187 Bài trắc nghiệm khối đa diện từ đề thi đại học có đáp án chi tiết (P5)

Đáp án là B 

Tam giác SAB vuông tại A có $S{A}^2=S{B}^2-A{B}^2=4a^2$ nên SA= 2a

Có $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=2a^2$

Có $V_{}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{4a^3}{3}$

Đáp án là A  

Từ giả thiết , ta có SA$\perp$(ABC):  B đúng 

Ta có :

=> C đúng.

Ta có:

=> D đúng.

Do đó : A sai . Chọn A.

Nhận xét : Ta có cũng có thể giải như sau:

Mà (SCD) và (SAD) không song song hay

Trùng nhau nên CD$\perp$(SCD) là sai . Chọn A.

Đáp án là C

+) Ta có tam giác ABC là hình chiếu vuông góc của tam giác A'BC trên mặt phẳn (ABC)

+) Gọi $\phi$  là góc giữa (A'BC) và  (ABC).

Ta có : 

Chọn A.

Do tam giác ABC đều có cạnh bằng a$\sqrt{3}$ nên 

$S_{ABC}=\frac{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2.\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}$

Tam giác A'BC vuông tại A nên:

$$\begin{gathered} A\text{'}{B}^2=AA{\text{'}}^2+A{B}^2 \\ \Rightarrow AA\text{'}=\sqrt{A\text{'}{B}^2-A{B}^2} \\ =\sqrt{{\left(3a\right)}^2-{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=a\sqrt{6} \end{gathered}$$

Vậy 

$$\begin{gathered} V_{ABC.A\text{'}B\text{'}C\text{'}}=AA\text{'}.S_{ABC} \\ =a\sqrt{6}.\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{9\sqrt{2}{a}^3}{4} \end{gathered}$$

Chọn B.

Ta có (IB'D') và ABCD có I là một điểm chung.

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}B\text{'}D\text{'}\subset \left(IBD\right)\\ BD\subset \left(ABCD\right)\\ B\text{'}D\text{'}//BD\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left(IBD\right)\cap \left(ABCD\right)=IJ//(J\in AD) \end{gathered}$$

Thiết diện là hình thang IJB'D'

Chọn D.

Ta có:  SA=SB=AB=a$\sqrt{3}$

Gọi H là trung điểm của AB.

Do (SAB)$\perp$(ABCD) nên SH$\perp$(ABCD). Khi đó SH=$\frac{3a}{2}$

Diện tích đáy $S_{ABCD}=3a^2$

Vậy thể tích khối chóp  

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SH.S_{ABCD}=\frac{3a^2}{2}$

Chọn D.

$$\begin{gathered} B=\sqrt{35\left(35-20\right)\left(35-21\right)\left(35-29\right)} \\ =210 c{m}^2 \end{gathered}$$

$V=\frac{1}{3}B.h=\frac{1}{3}.210.100=7000c{m}^3$

Chọn A.

$S=20.\frac{2^2\sqrt{3}}{4}=20\sqrt{3}$

Chọn D.

Góc giữa mặt phẳng (ABC) và góc $\widehat{SBA}={60}^o$. 

Xét tam giác SAB vuông tạ A có SA=3a, $\widehat{SBA}={60}^o$ nên $AB=\frac{SA}{\tan {60}^o}=a\sqrt{3}$. 

Khi đó $S_{ABC}=\frac{1}{2}BA.BC=\frac{3a^2}{2}$ nên 

$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{3a^3}{2}$

Chọn B

Ta có: A'O$\perp$(ABCD); OA=$\frac{AC}{2}=a\sqrt{2}$

$A\text{'}O=\sqrt{AA{\text{'}}^2-O{A}^2}=a\sqrt{2}$

$$\begin{gathered} V_{ABCD.A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}}=S_{ABCD}.A\text{'}O \\ =4a^2.a\sqrt{2}=4\sqrt{2}{a}^3 \end{gathered}$$

Chọn D.

+) Gọi N là trung điểm của AC và H là tâm của $∆$ABC

$\Rightarrow BH=\frac{2}{3}BN=\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

+) Có SH$\perp$(ABC) => $∆$SHB vuông tại H

$$\begin{gathered} \Rightarrow SH=\sqrt{S{B}^2-B{H}^2} \\ =\sqrt{\frac{21a^2}{36}-\frac{a^2}{3}}=\frac{a}{2} \end{gathered}$$

+) Lại có $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ (vì $∆$ABC đều có cạnh là a)

$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{24}$

Chọn D.

Thể tích khối gỗ khi chưa bị cắt bớt:  $V_1=5.9.6=270\left(c{m}^3\right)$

Thể tích phần cắt bớt là: $V_2=4^3=46\left(c{m}^3\right)$ 

Thể tích phần còn lại là:

 $V=V_1-V_2=270-64=206\left(c{m}^3\right)$

Chọn C.

Gọi (H) là lăng trụ đứng tam giác đều ABC.A'B'C'

Ta có thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là:

$V=AA\text{'}.S_{ABC}=a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Chọn C. 

Gọi tên lăng trụ tam giác đều là  ABC.A'B'C'.

Ta có: $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ 

Theo đề bài ta có:

 $$\begin{gathered} 3S_{ABB\text{'}A\text{'}}=3a^2\iff AB.AA\text{'}=a^2 \\ \iff AA\text{'}=a \end{gathered}$$

Ta có thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là:  

$V=AA\text{'}.S_{ABC}=a.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Chọn B.

Ta có:  $V=\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}$

Mà  SA=2a

Vì $∆$ABC vuông cân tại B nên

 $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.BC=\frac{1}{2}.a.a=\frac{a^2}{2}$

Vậy  $V=\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}2a.\frac{a^2}{2}=\frac{a^3}{3}$

Chọn A.

Áp dụng công thức tính thể tích của khối chóp: $V=\frac{1}{3}B.h$ ta có  h=18(cm)

Chọn A.

Ta có diện tích đáy là:  $S={230}^2=54900m^2$

Thể tích của kim tự tháp là:  

$V=\frac{1}{3}S.h=\frac{1}{3}.52900.147=2592100m^3$

Chọn C

Từ giả thiết ta có  AB=BC=CD=a

Kẻ  AH$\perp$SC

Do AD là đường kính nên AC$\perp$CD và $AC=\sqrt{A{D}^2-C{D}^2}=a\sqrt{3}$

Do SA$\perp$CD, AC$\perp$CD => CD$\perp$(SAC)=> CD$\perp$AH

=>AH$\perp$SC, AH$\perp$CD => AH$\perp$(SCD)

$$\begin{gathered} \Rightarrow d\left(A\left(SCD\right)\right)=AH=\frac{AS.AC}{\sqrt{A{S}^2+A{C}^2}} \\ =\frac{a\sqrt{6}.a\sqrt{3}}{3a}=a\sqrt{2} \end{gathered}$$

Kéo dài AB cắt CD tại E. Dễ thấy B là trung điểm của AE.

$$\begin{gathered} \Rightarrow \frac{d\left(B,\left(SCD\right)\right)}{d(A,\left(SCD\right))}=\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2} \\ \Rightarrow d\left(B,\left(SCD\right)\right)=\frac{a\sqrt{2}}{2} \end{gathered}$$

Chọn D

Ta có  SA$\perp$(ABC) => BC$\perp$SA

Theo giả thiết ta lại có  BC$\perp$AB => BC$\perp$(SAB)

Khi đó  ((SBC),(ABC))=(AB,SB)=$\widehat{SBA}$

Chọn B.

Gọi M là trung điểm của cạnh BC và H là trọng tâm của tam giác ABC.

Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên  SH$\perp$(ABC)

=> (SA,(ABC))=(SA,AH)=$\widehat{SAH}$=${45}^0$

Theo giả thiết tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên $AH=\frac{2}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ 

Tam giác SHM vuông cân tại H nên  $AH=SH=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Thể tích khối chóp S.ABC là 

$$\begin{gathered} V=\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.BC.AM.SH \\ =\frac{1}{6}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^3}{12} \end{gathered}$$

Chọn B.

Do $∆$ABC vuông cân tại C và AB=4a nên có diện tích là:  $S_{ABC}=4a^2$

SA vuông góc với đáy nên $∆$SAB vuông tại A suy ra  $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=2a\sqrt{5}$

Thể tích khối chóp S.ABC là:  $V=\frac{1}{3}.SA.S_{ABC}=\frac{1}{3}8a^3\sqrt{5}$

Vậy $\frac{a^3}{3V}=\frac{\sqrt{5}}{40}$. Chọn đáp án B.

Đáp án là A

Chọn C.

Ta có:  

$$\begin{gathered} \frac{V\text{'}}{V}=\frac{{\displaystyle \frac{1}{6}}.AB.AD.AA\text{'}}{A{B}^3}=\frac{1}{6} \\ \Rightarrow V=6V\text{'} \end{gathered}$$

Đáp án A

Chọn đáp án B

Chọn đáp án C.

ABCD là hình chữ nhật nên BD = 2a, ta có AD//(SBC) nên suy ra

 với AH$\perp$SB. Tam giác SAB vuông cân tại A nên H là trung điểm của SB suy ra $AH =\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vậy

Chọn B.

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 C.

Gọi SO là đường cao của hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Do đó góc giữa cạnh bên và mặt đáy là góc $\widehat{SBO}$

Ta có: 

$SO=h=\frac{a}{\sqrt{2}}; OB=\frac{BD}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}$

Tam giác vuông SBO tại O có SO=OB=$\frac{a}{\sqrt{2}}$ nên cân tại O.

Suy ra  $\widehat{SBO}={45}^o$

Chọn B.

Gọi M là trung điểm của BC, AM=$\frac{a\sqrt{3}}{2}$, BC$\perp$(A'AM)

Kẻ  AH$\perp$A'M, suy ra AH$\perp$(A'BC) và  AH=d(A,(A'BC))

Xét tam giác A'AM vuông tại A, ta có: 

$$\begin{gathered} \frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{AA{\text{'}}^2}+\frac{1}{A{M}^2} \\ \Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{21}}{7} \end{gathered}$$

Vậy d(A,(A'BC))=$\frac{a\sqrt{21}}{7}$

Chọn A.

Trong  (ABCD). Gọi O=AC$\cap$BD Khi đó SO$\perp$(ABCD)

Trong tam giác ABD vuông tại A. Ta có:

$$\begin{gathered} BD=\sqrt{A{B}^2+A{D}^2} \\ =\sqrt{{\left(2a\right)}^2+{\left(2a\right)}^2}=2\sqrt{2}a \\ \Rightarrow BO=\frac{1}{2}BD=a\sqrt{2} \end{gathered}$$

Trong tam giác SOB vuông tại O. Ta có:

$$\begin{gathered} SO=\sqrt{S{B}^2-B{O}^2} \\ =\sqrt{{\left(3a\right)}^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=a\sqrt{7} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO.S_{ABCD} \\ =\frac{1}{3}.a\sqrt{7}.{\left(2a\right)}^2=\frac{4a^3\sqrt{7}}{3} \end{gathered}$$

Chọn A.

Ta có

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}\left(ABCD\right)//\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\right)\\ BD\subset \left(ABCD\right)\\ A\text{'}C\text{'}\subset \left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}\right)\end{array}\right. \\ \Rightarrow d\left(BD;A\text{'}C\text{'}\right)=d\left[\left(ABCD\right);\left(A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}\right)\right] \\ =AA\text{'}=a \end{gathered}$$

Chọn D.

Ta có AB//CD

$$\begin{gathered} \Rightarrow \widehat{\left(SB;CD\right)}=\widehat{\left(SB;AB\right)}=\widehat{SBA}={45}^o \\ \left(do ∆SBA cân\right) \end{gathered}$$

Đáp án D

Ta có:

$S_{ABCD}=a^2$

$$\begin{gathered} S{A}^2=S{B}^2-A{B}^2=3a^2-a^2=2a^2 \\ \Rightarrow SA=a\sqrt{2} \end{gathered}$$

Do đó

$$\begin{gathered} V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SA.S_{ABCD} \\ =\frac{1}{3}a\sqrt{2}.a^2=\frac{a^3\sqrt{2}}{3} \end{gathered}$$

Chọn C.

Ta có: SA$\perp$(ABCD)

ABCD là hình chữ nhật  

$S_{ABCD}=AB.AD=a.2a=2a^2$

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

 $$\begin{gathered} V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA \\ =\frac{1}{3}2a^2.a\sqrt{3}=\frac{2a^3\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$

Chọn C.

$$\begin{gathered} \frac{V_{A\text{'}B\text{'}C\text{'}}}{V_{ABC}}=\frac{SA}{SA\text{'}}.\frac{SB}{SB\text{'}}.\frac{SC}{SC\text{'}} \\ =\frac{1}{2}.\frac{1}{2}.\frac{1}{2}=\frac{1}{8} \end{gathered}$$

Chọn C.

Ta có khối lăng trụ có diện tích đáy là S , chiều cao h có thể tích là: V=S.h

Vậy đáp án C.

Chọn C.

Diện tích $∆$ABC là  $S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

SA$\perp$(ABC) nên SA là chiều cao của hình chóp và  SA=$a\sqrt{3}$

Thể tích khối chóp là  

$$\begin{gathered} V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.SA=\frac{1}{3}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a\sqrt{3} \\ =\frac{a^3}{4} \end{gathered}$$

Chọn B.

Theo giả thiết mặt đáy của lăng trụ là tam giác đều cạnh a nên đáy có diện tích $B=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Lăng trụ đứng chiều cao h=a , do vậy thể tích của khối lăng trụ đã cho là

$V=B.h=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{4}$

Chọn B.

Góc tạo bởi hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là  $\widehat{SBA}={60}^o$

Ta có: Diện tích đáy:  $S_{ABCD}=a^2$

Tam giác SAB vuông tại A 

$$\begin{gathered} SA=AB.\tan \left(\widehat{SBA}\right) \\ =a.\tan {60}^o=a\sqrt{3} \end{gathered}$$

Thể tích khối chóp S.ABCD là

$$\begin{gathered} V=\frac{1}{3}.S_{ABCD}.SA \\ =\frac{1}{3}{a}^2.a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$