333 Bài trắc nghiệm Hình học Khối đa diện cực hay có lời giải chi tiết (P4)

Chọn đáp án D

Ta có: 

=> SB là hình chiếu vuông góc của SC lên (SAB)

Tam giác SAB vuông tại A:

Tam giác SBC vuông tại B: 

Chọn đáp án A

Gọi G là trọng tâm tam giác BCD => AG$\perp$(BCD)

Gọi M là trung điểm CD => BM$\perp$CD

Kẻ MK$\perp$AB (K $\in$ AB)

Mặt khác MK$\perp$CD vì CD$\perp$(SBM)

=> MK là đường vuông góc chung.

=> d(AB;CD) = MK

Khi đó M là trung điểm AB

Vậy khoảng cách giữa AB và CD bằng 

Chọn đáp án D

Gọi 

Khi đó góc giữa 2 mặt phẳng (SBD) và (ABCD) bằng 45^o

Ta có: ∆BAD đều 

Thể tích khối chóp S.ABCD bằng: 

Ta có: N là trung điểm SC nên 

Thể tích khối chóp N.MCD bằng thể tích khối chóp N.ABCD bằng: 

Ta có K là trọng tâm tam giác SMC

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án là B

Mà $∆$SAB đều 

Vậy thể tích hình chóp S.ABCD:  = $\frac{2a^3\sqrt{6}}{3}$

Đáp án là A   

Hình lăng trụ có 11 cạnh thì đáy có 11 cạnh bên. Vậy hình lăng trụ có 33 cạnh.

Đáp án là A 

Ta có: 

Đáp án là B

Gọi x là độ dài của cạnh hình lập phương

Ta có: 

Theo giả thiết, 

Vậy thể tích lập phương là: 

Đáp án là B 

Ta biết rằng 6 tam giác đều cạnh a hợp thành lục giác đều cạnh a.

Suy ra diện tích của đáy lăng trụ bằng: 

Vậy thể tích của lăng trụ: 

Đáp án là C

Gọi chiều rộng của đáy là x (cm) (x > 0)

Khi đó chiều cao của hố ga là 2x và chiều dài của hố ga là 

Diện tích xung quanh hố ga là 

Diện đáy của hố ga là 

Tổng diện tích xây hố ga đó là 

 Để xây tiết kiệm nguyên vật liệu nhất thì S phải nhỏ nhất.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si ta có

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 

Khi đó diện tích đáy của hố ga là 

Đáp án là A

+ Tính 

+  Tính A'H:

Ta có:  ( Vì AH là hình chiếu của AA'  trên mp(ABCD)).

Suy ra: 

Vậy: 

Đáp án là D

Do SB = SC = 11 và  do đó BC = 11

Ta lại có, SA = SC = 11 và  vuông cân tại S hay AC = 11$\sqrt{2}$

Mặt khác, SA = SB = 11 và 

Từ đó, ta có  suy  ra $∆$ABC vuông tại C

Gọi H là trung điểm của AB Khi đó, H là tâm đường tròn ngoại tiếp $∆$ABC. Vì SA = SB = SC nên SH$\perp$(ABC)

Gọi M là điểm trên CD sao cho HM$\perp$AB suy ra HM$\perp$CD. Gọi N là chân đường vuông góc hạ từ C xuống AB. Khi đó, HM//CN và HM = CN. Do $∆$ABC vuông tại C nên theo công thức tính diện tích ta có:

Ta lại có,  nên 

Trong tam giác vuông SHM dựng đường cao HI(I$\in$SM) suy ra HI$\perp$(SCD). Khi đó,

Đáp án là C 

Cách 1. Ta có mặt phẳng (P) đi qua trọng tâm của tam giác SAB cắt các cạnh của khối chóp lần lượt tại M, N, P, Q. Với MN//AB, NP//BC, PQ//CD, QM//AD.

Tương tự 

Nên 

Đặt AB = x.

Ta có 

Từ đó 

Cách 2. Do hai khối chóp S.MNPQ, S.ABCD đồng dạng với nhau theo tỉ số k = $\frac{2}{3}$ nên tỉ lệ thể tích là 

Đáp án là B

Gọi H, K, M lần lượt là trung điểm của AC, BC, SB và vì tam giác ABC vuông tại B suy ra HK$\perp$BC (1)

Gọi E là hình chiếu của H trên mặt phẳng (SBC) => HE$\perp$BC(2).

Từ (1), (2) suy ra EK$\perp$BC => EK$\equiv$MK( vì MK$\perp$BC) do đó 

Lại có HA = HB = HC, MA = MB = MC ( do M là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABC) suy ra MH là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra $∆$MHK vuông tại H => MH = tan30$°.HK\hspace{0.17em}= \frac{a}{\sqrt{3}}$.

Vậy thể tích khối chóp 

Đáp án là C

Nhận xét: B'NDM là hình bình hành (B'N = DM, B'N//DM) 

=> MN$\cap$B'D = O là trung điểm của mỗi đoạn nên O cũng là trung điểm của đường chéo A'C.

Vậy thiết diện tạo bởi mặt (A'MN) và hình chóp là hình bình hành A'NCM.

Ta có: 

Cách 1:

Thể tích phần chứa C' là

Cách 2: Áp dụng công thức tính nhanh

Gọi thể tích phần chứa C' là V'.

Ta có:

Cách 3: Nhận xét nhanh do đa diện chứa C' đối xứng với đa diện không chứa C' qua O nên thể tích của hai phần này bằng nhau, suy ra 

Đáp án là D

+) Khối bát diện đều ( loại {n;p}) :

- Mỗi mặt là một tam giác => n = 3.

-  Mỗi đỉnh là đỉnh chung của 4 cạnh => p = 4.

Khối bát diện đều là khối đa diện đều loại {3;4}

Đáp án A

Phương pháp:

Thể tích khối lập phương cạnh a là V = $a^3$

Cách giải:

Thể tích khối lập phương canh 2a là V = ${\left(2a\right)}^3 = 8a^3$

Đáp án A

Phương pháp:

Sử dụng công thức giải nhanh tính thể tích khối chóp tứ giác đều có cạnh bằng a là: V = $\frac{a^3\sqrt{2}}{6}$

Cách giải:

Với bài toán, khối chóp tứ giác có cạnh bằng 2a nên 

Chọn A.

Từ giả thiết suy ra đáy của hình lăng trụ là tam giác đều cạnh bằng $\sqrt{2}$a Diện tích của đáy là:

=> Thể tích của lăng trụ là:  

Chọn A.

Vì SA vuông góc với đáy nên góc (SC,(ABCD)) = SCA.

Trong hình vuông ABCD có: AC = a$\sqrt{2}$ theo giả thiết, SA = a$\sqrt{2}$ => tam giác SAC vuông cân tại A

=> góc SCA = 45$°$

Chọn B.

Do AB'//CD' => AB'//(DCC'D'). Suy ra

Chọn A.

Ta có ABCD là hình bình hành cạnh a 

Thể tích khối chóp S.ABC là:

Chọn A.

Ta có ABCD là hình bình hành => AB//CD

Do đó (SB,CD) = (SB,AB) = SBA

Vì SA$\perp$(ABCD) => SA$\perp$AB => $∆$SAB vuông tại A.

Xét tam giác vuông SAB ta có: 

Vậy (SB;CD) = 60$°$

Chọn A.

Gọi I là trung điểm của BC, tam giác ABC vuông cân tại A nên AI$\perp$BC

Có SA$\perp$(ABC) => SA$\perp$BC

Suy ra BC$\perp$(SAI). Suy ra ((SBC);(ABC)) = SIA.

$∆$SIA vuông tại A có SA = a, AI = a. Suy ra  vuông cân tại A.

Suy ra SIA = 45$°$

Chọn C.

Ta có d + m - c = 2 => c = 15

Vậy khối đa diện có 15 cạnh.

Chọn D.

Gọi là hình chiếu vuông góc của A lên mp (SBC) . Gọi I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên SB và SC.

Ta có 

Chứng minh tương tự ta được SC$\perp$SK

$∆$SAI = $∆$SAK  (cạnh huyền – góc nhọn) => SI = SK

Khi đó $∆$SHI = $∆$SHK  (cạnh huyền – cạnh góc vuông) => HI = HK. Do đó SH là đường phan giác trong của BSC, nên HSI = 30$°$

Trong tam giác vuông SAI, 

Trong tam giác vuông HIS, 

Khi đó 

Vậy 

Cách 2: Sử dụng công thức tính nhanh

Nếu khối chóp S.ABC có  thì 

Áp dụng: Với 

Cách 3:

Trên các cạnh SB, SC lần lượt lấy các điểm B’, C’ sao cho SB' = SC' = SA = a$\sqrt{2}$

Khi đó chóp S.AB'C' là khối chóp tam giác đều. Đồng thời ASB = BSC = CSA = 60$°$ nên AB' = B'C' = AC' = SA = a$\sqrt{2}$

Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (AB'C'). Khi đó dễ dàng chứng minh được các tam giác SHA, SHB', SHC' bằng nhau. Suy ra HA, HB', HC' bằng nhau. Hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB'C'. Vì tam giác AB'C' đều nên H cũng là trọng tâm tam giác AB'C'.

Ta có 

Ta có

Chọn D.

Gọi P là trung điểm BB’. Ta có BD//PN => BD//(MPN). Do đó:

d(MN;BD) = d(BD;(MPN)) = d(B;(MPN))

Nhận thấy  nên tam giác MPN vuông tại M.

Do đó 

Ta có 

Cách 2:

Gọi P là trung điểm BB’. Ta có BD//PN => BD//(MPN).

Đồng thời, MP//CB', PN//B'D' => (MPN)//(CB'D')

Do đó 

(vì PC’ cắt B’C tại trọng tâm tam giác BB’C’).

Nhận thấy tứ diện C'.CB'D' là tứ diện vuông tại C' nên 

Vậy 

Cách 3: Tọa độ hóa

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó, 

Chọn B.

Gọi H là trung điểm của cạnh AD. Do tam giác SAD đều nên SH$\perp$AD

Gọi K là trung điểm của HB => MK//SH

Do đó: MK$\perp$ABCD => MK$\perp$(CNP).

Vậy MK là chiều cao của khối tứ diện CMNP.

Thể tích khối tứ diện CMNP là