22 câu trắc nghiệm Toán 11 Chân trời sáng tạo Bài 4. Khoảng cách trong không gian (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án

Ta có V = B.h = 3a².2a = 6a³.

Ta có AC'² = AB² + AD² + AA'² Þ AA'² = 4a² Þ AA' = 2a.

Thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là \[V = \frac{1}{2}.AB.AD.AA' = \frac{1}{2}.2a.2a.2a = 4{a^3}\].

Trước khi tính thể tính hình chóp cụt bạn cần phải tính được diện tích đáy lớn, đáy bé của hình chóp cụt. Theo đó diện tích đáy lớn, đáy bé lần lượt là:

\({S_{{\rm{1 }}}} = 6.6 = 36;{S_2} = 3.3 = 9\)

Áp dụng công thức tính thể tích hình chóp cụt ta có:

\(V = \frac{4}{3}(36 + \sqrt {36.9} + 9) = 84\left( {\;c{m^3}} \right)\).

a) Vì SA ^ (ABCD) nên d(S, (ABCD)) = SA.

b) SA ^ (ABCD).

c) \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\).

d) Có BD ^ AC và SA ^ BD (SA ^ (ABCD)) Þ BD ^ (SAC) Þ (SBD) ^ (SAC).

Đáp án: a) Sai;   b) Sai;   c) Đúng;   d) Đúng.

a) Có AB ^ AD mà AD // A'D' nên AB ^ A'D'.

b) Có BB' ^ (ABCD) Þ BB' ^ AC.

Lại có  BD ^ AC nên AC ^ (BB'D'D) Þ (ABCD) ^ (BB'D'D).

c) Gọi O, O' lần lượt là tâm của ABCD và A'B'C'D'.

Có BO ^ AC và AA' ^ BO nên BO ^ (AA'C'C).

Suy ra d(B, (AA'C'C)) = BO = \(\frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

d) Vì OO' ^ (ABCD) Þ OO' ^ BD.

OO' ^ (A'B'C'D') Þ OO' ^ A'C'. Do đó d(BD, A'C') = OO' = a.

Đáp án: a) Đúng;   b) Đúng;   c) Sai;   d) Đúng.

Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều, O là tâm của đáy nên SO ^ (ABC).

Gọi M là trung điểm của BC, suy ra AM là đường cao Þ \(AM = \frac{{4a\sqrt 3 }}{2} = 2a\sqrt 3 \).

Vì \(AO = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.2a\sqrt 3 = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3}\).

Xét DSOA vuông tại O, có \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {9{a^2} - \frac{{16{a^2}}}{3}} = \frac{{a\sqrt {33} }}{3}\).

Thể tích của khối chóp \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {33} }}{3}.\frac{{16{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4{a^3}\sqrt {11} }}{3}\).

Vì AM ^ BC và SO ^ BC (SO ^ (ABC)) Þ BC ^ (SAM) Þ BC ^ SM.

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\SM \bot BC\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\end{array} \right.\)Þ ((SBC), (ABC)) = (AM, SM) = \(\widehat {SMA} = \widehat {SMO}\).

Xét \(\Delta SOM\) có \(\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{MO}} = \frac{{a\sqrt {33} }}{3}:\frac{{2a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{\sqrt {11} }}{2}\).

Đáp án: a) Sai;   b) Đúng;   c) Đúng;   d) Sai.

a) Vì A'H ^ (ABC) nên A'H là khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy.

Do đó A'H là đường cao hình lăng trụ.

b) Ta có A'H ^ (ABC) Þ A'H ^ HA. Suy ra tam giác A'HA vuông tại H.

c) Có \(BH = \frac{1}{2}BC = \frac{a}{2};AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\( \Rightarrow A'H = \sqrt {A{{A'}^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

d) \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{\Delta ABC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt {18} }}{8}\).

Đáp án: a) Đúng; b) Sai;   c) Đúng;   d) Sai.

a) b) Ta có: \(AD//BC \Rightarrow AD//(SBC) \Rightarrow d(D,(SBC)) = d(A,(SBC))\).

Trong mặt phẳng \((SAB)\), kẻ \(AH \bot SB\) tại \(H\). (1)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow AH \bot BC} \right.\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH \bot (SBC)\) hay \(d(A,(SBC)) = AH\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)

Vậy \(d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)) = AH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

c) Trong mặt phẳng \((SAD)\), kẻ \(AK \bot SD\) tại \(K\). (3)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SA}\\{AB \bot AD}\end{array} \Rightarrow AB \bot (SAD) \Rightarrow AB \bot AK} \right.\).(4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AK\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(AB,SD\).

Tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\) nên \(AD = \sqrt {A{C^2} - C{D^2}} = \sqrt {3{a^2} - 2{a^2}} = a\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) nên

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}\)

Vậy \(d(AB,SD) = AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

c) Diện tích đáy hình chóp là: \({S_{ABCD}} = a \cdot a\sqrt 2 = {a^2}\sqrt 2 \).

Thể tích khối chóp cần tìm là:

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot {a^2}\sqrt 2 = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3}{\rm{ }}\)(đơn vị thể tích).

Đáp án: a) Đúng; b) Sai;   c) Đúng;   d) Sai.

Vì ABCD là hình vuông cạnh bằng 2 nên \(AC = 2\sqrt 2 \Rightarrow AO = \sqrt 2 \).

Vì MNEG là hình vuông cạnh bằng 5 nên \(ME = 5\sqrt 2 \Rightarrow MI = \frac{{5\sqrt 2 }}{2}\).

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên (MNEG) nên \(MH = MI - IH = \frac{{5\sqrt 2 }}{2} - \sqrt 2 = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}\).

Xét DAMH vuông tại H, ta có \(h = AH = \sqrt {A{M^2} - M{H^2}} = \sqrt {{4^2} - {{\left( {\frac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {46} }}{2}\).

Gọi S là diện tích hình vuông ABCD, ta có S = 4.

S' là diện tích hình vuông MNEG, ta có S' = 25.

Khi đó thể tích là \(V = \frac{1}{3}\left( {4 + 25 + \sqrt {4.25} } \right).\frac{{\sqrt {46} }}{2} = \frac{{13\sqrt {46} }}{2}\) m³.

Số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp xấp xỉ 64,8 triệu đồng.

Trả lời: 64,8.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì AB // CD nên AB // (SCD).

Khi đó d(AB, CD) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)).

Lại có \(\frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{CA}}{{CO}} = 2\).

Hạ OM ^ CD, OH ^ SM

Vì SO ^ (ABCD) Þ SO ^ CD mà OM ^ CD Þ CD ^ (SOM) Þ CD ^ OH.

Lại có OH ^ SM nên OH ^ (SCD). Do đó d(O, (SCD)) = OH.

Ta có \(OM = \frac{1}{2}AD = 1\), \(AC = 2\sqrt 2 \Rightarrow OC = \sqrt 2 \).

Xét DSOC vuông tại O, \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 6 \).

Xét DSOM vuông tại O, \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{6} + \frac{1}{1} = \frac{7}{6}\)Þ \(OH = \frac{{\sqrt {42} }}{7}\).

Khi đó d(A, (SCD)) = \(2.\frac{{\sqrt {42} }}{7} \approx 1,9\).

Trả lời: 1,9.

Thể tích khối lăng trụ tứ giác đều là: V = S_đáy.h = 2.2.1,5 = 6 (cm³).

Minh họa phần trên khối chóp tứ giác đều bằng hình chóp đều S.ABCD như hình vẽ.

Ta có \(AC = 2\sqrt 2 \Rightarrow OA = \sqrt 2 \).

Xét DSOC có \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 7 \).

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\sqrt 7 .4 = \frac{{4\sqrt 7 }}{3}\).

Thể tích của thiết bị là: \(6 + \frac{{4\sqrt 7 }}{3}\).

Số tiền dùng mua kim loại để làm thiết bị đó là: \[\left( {6 + \frac{{4\sqrt 7 }}{3}} \right).2500 \approx 24\] nghìn đồng.

Trả lời: 24.

Gọi O = AC Ç BD.

Vì \[\left\{ \begin{array}{l}A'B//CD';BD//B'D'\\A'B \subset \left( {A'BD} \right);BD \subset \left( {A'BD} \right)\\CD' \subset \left( {CB'D'} \right);B'D' \subset \left( {CB'D'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {A'BD} \right)//\left( {CB'D'} \right)\].

Þd((A'BD), (CB'D')) = d(C,(A'DB)) = d(A, (A'DB)).

Trong DAOA' kẻ AH ^ A'O.

Ta có BD ^ AO; BD ^ AA' nên BD ^ (AA'O) Þ BD ^ AH.

Lại có BD ^ AH; A'O ^ AH nên AH ^ (A'BD).

Suy ra d(A, (A'DB)) = AH = \[\frac{{AA'.AO}}{{\sqrt {A'{A^2} + A{O^2}} }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \approx 1,15\].

Trả lời: 1,15.

Ta có AA' // (BCC'B') nên d(AA', (BCC'B')) = d(A, (BCC'B')).

Hạ AH ^ BC Þ AH ^ (BCC'B') Þ d(A, (BCC'B')) = AH.

Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{{B{C^2} - A{B^2}}} = \frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{3}\) Þ \(AH = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \approx 0,87\).

Trả lời: 0,87.