Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có AB = a. Chứng minh C’D ⊥ (BCD’), BD’ ⊥ C’D và (BC’D) ⊥ (BCD’)

Giải sách bài tập Toán 11 Bài tập cuối chương 8

Bài 59 trang 119 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có AB = a.

a) Chứng minh C’D ⊥ (BCD’), BD’ ⊥ C’D và (BC’D) ⊥ (BCD’);

b) Tính góc giữa hai đường thẳng BD và A’D’;

c) Tính góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (CDD’C’);

d) Tính số đo của góc nhị diện [B, DD’, C];

e) Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (BCD’);

g) Chứng minh B’C’ // (BCD’) và tính khoảng cách giữa đường thẳng B’C’ và mặt phẳng (BCD’);

h) Tính thể tích của khối tứ diện C’BCD và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (BC’D).

Lời giải:

a) Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương, nên ta có BC ⊥ (CDD’C’).

Mà C’D ⊂ (CDD’C’) nên BC ⊥ C’D.

Vì CDD’C’ là hình vuông nên C’D ⊥ CD’.

⦁ Ta có: C’D ⊥ BC, C’D ⊥ CD’, BC ∩ CD’ = C trong (BCD’)

Suy ra  C’D ⊥ (BCD’).

⦁ Hơn nữa BD’ ⊂ (BCD’) nên C’D ⊥ BD’ hay BD’ ⊥ C’D.

⦁ Do C’D ⊥ (BCD’), C’D ⊂ (BC’D) nên (BC’D) ⊥ (BCD’).

b) Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương, nên ta có AD // A’D’.

Nên góc giữa hai đường thẳng BD và A’D’ bằng góc giữa hai đường thẳng BD và AD và bằng $\widehat{ADB}.$

Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{ADB}=45°.$

Vậy góc giữa hai đường thẳng BD và A’D’ bằng 45°.

c) Do BC ⊥ (CDD’C’) nên góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (CDD’C’) bằng góc giữa hai đường thẳng BD và CD và bằng $\widehat{BDC}.$

Do ABCD là hình vuông nên $\widehat{BDC}=45°.$

Vậy góc giữa đường thẳng BD và mặt phẳng (CDD’C’) bằng 45°.

d) Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương, nên ta có DD’ ⊥ (ABCD).

Mà BD ⊂ (ABCD) và CD ⊂ (ABCD) nên DD’ ⊥ BD và DD’ ⊥ CD.

Hơn nữa BD ∩ CD = D ∈ DD’.

Suy ra $\widehat{BDC}$  là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [B, DD’, C].

Theo câu c ta có $\widehat{BDC}=45°.$

Vậy số đo góc nhị diện [B, DD’, C] bằng 45°.

e) Gọi O là giao điểm của C’D và CD’.

Theo câu a ta có: C’D ⊥ (BCD’) nên DO ⊥ (BCD’) (do O ∈ C’D).

Như vậy: d(D, (BCD’)) = DO.

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác CC’D vuông tại C ta có: $C^{\text{'}}D=\sqrt{C^{\text{'}}{C}^2+C{D}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}.$

Do CDD’C’ là hình vuông, O là giao điểm của C’D và CD’ nên $OD=\frac{C^{\text{'}}D}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vậy khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (BCD’) bằng $\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

g) Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương, nên ta có B’C’ // BC.

Mà BC ⊂ (BCD’), suy ra B’C’ // (BCD’).

Khi đó d(B’C’, (BCD’)) = d(C’, (BCD’)).

Theo câu a ta có C’D ⊥ (BCD’) nên C’O ⊥ (BCD’) (do O ∈ C’D).

Suy ra d(C’, (BCD’)) = C’O.

Do CDD’C’ là hình vuông, O là giao điểm của C’D và CD’ nên $C^{\text{'}}O=\frac{C^{\text{'}}D}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Vậy $d\left(B^{\text{'}}{C}^{\text{'}},\left(BCD\text{'}\right)\right)=C^{\text{'}}O=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

h) ⦁ Do ABCD.A’B’C’D’ là hình lập phương, nên ta có CC’ ⊥ (ABCD) hay CC’ ⊥ (BCD).

Thể tích của khối tứ diện C’BCD có đường cao CC’ và đáy là tam giác BCD là: $V_{C^{\text{'}}BCD}=\frac{1}{3}{S}_{BCD}.C{C}^{\text{'}}=\frac{1}{3}.\left(\frac{1}{2}BC.CD\right).C{C}^{\text{'}}$

⦁ Do BC’, C’D, BD lần lượt là đường chéo của các hình vuông BCC’B’, CDD’C’, ABCD cạnh a.

Nên ta có $B{C}^{\text{'}}=BD=C^{\text{'}}D=a\sqrt{2}.$

Suy ra BC’D là tam giác đều cạnh $a\sqrt{2}.$ 

Trong tam giác BC’D đều cạnh a, kẻ đường cao BH (H ∈ C’D) (hình vẽ dưới đây).

Suy ra BH cũng là đường trung tuyến của tam giác BC’D hay H là trung điểm của C’D.

$\Rightarrow DH=\frac{C^{\text{'}}D}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Áp dụng định lí Pythagore trong tam giác BHD vuông tại H có:

BD² = BH² + HD²

Suy ra $BH=\sqrt{B{D}^2-H{D}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$

Ta có diện tích tam giác BC’D là:

$S_{B{C}^{\text{'}}D}=\frac{1}{2}BH.C^{\text{'}}D=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.a\sqrt{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}.$

Xét khối tứ diện C’BCD có C là đỉnh, BC’D là đáy thì ta có công thức khác có thể  tính thể tích của khối tứ diện C’BCD là:

$V_{C^{\text{'}}BCD}=\frac{1}{3}{S}_{B{C}^{\text{'}}D}\cdot d\left(C,\left(B{C}^{\text{'}}D\right)\right).$

$\Rightarrow d\left(C,\left(B{C}^{\text{'}}D\right)\right)=\frac{3V_{C^{\text{'}}BCD}}{S_{B{C}^{\text{'}}D}}=\frac{3.\frac{a^3}{6}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Vậy khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (BC’D) bằng $\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Lời giải SBT Toán 11 Bài tập cuối chương 8 hay khác:

• Bài 57 trang 118 SBT Toán 11 Tập 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, O là hình chiếu của S trên (ABCD), SO = a. ....

• Bài 58 trang 118 SBT Toán 11 Tập 2: Trong các khẳng định sau, có bao nhiêu khẳng định đúng?Trong không gian, hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.....

• Bài 60 trang 119 SBT Toán 11 Tập 2: Một chì neo câu cá có dạng khối chóp cụt tứ giác đều được làm hoàn toàn bằng chì có khối lượng 137 g. ...

• Bài 61 trang 119 SBT Toán 11 Tập 2: Một chiếc khay đựng đầy nước có dạng hình hộp chữ nhật với kích thước: chiều dài 20 cm, chiều rộng 10 cm ....

Xem thêm lời giải Sách bài tập Toán 11 Cánh diều hay, chi tiết khác:

• SBT Toán 11 Bài 2: Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

• SBT Toán 11 Bài 3: Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện

• SBT Toán 11 Bài 4: Hai mặt phẳng vuông góc

• SBT Toán 11 Bài 5: Khoảng cách

• SBT Toán 11 Bài tập cuối chương 8

Săn SALE shopee Tết:

• Mỹ phẩm SACE LADY giảm tới 200k
• SRM Simple tặng tẩy trang 50k
• Combo Dầu Gội, Dầu Xả TRESEMME 80k

---