187 Bài trắc nghiệm khối đa diện từ đề thi đại học có đáp án chi tiết (P4)

Chọn C

Ta có: $\left(\alpha \right)\cap \left(SCD\right)=MN \Rightarrow MN//CD$.

Do đó $\left(\alpha \right)$ là (ABMN).

Mặt phẳng $\left(\alpha \right)$ chia khối chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau là

$$\begin{gathered} V_{S.ABMN}=V_{ABCDMN} \\ \Rightarrow V_{S.ABMN}=\frac{1}{2}.V_{S.ABCD} \left(1\right) \end{gathered}$$ 

Ta có:

$V_{S.ABC}=V_{S.ACD}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}$

Đặt $\frac{SN}{SD}=x$ với (0<x<1), khi đó theo Ta-let ta có $\frac{SN}{SD}=\frac{SM}{SC}=x$.

Mặt khác 

$$\begin{gathered} \frac{V_{S.ABM}}{V_{S.ABC}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SB}{SB}.\frac{SM}{SC}=x \\ \Rightarrow V_{S.ABM}=\frac{x}{2}{V}_{S.ABCD} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ACD}}=\frac{SA}{SA}.\frac{SM}{SC}.\frac{SN}{SD}=x^2 \\ \Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{x^2}{2}{V}_{S.ABCD} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow V_{S.ABMN}=V_{S.ABM}+V_{S.AMN} \\ =(\frac{x}{2}+\frac{x^2}{2}).V_{S.ABCD }\left(2\right) \end{gathered}$$

Từ (1), (2) suy ra

$\frac{x}{2}+\frac{x^2}{2}=\frac{1}{2}\iff x^2+x-1=0$

$x=\frac{-1-\sqrt{5}}{2} và x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$

Đối chiếu điều kiện của x ta được $\frac{SN}{SD}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$

Chọn D

Kéo dài MH cắt BC tại M'. Ta có

Tại có:

nên tam giác AMM' vuông tại A

Do 

nên tứ giác BB'C'C là hình chữ nhật.

Do đó: 

Chọn D

Từ C kẻ CH$\perp$AB tại  H. Từ H kẻ HK$\perp$SB tại K.

+ Giao tuyến của hai mặt phẳng (SBC) và (SAB) là SB.

mà CK$\in$(SBC)

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SAB) là  $\widehat{CKH}={30}^O$

Tam giác SBC vuông tại C có góc $\widehat{BSC}={60}^O$ nên 

+ Tam giác SBC vuông tại C có CK là đường cao nên 

+ Tam giác CKH vuông tại  H (vì CH$\perp$(SAB)) và $\widehat{CKH}={30}^O$ có nên 

+ Tam giác ABC vuông tại C và có CH là đường cao nên 

+ Tam giác ABC vuông tại C nên 

+ Tam giác SAB vuông tại nên A

Thể tích khối chóp là  

Chọn A.

Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó ta có:

A(0;0;0), B(0;a;0), C(a;a;0), D(a;0;0), S(0;0;a)

M là trung điểm của BC $\Rightarrow M\left(\frac{a}{2};a;0\right)$

N là trung điểm của SD $\Rightarrow N\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right)\Rightarrow \overrightarrow{MN}\left(0;-a;\frac{a}{2}\right)$

Do ABCD là hình vuông nên  AC$\perp$BD

$\left\{\begin{array}{l}SA\perp \left(ABCD\right)\\ BD\subset \left(ABCD\right)\end{array}\Rightarrow SA\perp BD\right.$

Ta có: 

là một pháp tuyến của (SAC)

Khi đó ta có: 

$\sin \alpha =\left|\cos (\overrightarrow{MN},\overrightarrow{BD})\right|=\left|\frac{\overrightarrow{MN}.\overrightarrow{BD}}{\left|\overrightarrow{MN}\right|.\left|\overrightarrow{BD}\right|}\right|$

$=\frac{a^2}{{\displaystyle \frac{a\sqrt{5}}{2}}.a\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{10}}{5}$

$$\begin{gathered} \frac{1}{{\sin }^2\alpha }=1+co{t}^2\alpha \iff \frac{25}{10}=1+co{t}^2\alpha \\ \iff co{t}^2\alpha =\frac{3}{2} \\ \Rightarrow cot\alpha =\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}(do 0<\alpha <{90}^0) \end{gathered}$$

Lại có: 

$\tan \alpha .cot\alpha =1 \Rightarrow \tan \alpha =\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$

Chọn B

Gọi Q là trung điểm BM => NQ//MC => MC//(NPQ)

Ta lại có: 

Vậy 

Đáp án là A

Ta có : 

( Do SAB là tam giác vuông cân tại S cạnh huyền AB=2a)

Diện tích tam giác ABC là 

Vậy thể tích khối chóp SABC là: 

Đáp án là C

Ta có 

Khi đó thể tích khối hộp

Ta có  giao tuyến của (A'MN) và (C'D'DC) là C'M

Ta có  giao tuyến của (A'MN) và (B'C'CB) là CN 

Suy ra AMC'N là hình bình hành

Gọi O là tâm hình hộp.  Ta có phép đối xứng tâm O biến hình đa diện C'CDMBAN thành hình đa diện AA'B'ND'C'M

Đáp án là D

=> AB là hình chiếu của SB lên (ABC).

Gọi M là trung điểm của BC, ta có tam giác ABC đều cạnh 2a

Suy ra

Đáp án là D

Gọi M là trung điểm của BC và G là tâm đường tròn ngoại tiếp  tam giác ABC

Do S.ABC là hình chóp đều nên SG$\perp$(ABC) và G là trọng tâm tam giác ABC

Ta có: 

hay (SBC)$\perp$(SAM) theo giao tuyến SM

Trong  (SAM) kẻ 

Vì tam giác ABC là tam giác đều cạnh 2a nên 

Đặt SG=x Ta có: 

Xét tam giác SGM vuông tại M ta có:

Xét tam giác SAM ta có

Do đó: SG=a.

Thể tích khối chóp S.ABC là

Đáp án là C

Ta có:  

theo giao tuyến SD.

Trong (SAD) kẻ AH$\perp$DS

Ta có 

Theo bài 

Vì tứ diện SABD có ba cạnh AS, AB, AD đôi một vuông góc nên

Do đó tam giác SAD vuông cân tại A có: 

Đáp án là B

Đáp án là B

Tam giác ABC vuông tại B nên 

Tam giác SAC vuông tại A nên 

Thể tích hình chóp S.ABCD là 

Đáp án là C

Gọi H là hình chiếu của A’ trên (ABCD). Dễ thấy góc 

Dễ dàng tính được diện tích đáy

Đáp án là C 

Gọi khối chóp tứ giác đều là S.ABCD

Gọi O là tâm của đáy ABCD. Do S.ABCD là khối chóp tứ giác đều nên SO$\perp$(ABCD)

Vậy SO là chiều cao của khối chóp S.ABCD.

Xét tam giác vuông SOB, ta có  

Thể tích của khối chóp S.ABCD là 

Đáp án là C

Đáp án là B

Đáp án là C

Ta có 

Đáp án là A

Ta có:

$s=t^3-3t^2+5t+2$

Đáp án là B

Cách 1. Xác định và tính góc giữa hai đường thẳng.

 Tam giác ABC vuông tại A

Do SA=SB=SC nên nếu gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC) thì H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC mà tam giác ABC vuông tại A  nên H là trung điểm của  BC.

Dựng hình bình hành  ABCD. Khi đó:(AB,SC)=(CD,SC) và CD=AB=a. Tam giác SBC vuông tại S

có SH là đường trùng tuyến nên SH=$\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Tam giác CDH có 

theo định lý Cô- Sin ta có

Tam giác SHD vuông tại H nên

Tam giác SCD có:

Cách 2. (Hay phù hợp với bài này) Ứng dụng tích vô hướng.

Theo giả thiết có

Ta có 

Suy ra: 

Đáp án là A

Trong (OBC) kẻ OH$\perp$BC tại H thì có ngay  BC$\perp$(OAH)

Do đó :  

(vì tam giác OHA vuông tại O nên $\widehat{AHO}<{90}^o$)

Ta có 

Ta giác OHA vuông tại O nên

Vậy góc giữa hai mặt phẳng  (ABC) và (OBC) bằng ${30}^o$

Đáp án là D

Trong mặt phẳng (ABD) qua P kẻ đường thẳng song song AB cắt AD tại Q ta có 

Dễ thấy MN là đường trung bình tam giác ABC nên MN//AB//PQ,nên 4 điểm M,N,P,Q đồng phẳng và MN=3a, thiết diện cần tim chính là hinh thang MNPQ, do tất cả các cạnh cạnh của tứ diện  bằng 6a nên tam giác BNP = tam giác AMQ => NP = MQ  vậy MNPQ  là hình thang cân, ta có 

Kẻ đường cao QI có  

Đáp án là B

Kẻ MI vuông góc AB suy ra MI=a

Ta có góc $\widehat{SBH}={60}^o$ xét tam giác vuông SHB vuông tại H có 

Đáp án là B

Diện tích bề mặt của mỗi tầng (kể từ tầng 1) lập thành một cấp số nhân có công bội

Khi đó diện tích mặt trên cùng là: .

Đáp án là A 

Đáp án là A

Gọi K là trung điểm AB  => KA=KB=a

  Dễ thấy tứ giác ADCK là hình vuông => CK=a

Tam giác ACB có trung tuyến $CK=\frac{1}{2}AB$ Þ Tam giác ACB vuông tại C

Trong (SAC), từ A hạ AH$\perp$SC tại H  =>AH$\perp$(SBC)

Tam giác SAC vuông tại A 

Đáp án là C

Gọi H là điểm chiếu của A lên BC

Có 

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}BC\perp AH\\ BC\perp SH\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left(\widehat{\left(SBC\right);\left(ABC\right)}\right)=\widehat{SHA}={60}^o \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2AB.AC.\cos \widehat{BAC} \\ =7a^2\Rightarrow BC=a\sqrt{7} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} Có \\ {S}_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.AC.\sin \widehat{BAC} \\ =\frac{1}{2}AH.BC \end{gathered}$$

$\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Có tam giác SHA vuông tại A 

$SA=2AH.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{7}}{7}$

$Có S_{ABC}=\frac{\sqrt{3}}{2}{a}^2$

$Nên V=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{\sqrt{21}{a}^3}{14}$

Đáp án là B

Đáp án là D

Ta có: 

Đáp án là A

Theo định lí cosin trong tam giác ABC  ta có:

Đáp án là C 

Gọi D là trung điểm của BC

Ta có 

Do đó 

(vì tam giác MAD vuông tại A).

Vậy 

Đáp án là D

Coi hình chóp AMNI  với điểm N làm đỉnh và AMI  làm đáy

+) Từ N là trung điểm của SC nên đường cao

+) Lấy O là tâm hình chữ nhật ta có BM, AO là các trung tuyến nên I là trọng tâm tam giác ABD  nên

+) Suy ra 

Đáp án là B

Vì SA vuông góc với đáy nên góc $\phi$  giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng góc giữa SC và hình chiếu AC của nó lên đáy. Suy ra $\phi$=$\widehat{SCA}$ (vì $\widehat{SCA}$ là góc nhọn trong tam giác vuông SAC)

Trong hình chữ nhật ABCD, ta có AC=a$\sqrt{3}$. Suy ra tam giác SAC vuông cân ở A.

Vậy, số đo của góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 45⁰

Đáp án là C

Đáp án là C

Giả sử hình chữ nhật có chiều dài và chiều rộng lần lượt là a, b(0<a, b<150), đơn vị: m.

Từ giả thiết, ta có  a+b=150

Diện tích hình chữ nhật là S=a.b

Cách 1:

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, ta có

$$\begin{gathered} \sqrt{ab}\le \frac{a+b}{2}\iff \sqrt{ab}\le 75 \\ \iff ab=5625 \iff S=5625 \end{gathered}$$

Dấu bằng xảy ra $\left\{\begin{array}{l}a=b\\ a+b=150\end{array}\iff \left\{\begin{array}{l}a=75\\ b=75\end{array}\right.\right.$

Hay max S=$5625m^2$

Cách 2:

Ta có a+b=150 <=> b=150-a

Khi đó S=a.b=a(150-a)=$-a^2+150a$

Xét hàm số $f\left(a\right)=-a^2+150a 0<a<150$

$f\text{'}\left(a\right)=-2a+150 , f\text{'}\left(a\right)=0\iff a=75$

Vậy max S=$5625m^2$

Đáp án là D

“Số cạnh của một hình đa diện luôn lớn hơn số mặt của hình đa diện ấy.”