Giải SGK Toán 11 KNTT Bài tập cuối chương VII có đáp án

Đáp án đúng là: C

Đáp án đúng là: B

(P)∩(Q)=aP⊥(Q)d⊂(Q)d⊥a⇒d⊥(P)

Đáp án đúng là: C

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Kẻ OE ^ AB tại E.

Do ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC và BD.

Xét tam giác ABD có OE // AD (do cùng vuông góc với AB) mà O là trung điểm của BD nên E là trung điểm của AB.

Xét tam giác SAB có SA = SB (do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều) nên SAB là tam giác cân tại S mà SE là trung tuyến nên SE đồng thời là đường cao hay SE ^ AB.

Do đó [S, AB, C] = SEO^, suy ra A sai.

Vì ABCD là hình vuông nên BO ^ AC, S.ABCD là hình chóp đều nên SO ^ (ABCD) suy ra SO ^ AC, SO ^ BD .

Vì BO ^ AC, SO ^ AC nên [S, AC, B] = SOB^=90° , suy ra C đúng.

Kẻ DF ^ SA tại F.

Vì SO ^ BD và AC ^ BD nên BD ^ (SAC), suy ra BD ^ SA mà DF ^ SA nên SA ^ (BDF), suy ra SA ^ BF.

Vì SA ^ BF và DF ^ SA nên [D, SA, B] = BFD^, suy ra B, D sai.

Đáp án đúng là: C

Vì ABCD là hình vuông nên AB ^ BC mà SA ^ (ABCD) nên SA ^ BC.

Có AB ^ BC và SA ^ BC nên BC ^ (SAB). Vậy A đúng.

Vì ABCD là hình vuông nên AC ^ BD mà SA ^ (ABCD) nên SA ^ BD.

Có AC ^ BD và SA ^ BD nên BD ^ (SAC). Vậy B đúng.

Vì ABCD là hình vuông nên AD ^ AB mà SA ^ (ABCD) nên SA ^ AD.

Có AD ^ AB và SA ^ AD nên AD ^ (SAB). Vậy D đúng.

Đáp án đúng là: C

Ta có thể tích khối chóp là V=13S⋅h.

Kẻ OD ^ BC tại D.

Có OA ^ OB, OA ^ OC nên OA ^ (OBC), suy ra OA ^ BC mà OD ^ BC nên

BC ^ (OAD).

Kẻ OE ^ AD tại E.

Vì BC ^ (OAD) nên BC ^ OE mà OE ^ AD nên OE ^ (ABC).

Do đó d(O, (ABC)) = OE.

Xét tam giác OBC vuông tại O, OD là đường cao có:

1OD2=1OB2+1OC2=12a2+14a2=34a2.

Vì OA ^ (OBC) nên OA ^ OD.

Xét tam giác AOD vuông tại O, OE là đường cao nên

1OE2=1OA2+1OD2=1a2+34a2=74a2⇒OE=2a77.

Vậy d(O, (ABC))=2a77 .

a) Vì tam giác ABC cân tại A, AI là trung tuyến nên AI đồng thời là đường cao hay AI ^ BC.

Vì tam giác BCD cân tại D, DI là trung tuyến nên DI đồng thời là đường cao hay DI ^ BC.

Có AI ^ BC và DI ^ BC nên BC ^ (AID).

b) Do AH là đường cao của tam giác AID nên AH ^ DI.

Vì BC ^ (AID) nên BC ^ AH mà AH ^ DI nên AH ^ (BCD).

c) Vì BC ^ (AID) nên BC ^ IJ, mà IJ là đường cao của tam giác AID nên IJ ^ AD. Do đó IJ là đường vuông góc chung của AD và BC.

a) Do tam giác ABC vuông tại B nên AB ^ BC.

Vì SA ^ (ABC) nên SA ^ BC mà AB ^ BC nên BC ^ (SAB), suy ra (SBC) ^ (SAB).

b) Kẻ AD ^ SC tại D. Khi đó d(A, SC) = AD.

Vì SA ^ (ABC) nên SA ^ AC nên tam giác SAC vuông tại A.

Xét tam giác ABC vuông tại B, sinCAB^=BCAC

⇒AC=BCsinCAB^=asin30°=2a.

Xét tam giác SAC vuông tại A, AD là đường cao, có:

1AD2=1SA2+1AC2=12a2+14a2=34a2⇒AD=2a33.

Vậy d(A, SC) =2a33 .

Kẻ AE ^ SB tại E.

Vì BC ^ (SAB) nên BC ^ AE mà AE ^ SB nên AE ^ (SBC).

Khi đó d(A, (SBC)) = AE.

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AB=BCtan30°=atan30°=a3

Vì SA ^ (ABC) nên SA ^ AB, suy ra tam giác SAB vuông tại A.

Xét tam giác SAB vuông tại A, AE là đường cao, có: 1AE2=1SA2+1AB2 .

=12a2+13a2=56a2⇒AE=a65

Vậy d(A, (SBC)) = a65 .

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì hình hộp ABCD.A'B'C'D' có độ dài tất cả các cạnh bằng a nên ABCD là hình thoi, suy ra AO = OC và AC ^ BD.

Có SABD=12AO⋅BD=12CO⋅BD=SBCD . Do đó S_ABCD = 2S_ABD.

Mà SABD=12⋅AB⋅AD⋅sinBAD^=12⋅a⋅a⋅sin60°=a234. Do đó SABCD=a232 .

Vậy VABCD.A'B'C'D'=AA'⋅SABCD =a⋅a232=a332.

b) Vì AO ^ BD mà AA' ^ (ABCD) nên AA' ^ BD. Do đó BD ^ (AOA').

Suy ra (A'BD) ^ (AOA').

Kẻ AE ^ A'O tại E. Vì (A'BD) ^ (AOA'), (A'BD) Ç (AOA') = A'O và AE ^ A'O nên AE ^ (A'BD). Do đó d(A, (A'BD)) = AE.

Xét tam giác ABD có AB = AD = a nên tam giác ABD là tam giác cân tại A mà  nên tam giác ABD đều, suy ra BD = a mà BO=BD2=a2 .

Xét tam giác AOB vuông tại O, có  AO=AB2−BO2=a2−a24=a32.

Vì AA' ^ (ABCD) nên AA' ^ AO hay tam giác A'AO vuông tại A.

Xét tam giác A'AO vuông tại A có 1AE2=1AA'2+1AO2=1a2+43a2=73a2.

⇒AE=a37

Vậy d(A, (A'BD)) = a37.

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Do A'.ABCD là hình chóp đều có tất cả các cạnh đều bằng nhau và bằng a nên A'O ^ (ABCD).

Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên S_ABCD = a².

Xét tam giác ABC vuông tại B, có AC=AB2+BC2=a2+a2=a2 mà O là trung điểm của AC nênAO=AC2=a22.

Xét tam giác A'AO vuông tại O, có A'O=A'A2−AO2=a2−a22=a22.

Khi đó VABCD.A'B'C'D'=A'O⋅SABCD=a22⋅a2=a322.

Ta có VABCD.A'B'C'D'=VAA'D'D.BB'C'C=a322.

Khi đó ta thấy khối chóp A'.BB'C'C và khối lăng trụ AA'D'D.BB'C'C có chung đường cao và đáy nên VA'.BB'C'C=13⋅VAA'D'D.BB'C'C=13⋅a322=a326 .

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) nên SO ^ (ABCD).

Khi đó d(S, (ABCD)) = SO.

Kẻ AH ^ DC tại H, BK ^ DC tại K.

Khi đó ABKH là hình chữ nhật nên AB = HK = a.

Xét DAHD và DBKC có: AD = BC = a,AHD^=BKC^=90° , ADH^=BCK^(do ABCD là hình thang cân).

Do đó DAHD = DBKC, suy ra DH = CK = DC−HK2=2a−a2=a2 ;

CH = HK + CK = a+a2=3a2 .

Xét tam giác AHD vuông tại H, có  AH=AD2−DH2=a2−a24=a32.

Xét tam giác AHC vuông tại H, có  AC=AH2+HC2=3a24+9a24=a3.

Vì AB // CD nên AOOC=ABCD⇒AOOC=a2a=12⇒AO=13AC=a33.

Xét tam giác SOA vuông tại O, có SO=SA2−AO2=2a2−a23=a153 .

Khi đó d(S, (ABCD)) =a153.

Ta có SABCD=12⋅AB+CD⋅AH=12⋅a+2a⋅a32=3a234.

Vậy VS.ABCD=13⋅SABCD⋅SO=13⋅3a234⋅a153=a34512=a354 .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt đất. Khi đó AH ^ (BCH).

Ta có góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời là ACH^=α.

Xét tam giác AHB vuông tại H, có AH = AB × sin80° = 10 × sin80° (m).

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác ABC, có:

AC² = AB² + BC² – 2×AB×BC×cosABC^

= 10² + 12² – 2×10×12×cos120° = 364

⇒ AC = 291 (m).

Xét tam giác AHC vuông tại H, có sinα=AHAC=10⋅sin80°291⇒α≈31° .

Vậy góc giữa mặt đất và đường thẳng chứa tia sáng mặt trời tại thời điểm nói trên khoảng 31°.