Bài tập sách giáo khoa toán hinh 11 trang 119

Với tài liệu giải bài khoảng cách các em học sinh lớp 11 sẽ dễ dàng hơn cho việc nắm bắt kiến thức lý thuyết đồng thời tự mình có thể giải toán lớp 11 dễ dàng bằng nhiều phương pháp khác nhau. Chắc chắn với tài liệu giải toán lớp 11 khoảng cách này sẽ giúp các em học tốt môn toán và dễ dàng đánh giá được khả năng học tập của mình để việc học tập được sắp xếp cũng như làm toán hợp lý hơn. Tài liệu giải toán 11 còn hỗ trợ tốt cho quá trình giảng dạy của các thầy cô giáo, chính vì giải bài tập trang 119, 120 SGK Toán 11 giờ đây không còn gặp bất cứ khó khăn hay trở ngại gì nữa.

Chi tiết nội dung phần Giải toán lớp 11 trang 53, 54 SGK Hình Học đã được hướng dẫn đầy đủ để các em tham khảo và chuẩn bị nhằm ôn luyện môn Hình học 11 tốt hơn.

Chương I Hình học các em học bài Bài 6. Khái niệm về phép dời hình và hai hình bằng nhau, hãy xem gợi ý Giải toán lớp 11 Bài 1, 2, 3 trang 23, 24 SGK Hình Học của Bài 6. Khái niệm về phép dời hình và hai hình bằng nhau để học tốt Toán 11

\(DA' = DB = DC'\) (đường chéo các hình vuông bằng nhau) \(\Rightarrow D\) cũng thuộc trục của tam giác \(A'BC' \) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow B'D\) vuông góc với \((BA'C')\).

2. Chứng minh tương tự ta được \(B'D\bot (ACD')\)

Hai mặt phẳng \((BA'C')\) và \((ACD')\) cùng vuông góc với \(B'D\) (tại \(G\) và \(H\)) nên chúng song song với nhau và khoảng cách giữa chúng bằng \(GH\).

Ta có:

\(O'G//D'H\), \(O'\) là trung điểm của \(B'D'\) nên theo định lí Ta lét thì \(G\) là trung điểm của \(B'H\) hay \(GB'=GH\) (3)

\(OH//GB\), \(O\) là trung điểm của \(BD\) nên theo định lí Ta lét thì \(H\) là trung điểm của \(DG\) hay \(HG=HD\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra: \(GH=\frac{B'D}{3}=\frac{a\sqrt{3}}{3}\)

3. \(BC' ⊂ (BA'C')\); \(CD' ⊂ (ACD')\), mà hai mặt phẳng này song song

Do đó, \(d(BC', CD') = d((BA'C'),(ACD'))= \frac{a\sqrt{3}}{3}.\)

(Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó).

Bài 6 trang 119 sgk Hình học 11

Chứng minh rằng nếu đường thẳng nối trung điểm hai cạnh \(AB\) và \(CD\) của tứ diện \(ABCD\) là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\) thì \(AC = BD\) và \(AD = BC\).

Giải

(H.3.67)

Qua \(I\) kẻ đường thẳng \(d // CD\), lấy trên \(d\) điểm \(E, F\) sao cho \(IE = IF = \frac{CD}{2}\) (\(I\) là trung điểm của \(EF\)). \(IJ\) vuông góc với \(CD\) \(\Rightarrow IJ\) vuông góc với \(EF\), mà \(IJ\) cũng vuông góc với \(AB\Rightarrow IJ \bot (AEBF)\).

Ta có \(CDFE\) là hình bình hành có \(IJ\) là đường trung bình

Do đó \(CE\) và \(DF\) cùng song song với \(IJ\)

Suy ra \(CE\) và \(DF\) cùng vuông góc với mp \((AEBF)\)

\(\Rightarrow DF ⊥ AF, CE ⊥ IE\).

\(\Delta AIF = \Delta BIE(c.g.c)\) suy ra: \(AF=BE\)

Xét \(∆DFA\) và \(∆CEB\) có:

+) \(\widehat E = \widehat F( = {90^0})\)

+) \(AF=BE\)

+) \(DF=CE\)

\(\Rightarrow ∆DFA=∆CEB(c.g.c)\)

\(\Rightarrow AD = BC\).

Chứng minh tương tự ta được \(BD = AC\).

Bài 7 trang 120 sgk Hình học 11

Cho hình chóp tam giác đều \(S.ABC\) có cạnh đáy bằng \(3a\), cạnh bên bằng \(2a\). Tính khoảng cách từ \(S\) tới mặt đáy \((ABC)\).

Giải

(H.3.68)

Gọi \(H\) là trực tâm tam giác \(ABC\).

\(d(S,(ABC))=SH\)

Gọi \(N\) là trung điểm của \(BC\).

Tam giác \(ABC\) đều nên \(AN={{3a\sqrt 3 } \over 2}\)

\(AH={2 \over 3}AN = a\sqrt 3 \)

Áp dung định lí Pytago vào tam giác vuông \(SAH\) ta có:

\(S{A^2} = S{H^2} + A{H^2}\)

\(SH = \sqrt{SA^{2}-AH^{2}}=\sqrt{4a^{2}-(a\sqrt{3})^{2}}=a.\)

Vậy khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \((ABC)\) bằng \(a\).

Bài 8 trang 120 sgk Hình học 11

Cho tứ diện đều \(ABCD\) cạnh \(a\). Tính khoảng cách giữa hai cạnh đối diện của tứ diện.

Giải

(H.3.69)

Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điểm của \(AD\) và \(BC\),

\(\Delta BAC = \Delta BDC(c.c.c)\) \( \Rightarrow AN = DN\) (hai đường trung tuyến tương ứng của hai tam giác bằng nhau)

Tam giác \(AND\) cân tại \(N\), nên \(MN\) vừa là đường trung tuyến đồng thời là đường cao do đó \(MN\bot AD\) (1)

Chứng minh tương tự ta được: \(MN\bot BC\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(MN\) là đường vuông góc chung của \(BC\) và \(AD\)

Tam giác \(ABC\) đều nên \(AN={{a\sqrt 3 } \over 2}\)

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác vuông \(AMN\) ta có:

\(A{N^2} = M{N^2} + A{M^2}\)

\(MN = \sqrt {A{N^2} - A{M^2}} = \sqrt {{{3{a^2}} \over 4} - {{{a^2}} \over 4}} = {{a\sqrt 2 } \over 2}\)