Giải Toán 11 trang 51 Tập 2 Kết nối tri thức

---

Với Giải Toán 11 trang 51 Tập 2 trong Bài 25: Hai mặt phẳng vuông góc Toán lớp 11 Tập 2 Kết nối tri thức hay nhất, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng làm bài tập Toán 11 trang 51.

Giải Toán 11 trang 51 Tập 2 Kết nối tri thức

HĐ11 trang 51 Toán 11 Tập 2: Tháp lớn tại Bảo tàng Louvre ở Paris (H.7.66) (với kết cấu kính và kim loại) có dạng  hình chóp với đáy là hình vuông có cạnh bằng 34 m, các cạnh bên bằng nhau và có độ dài xấp xỉ 32,3 m (theo Wikipedia.org).

Giải thích vì sao hình chiếu của đỉnh trên đáy là tâm của đáy tháp.

Lời giải:

Giả sử tháp có dạng hình chóp S.ABCD với đáy là hình vuông và các cạnh bên bằng nhau.

Theo đề có: AB = BC = CD = DA = 34 m, SA = SB = SC = SD $\approx$ 32,3 m.

Gọi O là hình chiếu của S trên mặt đáy nên SO ⊥ (ABCD).

Xét tam giác SOB vuông tại O nên $OB=\sqrt{S{B}^2-S{O}^2}$;

Xét tam giác SOD vuông tại O nên $OD=\sqrt{S{D}^2-S{O}^2}$;

Xét tam giác SOA vuông tại O nên $OA=\sqrt{S{A}^2-S{O}^2}$;

Xét tam giác SOC vuông tại O nên $OC=\sqrt{S{C}^2-S{O}^2}$.

Mà SA = SB = SC = SD nên OA = OB = OC = OD hay O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD, do đó O là tâm của hình vuông.

HĐ12 trang 51 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp $S.A_1{A}_2\dots A_n$. Gọi O là hình chiếu của S trên mặt phẳng $\left(A_1{A}_2\dots A_n\right)$ (H.7.67).

a) Trong trường hợp hình chóp đã cho là đều, vị trí của điểm O có gì đặc biệt đối với đa giác đều $A_1{A}_2\dots A_n$?

b) Nếu đa giác $A_1{A}_2\dots A_n$ là đều và O là tâm của đa giác đó thì hình chóp đã cho có gì đặc biệt?

Lời giải:

a) Do $S.A_1{A}_2\dots A_n$ là hình chóp đều nên SA₁ = SA₂ = … = SA_n

Vì O là hình chiếu của S trên mặt phẳng $\left(A_1{A}_2\dots A_n\right)$ nên SO ⊥ $\left(A_1{A}_2\dots A_n\right)$.

Xét tam giác SOA₁ vuông tại O, có $O{A}_1=\sqrt{S{A}_1^2-S{O}^2}$,

Xét tam giác SOA₂ vuông tại O, có $O{A}_2=\sqrt{S{A}_2^2-S{O}^2}$,

…..

Xét tam giác SOA_n vuông tại O, có $O{A}_n=\sqrt{S{A}_n^2-S{O}^2}$.

Mà SA₁ = SA₂ = … = SA_n nên OA₁ = OA₂ = … = OA_n hay O là tâm đa giác đều $A_1{A}_2\dots A_n$.

b) Nếu đa giác $A_1{A}_2\dots A_n$ là đều và O là tâm của đa giác đó thì OA₁ = OA₂ = … = OA_n .

Vì O là hình chiếu của S trên mặt phẳng $\left(A_1{A}_2\dots A_n\right)$ nên SO ⊥ $\left(A_1{A}_2\dots A_n\right)$.

Xét tam giác SOA₁ vuông tại O, có $S{A}_1=\sqrt{O{A}_1^2+S{O}^2}$,

Xét tam giác SOA₂ vuông tại O, có $S{A}_2=\sqrt{O{A}_2^2+S{O}^2}$,

…..

Xét tam giác SOA_n vuông tại O, có $S{A}_n=\sqrt{O{A}_n^2+S{O}^2}$.

Mà OA₁ = OA₂ = … = OA_n nên SA₁ = SA₂ = … = SA_n .

Vậy hình chóp $S.A_1{A}_2\dots A_n$ là hình chóp đều.

Luyện tập 5 trang 51 Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng $a\sqrt{\frac{5}{12}}$. Tính số đo góc nhị diện [S, BC, A].

Lời giải:

Gọi G là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABC).

Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều nên G là trọng tâm của tam giác ABC.

Gọi AG cắt BC tại D mà ABC là tam giác đều nên AD ⊥ BC.

Mà SG ⊥ (ABC) nên SG ⊥ BC.

Vì AD ⊥ BC và SG ⊥ BC nên BC ⊥ (SAD), suy ra BC ⊥ SD.

Vì AD ⊥ BC và BC ⊥ SD nên $\widehat{SDA}$là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, BC, A].

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

Suy ra $DG=\frac{1}{3}AD=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Xét tam giác ABC có AD là trung tuyến nên D là trung điểm của BC, do đó $BD=DC=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$.

Xét tam giác SBD vuông tại D có $SD=\sqrt{S{B}^2-B{D}^2}=\sqrt{\frac{5a^2}{12}-\frac{a^2}{4}}=\frac{a}{\sqrt{6}}$.

Xét tam giác SGD vuông tại G có $cos\widehat{SDA}=cos\widehat{SDG}=\frac{GD}{SD}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{a}{\sqrt{6}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\Rightarrow \widehat{SDG}=45°$.

Vậy số đo góc nhị diện [S, BC, A] là 45°.

Lời giải bài tập Toán 11 Bài 25: Hai mặt phẳng vuông góc Kết nối tri thức hay khác:

• Giải Toán 11 trang 44

• Giải Toán 11 trang 45

• Giải Toán 11 trang 46

• Giải Toán 11 trang 47

• Giải Toán 11 trang 48

• Giải Toán 11 trang 49

• Giải Toán 11 trang 50

• Giải Toán 11 trang 52

• Giải Toán 11 trang 53