Sách bài tập Toán 11 Bài 27 (Kết nối tri thức): Thể tích

Giải SBT Toán lớp 11 Bài 27: Thể tích

Giải SBT Toán 11 trang 41

Bài 7.33 trang 41 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA $⊥$ (ABC); AB = a, AC = a $\sqrt{2}$ và $\hat{S B A} = 60 °$ , $\hat{B A C} = 45 °$ . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC.

Lời giải:

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc (ABC)

Xét tam giác SAB vuông tại A, có SA = AB . tan60° = a $\sqrt{3}$ .

Có $S_{A B C} = \frac{1}{2} \cdot A B \cdot A C \cdot \sin \hat{B A C} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a \sqrt{2} \cdot \sin 45 ° = \frac{a^{2}}{2}$ .

Vậy $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} \cdot S_{A B C} \cdot S A = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$ .

Bài 7.34 trang 41 SBT Toán 11 Tập 2: Cho khối chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60°. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.

Lời giải:

Cho khối chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình vuông nên O là trung điểm của AC và BD.

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO $⊥$ (ABCD).

Kẻ OM $⊥$ CD tại M. Vì SO $⊥$ (ABCD) nên SO $⊥$ CD mà OM $⊥$ CD nên CD $⊥$ (SOM), suy ra SM $⊥$ CD. Do đó góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa hai đường thẳng OM và SM, mà (OM,SM) = $\hat{S M O}$ . Do đó $\hat{S M O}$ = 60^o.

Xét tam giác BCD có OM // BC (vì cùng vuông góc với CD) mà O là trung điểm của BD nên M là trung điểm của CD. Do đó OM là đường trung bình của tam giác BCD nên OM = $\frac{B C}{2} = \frac{a}{2}$ .

Xét tam giác SOM vuông tại O có SO = OM.tan $\hat{S M O}$ = $\frac{a}{2}$ .tan60^o = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Vậy $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} \cdot S_{A B C D} \cdot S O = \frac{1}{3} \cdot a^{2} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$ .

Bài 7.35 trang 41 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’B’C’ và AA’C’ là hai tam giác đều cạnh a. Biết (ACC’A’) $⊥$ (A’B’C’). Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

Lời giải:

Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có A'B'C' và AA'C' là hai tam giác đều cạnh a

Kẻ AH $⊥$ A’C’ tại H mà (ACC’A’) $⊥$ (A’B’C’) và (ACC’A’) $\cap$ (A’B’C’) = A’C’ nên

AH $⊥$ (A’B’C’).

Tam giác A’B’C’ là tam giác đều cạnh a nên $S_{A^{‘} B^{‘} C^{‘}} = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}$ .

Tam giác AA’C’ là tam giác đều cạnh a, AH là đường cao nên AH = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Vậy $V_{A B C . A^{‘} B^{‘} C^{‘}} = S_{A^{‘} B^{‘} C^{‘}} \cdot A H = \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{3 a^{3}}{8}$ .

Bài 7.36 trang 41 SBT Toán 11 Tập 2: Cho tứ diện OABC có OA = OB = OC = a và $\hat{A O B} = 90 °$ ; $\hat{B O C} = 60 °$ ; $\hat{C O A} = 120 °$ . Tính theo a thể tích khối tứ diện OABC.

Lời giải:

Cho tứ diện OABC có OA = OB = OC = a và góc AOB = 90 độ

Xét tam giác OAB vuông tại O, có AB = $\sqrt{O A^{2} + O B^{2}}$ $= \sqrt{a^{2} + a^{2}} = a \sqrt{2}$ .

Xét tam giác BOC có OB = OC và $\hat{B O C} = 60 °$ nên tam giác BOC là tam giác đều.

Do đó BC = a.

Áp dụng định lí Côsin trong tam giác OAC có:

$A C^{2} = O A^{2} + O C^{2}$ -2.OA.OC.cos $\hat{A O C}$

= a²+a²+2.a². $\frac{1}{2}$ = 3a² $\Rightarrow A C^{2} = 3 a^{2}$ $\Rightarrow A C = a \sqrt{3}$

Có $A B^{2} + B C^{2} = 2 a^{2} + a^{2} = 3 a^{2}$ . Do đó AC² = AB²+ BC².

Vì AC² = AB²+ BC² nên tam giác ABC vuông tại B.

Do đó $S_{A B C} = \frac{A B \cdot B C}{2} = \frac{a \sqrt{2} \cdot a}{2} = \frac{a^{2} \sqrt{2}}{2}$ .

Kẻ OH $⊥$ (ABC) tại H.

Vì OA = OB = OC nên HA = HB = HC.

Khi đó, H là trung điểm của AC nên AH = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Xét tam giác OAH vuông tại H, có OH = $\sqrt{O A^{2} - A H^{2}} = \sqrt{a^{2} - \frac{3 a^{2}}{4}} = \frac{a}{2}$ .

Vậy $V_{O A B C} = \frac{1}{3} \cdot S_{A B C} \cdot O H = \frac{1}{3} \cdot \frac{a^{2} \sqrt{2}}{2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{2}}{12}$ .

Bài 7.37 trang 41 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, biết SO $⊥$ (ABCD), AC = 2a $\sqrt{3}$ , BD = 2a và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.

Lời giải:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, biết SO vuông góc (ABCD)

Kẻ OM $⊥$ BC tại M mà BC $⊥$ SO (do SO $⊥$ (ABCD)) nên BC $⊥$ (SOM).

Kẻ OH $⊥$ SM tại H mà OH $⊥$ BC (do BC $⊥$ (SOM)) nên OH $⊥$ (SBC).

Suy ra d(O, (SBC)) = OH.

Do ABCD là hình thoi tâm O nên O là trung điểm của AC, do đó

d(A, (SBC)) = 2 . d(O, (SBC)) = 2 . OH = $\frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Suy ra OH = $\frac{a \sqrt{3}}{4}$ .

Vì ABCD là hình thoi tâm O nên O là trung điểm của AC, BD nên OB = $\frac{B D}{2}$ = a;

OC = $\frac{A C}{2}$ = a $\sqrt{3}$ .

Do ABCD là hình thoi nên AC $⊥$ BD.

Xét tam giác OBC vuông tại O, OM là đường cao: ta có $\frac{1}{O M^{2}} = \frac{1}{O B^{2}} + \frac{1}{O C^{2}}$

$= \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{3 a^{2}} = \frac{4}{3 a^{2}}$ $\Rightarrow O M = \frac{a \sqrt{3}}{2}$ .

Vì SO $⊥$ (ABCD) nên SO $⊥$ OM.

Xét tam giác SOM vuông tại O, OH là đường cao, ta có $\frac{1}{O H^{2}} = \frac{1}{S O^{2}} + \frac{1}{O M^{2}}$

$\Leftrightarrow \frac{16}{3 a^{2}} = \frac{1}{S O^{2}} + \frac{4}{3 a^{2}}$ $\Leftrightarrow \frac{1}{S O^{2}} = \frac{16}{3 a^{2}} - \frac{4}{3 a^{2}} = \frac{4}{a^{2}}$ $\Rightarrow S O = \frac{a}{2}$ .

Vậy $V_{S . A B C D} = \frac{1}{3} \cdot S_{A B C D} \cdot S O$ $= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}$ .AC.BD.SO = $\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 a \sqrt{3} \cdot 2 a \cdot \frac{a}{2} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{3}$ .

Bài 7.38 trang 41 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA $⊥$ (ABC), SA = a và đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a $\sqrt{3}$ . Kẻ AM vuông góc với SB tại M, AN vuông góc với SC tại N. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN.

Lời giải:

Hướng dẫn. Ta chứng minh được công thức tỉ số khoảng cách sau:

Cho hình chóp S.ABC. Trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A’, B’, C’ khác với S.

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc (ABC), SA = a

Khi đó ta có: $\frac{V_{S . A^{‘} B^{‘} C^{‘}}}{V_{S . A B C}} = \frac{S A^{‘}}{S A} \cdot \frac{S B^{‘}}{S B} \cdot \frac{S C^{‘}}{S C}$ .

Áp dụng công thức trên với bài tập 7.38, ta có $\frac{V_{S . A M N}}{V_{S . A B C}} = \frac{S A}{S A} \cdot \frac{S M}{S B} \cdot \frac{S N}{S C} = \frac{S M}{S B} \cdot \frac{S N}{S C}$ .

Trình bày lời giải

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc (ABC), SA = a

Ta có $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} \cdot S_{A B C} \cdot S A$ $= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot A B \cdot A C \cdot S A$ $= \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot a \sqrt{3} \cdot a \cdot a = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6}$ .

Vì SA $⊥$ (ABC) nên SA $⊥$ AB hay tam giác SAB vuông tại A mà SA = AB = a nên tam giác SAB vuông cân tại A.

Vì tam giác SAB vuông cân tại A, AM là đường cao nên AM đồng thời là trung tuyến, suy ra M là trung điểm SB. Do đó $\frac{S M}{S B} = \frac{1}{2}$ .

Vì SA $⊥$ (ABC) nên SA $⊥$ AC hay tam giác SAC vuông tại A

Vì tam giác SAC vuông tại A nên $S C = \sqrt{S A^{2} + A C^{2}} = \sqrt{a^{2} + 3 a^{2}} = 2 a$ .

Xét tam giác SAC vuông tại A, đường cao AN có $\frac{S N}{S C} = \frac{S N \cdot S C}{S C^{2}} = \frac{S A^{2}}{S C^{2}} = \frac{1}{4}$ .

Do đó $\frac{V_{S . A M N}}{V_{S . A B C}} = \frac{S M}{S B} \cdot \frac{S N}{S C} = \frac{1}{8}$ $\Rightarrow V_{S . A M N} = \frac{1}{8} \cdot V_{S . A B C}$ $\Rightarrow V_{S . A M N} = \frac{1}{8} \cdot \frac{a^{3} \sqrt{3}}{6} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{48}$ .

Vậy $V_{S . A M N} = \frac{a^{3} \sqrt{3}}{48}$ .

Bài 7.39 trang 41 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp S.ABC có SA $⊥$ (ABC) và $\hat{B A C} = 60 °$ , biết diện tích các tam giác ABC, SAB và SAC lần lượt là 3 $\sqrt{3}$ ; 9; 12. Tính thể tích khối chóp S.ABC.

Lời giải:

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc (ABC) và góc BAC = 60 độ

Đặt SA = a, AB = b, AC = c.

Khi đó $V_{S . A B C} = \frac{1}{3} \cdot S_{A B C} \cdot S A = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot b c \cdot \sin 60 ° \cdot a = \frac{a b c \sqrt{3}}{12}$ .

Theo đề bài, $S_{A B C} = \frac{1}{2} \cdot b c \cdot \sin 60 ° = 3 \sqrt{3} \Rightarrow b c = 12$ .

Do SA $⊥$ (ABC) nên SA $⊥$ AB hay tam giác SAB vuông tại A.

Khi đó $S_{S A B} = \frac{a b}{2} = 9 \Rightarrow a b = 18$ .

Do SA $⊥$ (ABC) nên SA $⊥$ AC hay tam giác SAC vuông tại A.

Khi đó $S_{S A C} = \frac{a c}{2} = 12 \Rightarrow a c = 24$ .

Do đó (abc)² = 12 × 18 × 24 = 72², suy ra abc = 72.

Vậy $V_{S . A B C} = \frac{72 \sqrt{3}}{12} = 6 \sqrt{3}$ .

Bài 7.40 trang 41 SBT Toán 11 Tập 2: Người ta cắt bỏ bốn hình vuông cùng kích thước ở bốn góc của một tấm tôn hình vuông có cạnh 1 m để gò lại thành một chiếc thùng có dạng hình hộp chữ nhật không nắp. Hỏi cạnh của các hình vuông cần bỏ đi có độ dài bằng bao nhiêu để thùng hình hộp nhận được có thể tích lớn nhất.

Lời giải:

Người ta cắt bỏ bốn hình vuông cùng kích thước

Gọi x (m) là độ dài cạnh hình vuông nhỏ tại mỗi góc của tấm tôn được cắt bỏ đi (với 0<x< $\frac{1}{2}$ ). Thể tích hình hộp chữ nhật nhận được là:

V = (1-2x)².x = $\frac{1}{4}$ .(1-2x).(1-2x).4x $\leq$ $\frac{1}{4}$ . ${(\frac{1 - 2 x + 1 - 2 x + 4 x}{3})}^{3}$ = $\frac{2}{27}$ .

Dấu “=” xảy ra khi 1 – 2x = 4x $\Leftrightarrow$ x = $\frac{1}{6}$ .

Vậy để thể tích chiếc thùng là lớn nhất thì các cạnh của hình vuông được cắt bỏ đi là $\frac{1}{6}$ m.

Xem thêm các bài giải SBT Toán 11 Kết nối tri thức hay, chi tiết khác:

Bài 26: Khoảng cách

Bài 27: Thể tích

Bài tập cuối chương 7

Bài 28: Biến cố hợp, biến cố giao, biến cố độc lập

Bài 29: Công thức cộng xác suất

Bài 30: Công thức nhân xác suất cho hai biến cố độc lập

Bài liên quan:

Leave a Comment Hủy