD \perp (SOM)\Rightarrow CD \perp OH\);
Ta có \(\begin{cases} OH \perp SM\\OH \perp CD\end{cases}\Rightarrow OH \perp (SCD)\);
Do đó \(\mathrm{d}(O,(SCD))=OH\).
Ta có tam giác \(ACD\) đều suy ra
\(OM = OC\cdot \sin\widehat{OCM}= \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}.\)
Vậy \(\mathrm{d}(O,(SCD))=OH\) \(= \displaystyle\frac{OM\cdot SO}{\sqrt{SO^2 + OM^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{51}}{17}\).
}
Câu 2:
Cho hai tam giác cân \(ABC\) và \(ABD\) có đáy chung \(AB\) và không cùng nằm trong một mặt phẳng.
\(\bullet\,\) Chứng minh rằng \(AB \perp CD\).
\(\bullet\,\) Xác định đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).
baitapsgk11/t11ch8b4sgkh2.png
\(\bullet\,\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), vì \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác cân nên
\(\begin{cases}AB\perp CM\\ AB \perp DM\\ CM\cap DM = M\\ CM \subset (MCD) \\ DM \subset (MCD)\end{cases}\) \(\Rightarrow AB \perp (MCD)\Rightarrow AB \perp CD.\)
\(\bullet\,\) Gọi \(N\) là trung điểm của \(CD\), vì \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác cân và bằng nhau nên \(CM = DM\), do đó tam giác \(CMD\) cân tại \(M\) suy ra \(MN \perp CD\).
Ta có \(\begin{cases}MN \perp CD\\MN \perp AB \end{cases}\).
Vậy \(MN\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).
}
Câu 3:
Cho hình chóp \(S . A B C D\) có đáy là hình vuông cạnh \(a\), \(S A=S B=S C=S D=a \sqrt{2}\). Gọi \(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm của \(A B\) và \(C D\).
\(\bullet\,\) Chứng \(\operatorname{minh} A B \perp(S I J)\).
\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(A B\) và \(S C\).
baitapsgk11/t11ch8b4sgkh3.png
\(\bullet\,\) Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABC\).
Khi đó \(\triangle SAC\) cân tại \(S\) có \(SO\) là trung tuyến nên \(SO\perp AC\). Tương tự, \(SO\perp BD\).
Do đó, \(SO\perp \left(ABCD\right)\).
Ta có \(\begin{cases}AB\perp IJ\ \left(\text{vì}\; ABCD\;\text{là hình vuông}\right)\\ AB\perp SO \left(\text{vì}\;SO\perp\left(ABCD\right)\right).\end{cases}\)
Mà \(IJ\) và \(SO\) là hai đường thẳng cắt nhau trong \(\left(SIJ\right)\) nên suy ra \(AB\perp\left(SIJ\right)\).
\(\bullet\,\) Vì \(AB\parallel CD\) nên \(AB\parallel\left(SCD\right)\), suy ra
\(\mathrm{d}\left(AB,SC\right) = \mathrm{d}\left(A,\left(SCD\right)\right) = 2\mathrm{d}\left(O,\left(SCD\right)\right).\)
Kẻ \(OH\perp SJ\). Vì \(CD\parallel AB\) mà \(AB\perp \left(SIJ\right)\) nên ta cũng có \(CD\perp \left(SIJ\right)\).
Suy ra \(CD\perp OH\). Kết hợp với \(SJ\perp OH\) ta được \(OH\perp \left(SCD\right)\) hay \(OH\) chính là khoảng cách từ \(O\) đến \(\left(SCD\right)\).
Ta có \(\triangle SAC\) đều cạnh \(a\sqrt{2}\) nên \(SO = \displaystyle\frac{a\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{2} = \displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).
Suy ra
\(OH = \displaystyle\frac{SO\cdot OJ}{\sqrt{SO^2 + OJ^2}}\) \(= \displaystyle\frac{\tfrac{a\sqrt{6}}{2}\cdot\tfrac{a}{2}}{ \sqrt{\left(\tfrac{a\sqrt{6}}{2}\right)^2 + \left(\tfrac{a}{2}\right)^2}} = \displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{14}.\)
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(A B\) và \(S C\) bằng \(\displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{7}\).
}
Câu 4:
Cho hình lăng trụ tam giác đều \(A B C \cdot A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}\) có \(A B=a\), góc giữa hai mặt phẳng \(\left(A^{\prime} B C\right)\) và \((A B C)\) bằng \(60^{\circ}\).
\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ.
\(\bullet\,\) Tính thể tích của khối lăng trụ.
baitapsgk11/t11ch8b4sgkh4.png
\(\bullet\,\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), khi đó ta có
\(\begin{cases}BC\perp AI\\BC\perp AA'\end{cases}\Rightarrow BC\perp\left(AA'I\right).\)
Mà \(\begin{cases}\left(AA'I\right)\cap\left(ABC\right) = AI\\ \left(AA'I\right)\cap\left(A'BC\right) = A'I\end{cases}\) nên
\(\left(\left(A'BC\right),\left(ABC\right)\right) = \widehat{A'IA} = 60^\circ.\)
Vậy khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ bằng \(AA' = AI\cdot \tan\widehat{A'IA} = \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3} = \displaystyle\frac{3a}{2}.\)
\(\bullet\,\) Diện tích \(\triangle ABC\) là \(S_{\triangle ABC} = \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\).
Suy ra thể tích khối lăng trụ là \(V = S_{\triangle ABC}\cdot AA' = \displaystyle\frac{3a^3\sqrt{3}}{8}.\)
}
Câu 5:
Một cây cầu dành cho người đi bộ (hình bên) có mặt sàn cầu cách mặt đường \(3{,}5\)m, khoảng cách từ đường thẳng \(a\) nằm trên tay vịn của cầu đến mặt sàn cầu là \(0{,}8\)m. Gọi \(b\) là đường thẳng kẻ theo tim đường. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\).
baitapsgk11/t11ch8b4sgkh0.png
Ta coi mặt đường là một mặt phẳng \(\left(P\right)\) chứa đường thẳng \(b\) và song song với đường thẳng \(a\).
Suy ra \(\mathrm{d}\left(a,b\right) = \mathrm{d}\left(a,\left(P\right)\right)\) \(= 0{,}8 + 3{,}5 = 4{,}3\)(m).
}
Câu 6:
Cho hình hộp đứng \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bên \(AA'=2 a\) và đáy \(A B C D\) là hình thoi có \(A B=a\) và \(A C=a \sqrt{3}\).
\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(B D\) và \(AA'\).
\(\bullet\,\) Tính thể tích của khối hộp.
baitapsgk11/t11ch8b4sgkh5.png
\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}AO \perp AA'\\AO \perp BD\end{cases}\Rightarrow \mathrm{d}(BD,AA')=\displaystyle\frac{1}{2}AC=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).
\(\bullet\,\) Ta có \(BO=\sqrt{AB^2-OA^2}\) \(=\sqrt{a^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a}{2}\Rightarrow BD=a\).
Thể tích của khối hộp \(V=AA'\cdot S_{ABCD}=2a\cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{3}\cdot a=a^3\sqrt{3}.\)
}
Câu 7:
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh đều bằng \(a\) và có \(O\) là giao điểm hai đường chéo của đáy.
\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(SB\).
\(\bullet\,\) Tính thể tích của khối chóp.
baitapsgk11/t11ch8b4sgkh6.png
\(\bullet\,\) Kẻ \(OH \perp SB\) tại \(H\).
Ta có \(\begin{cases}AC\perp BD\\AC \perp SO\end{cases}\Rightarrow AC \perp (SBD)\Rightarrow AC \perp OH\). Khi đó \(\mathrm{d}(AC,SB)=OH\).
Có \(\triangle SAC\) vuông tại \(S\) suy ra \(SO=\displaystyle\frac{1}{2}AC=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).
Khi đó \(OH=\displaystyle\frac{SO\cdot OB}{SB}\) \(=\displaystyle\frac{\tfrac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \tfrac{a\sqrt{2}}{2}}{a}=\displaystyle\frac{a}{2}\).
Vậy \(\mathrm{d}(AC,SB)=\displaystyle\frac{a}{2}\).
\(\bullet\,\) Thể tích của khối chóp \(V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SO \cdot S_{ABCD}\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot a^2=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{6}a^3\).
}
Câu 8:
Tính thể tích của khối chóp cụt lục giác đều \(ABCDEF \cdot A'B'C'D'E'F'\) với \(O\) và \(O'\) là tâm hai đáy, cạnh đáy lớn và đáy nhỏ lần lượt là \(a\) và \(\displaystyle\frac{a}{2}\), \(OO'=a\).
baitapsgk11/t11ch8b4sgkh7.png
Diện tích đáy lớn \(S=6\cdot a^2\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\).
Diện tích đáy lớn \(S'=6\cdot \left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{8}a^2\).
Thể tích của khối chóp cụt lục giác đều \(ABCDEF \cdot A'B'C'D'E'F'\) là
\begin{align*}V=\ &\displaystyle\frac{1}{3}OO'\cdot \left(S+\sqrt{S\cdot S'}+S'\right)\\ =\ &\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a \cdot \left(\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2+\sqrt{\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\cdot \displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{8}a^2}+\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{8}a^2\right)\\ =\ &\displaystyle\frac{7\sqrt{3}}{8}a^3.\end{align*}
}