Giải mục 5 trang 71, 72, 73 SGK Toán 11 tập 2 - Chân trời sáng tạo

Hoạt động 7

Cho hình chóp $S . A B C D$ có đáy $A B C D$ là hình vuông với tâm $O$ và các cạnh bên của hình chóp bằng nhau (Hình 21). Đường thẳng $S O$ có vuông góc với đáy không?

Phương pháp giải:

Sử dụng định lí: Nếu đường thẳng $d$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $a$ và $b$ cùng nằm trong mặt phẳng $(α)$ thì $d ⊥ (α)$ .

Lời giải chi tiết:

Tam giác $S A C$ cân tại $S \Rightarrow S O ⊥ A C$ .

Tam giác $S B D$ cân tại $S \Rightarrow S O ⊥ B D$ .

$\Rightarrow S O ⊥ (A B C D)$ .

Thực hành 4

Cho hình chóp tứ giác đều $S . A B C D$ có $O$ là tâm của đáy và $A B = a, S A = 2 a$ . Tính $S O$ theo $a$ .

Phương pháp giải:

Sử dụng định lí Pythagore.

Lời giải chi tiết:

$S . A B C D$ là hình chóp tứ giác đều $\Rightarrow S O ⊥ (A B C D)$ .

$\Rightarrow S O ⊥ A O$ .

$A B C D$ là hình vuông.

$\Rightarrow A C = A B \sqrt{2} = a \sqrt{2} \Rightarrow A O = \frac{1}{2} A C = \frac{a \sqrt{2}}{2}$ .

Xét tam giác $S A O$ vuông tại $O$ có:

$S O = \sqrt{S A^{2} - A O^{2}} = \frac{a \sqrt{14}}{2}$ .

Vận dụng 4

Cho biết kim tự tháp Khafre tại Ai Cập có dạng hình chóp tứ giác đều với chiều cao khoảng 136 m và cạnh đáy dài khoảng 152 m. Tính độ dài đường cao của mặt bên xuất phát từ đỉnh của kim tự tháp.

(nguồn: https://vi.wikipedia.org/wiki/ Kim tự tháp_Khafre)

Phương pháp giải:

Sử dụng định lí Pythagore.

Lời giải chi tiết:

Mô hình hoá hình ảnh kim tự tháp bằng hình chóp tứ giác đều $S . A B C D$ có $O$ là tâm của đáy. Kẻ $S I ⊥ C D (I \in C D)$ .

Ta có: $S O = 136, C D = 152$

Tam giác $S C D$ cân tại $S$

$\Rightarrow S I$ vừa là trung tuyến, vừa là đường cao của tam giác

$\Rightarrow I$ là trung điểm của $C D$ .

Mà $O$ là trung điểm của $A D$

$\Rightarrow O I$ là đường trung bình của tam giác $A C D$

$\Rightarrow O I = \frac{1}{2} B C = 76$

$S O ⊥ (A B C D) \Rightarrow S O ⊥ O I$

$\Rightarrow Δ S O I$ vuông tại $O$

$\Rightarrow S I = \sqrt{S O^{2} + O I^{2}} = 4 \sqrt{1517} \approx 155, 8$

Vậy độ dài đường cao của mặt bên xuất phát từ đỉnh của kim tự tháp khoảng 155,8 m.

Hoạt động 8

Cho hình chóp đều $S . A_{1} A_{2} A_{3} . . . A_{6}$ . Mặt phẳng $(P)$ song song với mặt đáy và cắt các cạnh bên lần lượt tại ${A_{1}}^{'}, {A_{2}}^{'}, {A_{3}}^{'}, . . ., {A_{6}}^{'}$ .

a) Đa giác ${A_{1}}^{'} {A_{2}}^{'} {A_{3}}^{'} . . . {A_{6}}^{'}$ có phải lục giác đều không? Giải thích.

b) Gọi $O$ và $O^{'}$ lần lượt là tâm của hai lục giác $A_{1} A_{2} A_{3} . . . A_{6}$ và ${A_{1}}^{'} {A_{2}}^{'} {A_{3}}^{'} . . . {A_{6}}^{'}$ . Đường thẳng $O O^{'}$ có vuông góc với mặt đáy không?

Phương pháp giải:

Sử dụng tính chất của hai mặt phẳng song song.

Lời giải chi tiết:

a) Ta có:

$\begin{array}{l} (P) ∥ (A_{1} A_{2} A_{3} . . . A_{6}) \\ \Rightarrow {A_{1}}^{'} {A_{2}}^{'} ∥ A_{1} A_{2}, {A_{2}}^{'} {A_{3}}^{'} ∥ A_{2} A_{3}, {A_{3}}^{'} {A_{4}}^{'} ∥ A_{3} A_{4}, {A_{4}}^{'} {A_{5}}^{'} ∥ A_{4} A_{5}, {A_{5}}^{'} {A_{6}}^{'} ∥ A_{5} A_{6}, {A_{6}}^{'} {A_{1}}^{'} ∥ A_{6} A_{1} \\ \Rightarrow \frac{{A_{1}}^{'} {A_{2}}^{'}}{A_{1} A_{2}} = \frac{{A_{2}}^{'} {A_{3}}^{'}}{A_{2} A_{3}} = \frac{{A_{3}}^{'} {A_{4}}^{'}}{A_{3} A_{4}} = \frac{{A_{4}}^{'} {A_{5}}^{'}}{A_{4} A_{5}} = \frac{{A_{5}}^{'} {A_{6}}^{'}}{A_{5} A_{6}} = \frac{{A_{6}}^{'} {A_{1}}^{'}}{A_{6} A_{1}} \end{array}$

Mà $A_{1} A_{2} = A_{2} A_{3} = A_{3} A_{4} = A_{4} A_{5} = A_{5} A_{6} = A_{6} A_{1}$

$\Rightarrow {A_{1}}^{'} {A_{2}}^{'} = {A_{2}}^{'} {A_{3}}^{'} = {A_{3}}^{'} {A_{4}}^{'} = {A_{4}}^{'} {A_{5}}^{'} = {A_{5}}^{'} {A_{6}}^{'} = {A_{6}}^{'} {A_{1}}^{'}$

Vậy đa giác ${A_{1}}^{'} {A_{2}}^{'} {A_{3}}^{'} . . . {A_{6}}^{'}$ là lục giác đều.

b) Ta có:

$\begin{array}{l} O^{'} \in {A_{1}}^{'} {A_{4}}^{'} \subset (S A_{1} A_{4}) \\ O^{'} \in {A_{3}}^{'} {A_{6}}^{'} \subset (S A_{3} A_{6}) \\ (S A_{1} A_{4}) \cap (S A_{3} A_{6}) = S O \end{array}} \Rightarrow O^{'} \in S O$

Mà $S . A_{1} A_{2} A_{3} . . . A_{6}$ là hình chóp đều $\Rightarrow S O ⊥ (A_{1} A_{2} A_{3} . . . A_{6})$

Vậy $O O^{'} ⊥ (A_{1} A_{2} A_{3} . . . A_{6})$

Thực hành 5

Cho hình chóp cụt tam giác đều $A B C . A^{'} B^{'} C^{'}$ có cạnh đáy lớn $a$ , cạnh đáy nhỏ $\frac{a}{2}$ và cạnh bên $2 a$ . Tính độ dài đường cao của hình chóp cụt đó.

Phương pháp giải:

Dựng đường cao và sử dụng định lí Pythagore.

Lời giải chi tiết:

Gọi $O, O^{'}$ lần lượt là tâm của hai đáy $A B C$ và $A^{'} B^{'} C^{'}$ , $M, M^{'}$ lần lượt là trung điểm của $B C$ và $B^{'} C^{'}$ .

Kẻ $A^{'} H ⊥ A O (H \in A O) \Rightarrow A^{'} H = O O^{'}$

$Δ A B C$ đều $\Rightarrow A M = \frac{a \sqrt{3}}{2} \Rightarrow A O = \frac{2}{3} A M = \frac{a \sqrt{3}}{3}$

$Δ A^{'} B^{'} C^{'}$ đều $\Rightarrow A^{'} M^{'} = \frac{\frac{a}{2} . \sqrt{3}}{2} = \frac{a \sqrt{3}}{4} \Rightarrow A^{'} O^{'} = \frac{2}{3} A^{'} M^{'} = \frac{a \sqrt{3}}{6}$

$A^{'} H O O^{'}$ là hình chữ nhật $\Rightarrow O H = A^{'} O^{'} = \frac{a \sqrt{3}}{6}$

$\Rightarrow A H = A O - O H = \frac{a \sqrt{3}}{6}$

Tam giác $A A^{'} H$ vuông tại $H$

$\Rightarrow O O^{'} = A^{'} H = \sqrt{A A^{' 2} - A H^{2}} = \frac{a \sqrt{141}}{6}$

Vận dụng 5

Một người cần sơn tất cả các mặt của một cái bục để đặt tượng có dạng hình chóp cụt lục giác đều có cạnh đáy lớn 1 m, cạnh bên và cạnh đáy nhỏ bằng 0,7 m. Tính tổng diện tích cần sơn.

Phương pháp giải:

Dựng đường cao và sử dụng định lí Pythagore.

Lời giải chi tiết:

Mô hình hoá hình ảnh cái bục bằng hình chóp cụt lục giác đều $A B C D E F . A^{'} B^{'} C^{'} D^{'} E^{'} F^{'}$ có $O$ và $O^{'}$ là tâm của hai đáy. Kẻ $C^{'} H ⊥ B C (H \in B C)$ .

Ta có: $B C = 1; C C^{'} = B^{'} C^{'} = 0, 7$ .

Diện tích đáy lớn là: $6. \frac{B C^{2} \sqrt{3}}{4} = \frac{3 \sqrt{3}}{2}$

Diện tích đáy nhỏ là: $6. \frac{B^{'} C^{' 2} \sqrt{3}}{4} = \frac{147 \sqrt{3}}{200}$

$B C C^{'} B^{'}$ là hình thang cân nên $H C = \frac{B C - B^{'} C^{'}}{2} = 0, 15$

Tam giác $C C^{'} H$ vuông tại $H \Rightarrow C^{'} H = \sqrt{C C^{' 2} - C H^{2}} = \frac{\sqrt{187}}{20}$

Diện tích một mặt bên là: $\frac{1}{2} (B C + B^{'} C^{'}) . C^{'} H = \frac{17 \sqrt{187}}{400}$

Diện tích sáu mặt bên là: $6. \frac{17 \sqrt{187}}{400} = \frac{51 \sqrt{187}}{200}$

Diện tích cần sơn là: $\frac{51 \sqrt{187}}{200} + \frac{3 \sqrt{3}}{2} + \frac{147 \sqrt{3}}{200} \approx 7, 36 (m^{2})$