333 Bài trắc nghiệm Hình học Khối đa diện cực hay có lời giải chi tiết (P7)

Chọn C. 

Vì SA$\perp$(ABCD) nên góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (ABCD) là góc $\widehat{SDA}$

Tam giác SAD vuông tại A nên 

Chọn A. 

Chọn D. 

=> AM$\perp$(SBC)

Chọn B. 

Nhìn hình vẽ ta thấy 

Gọi 

Có 

Có 

Phương pháp:

Sử dụng kiến thức  để tìm chiều cao của hình chóp

Sử dụng công thức tính diện tích tam giác đều cạnh a là  S = $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V = $\frac{1}{3}$S.h  với S là diện tích đáy và h là chiều cao hình chóp.

Cách giải:

Từ đề bài ta có

Vì tam giác  đều cạnh a  và AB = AC = BC = a.

Tam giác  vuông tại A (do SA$\perp$(ABC) => SA$\perp$AC) nên theo định lý Pytago ta có 

Thể tích khối chóp là 

Chọn B

Phương pháp:

Sử dụng khái niệm hình đa diện.

Cách giải:

Mỗi đỉnh của 1 hình đa diện là đỉnh chung của ít nhất 3 cạnh.

Chọn D.

Phương pháp:

+ Sử dụng định nghĩa để tìm góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q):

khi đó góc giữa (P) và (Q) chính là góc giữa hai đường thẳng a và b.

+ Sử dụng định lý hàm số cos trong tam giác để tính toán:

Cho tam giác ABC khi đó 

Cách giải:

Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a, ta tìm góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC).

Gọi M, N là trung điểm các cạnh AD và BC, khi đó SM$\perp$AD và SN$\perp$BC (do các tam giác SBC;SAD là các tam giác đều).

Vì BC//AD nên giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là đường thẳng d qua S và song song AD, BC.

Vì SM$\perp$AD và SN$\perp$BC nên SM$\perp$d và SN$\perp$d mà  góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SBC) là góc MSN.

Mặt bên là các tam giác đều cạnh a nên 

Khi đó: 

Chọn A

Chú ý khi giải:

Các em có thể tính SO theo tỉ số lượng giác và suy ra MSN = 2MSO

Phương pháp:

Sử dụng lí thuyết d(a,b) = d(a,(P)) = d(A,(P)), ở đó a,b chéo nhau, (P) chứa b và song song a và A$\in$a để tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng SD, AB.

Tính khoảng cách và kết luận.

Cách giải:

Do AB//CD nên

Kẻ 

Ta có: SA = 2a, 

Khi đó 

Phương pháp:

+ Sử dụng định nghĩa để tìm góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q):

 khi đó góc giữa (P) và (Q) chính là góc giữa hai đường thẳng a và b.

+ Diện tích tam giác đều cạnh a được tính theo công thức S = $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

+ Tính thể tích V = $\frac{1}{3}$S.h với S là diện tích đáy, h là chiều cao hình chóp.

Cách giải:

Gọi E là trung điểm của BC, O là trọng tâm tam giác ABC => SO$\perp$(ABCD)  (do S.ABC là hình chóp đều)

Suy ra AE$\perp$BC (do $∆$ABC đều) và SE$\perp$BC (do $∆$SBC cân tại S)

Ta có  nên góc giữa (ABC) và (SBC) là SEA.

Từ giả thiết suy ra SEA = 60$°$.

Tam giác ABC đều cạnh a

Xét tam giác SOE vuông tại O (do SO$\perp$(ABC)=> SO$\perp$AE), ta có:

Diện tích tam giác đều ABC là: 

Vậy 

Chọn A

Phương pháp:

Xác định góc 30$°$(góc tạo bởi hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng cùng vuông góc với giao tuyến).

Tính diện tích tam giác đáy và chiều cao lăng trụ rồi tính thể tích theo công thức V = B.h

Cách giải:

Ta có:

Chọn A.

Phương pháp:

Xác định chiều cao hình chóp bằng kiến thức 

Xác định khoảng cách

Tính toán bằng cách sử dụng quan hệ diện tích, định lý hàm số cosin, công thức tính diện tích tam giác S = $\frac{1}{2}$a.h với a là cạnh đáy, h là chiều cao tương ứng và 

 Cách giải:

Gọi H = AM$\cup$BD

Ta có 

Vì AB//CD nên theo định lý Ta-lét ta có

Ta có 

Vì M là trung điểm của DC và ABCD là hình bình hành có diện tích 2$a^2$ nên ta có:

Lại có CD = AB = a$\sqrt{2}$

Khi đó 

Lại có 

Từ đó 

Chọn: C

Phương pháp:

Tìm giao điểm C' của SC với (AB'D')

Tính tỉ số $\frac{SC\text{'}}{SC}$

Sử dụng công thức tỉ số thể tích đối với khối chóp tam giác để tính toán.

Cách giải:

Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD. SO cắt B'D' tại I.

Nối AI cắt SC tại C' nên A, B', C', D' đồng phẳng

Đặt

Ta có: 

Do đó: 

Hay  

Xét tam giác $∆$SCO có C', I, A thẳng hàng nên áp dụng định lý Me – ne – la – uýt ta có:

Vậy 

Hay tỷ số thể tích của hai khối đa diện được chia ra bởi (AB'D') là:

Chọn D.

Phương pháp:

+ Xác định rằng không gian phía trong lều chính là thể tích hình lăng trụ.

+ Tính thể tích lều theo x.

+ Tìm để hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng cách sử dụng bất đẳng thức  hoặc dùng hàm số.

Cách giải:

Gọi tên như hình vẽ với AH$\perp$BC => H là trung điểm của BC 

Xét tam giác AHB vuông tại B, theo định lý 

Áp dụng bất đẳng thức  ta có 

Dấu “=” xảy ra khi 

Chú ý:

Các em có thể sử dụng hàm số như sau

Bảng xét dấu

Chọn B

Phương pháp:

Tính thể tích $V_{S.ABC}$

Tính thể tích $V_{S.AMN}$ theo công thức tỉ lệ thể tích

Tính thể tích $V_{A.BCMN}$ và suy ra kết luận

Cách giải:

Xét tam giác SAB và SAC là các tam giác vuông tại A có hai cạnh góc vuông là a và 2a nên

Tam giác SAB vuông tại có đường cao AM

Khi đó  

Tương tự 

Lại có 

Mặt khác 

Do đó

Chọn C.

Chọn B

Có 

Chọn B

Chọn A

Ta có: 

Chọn A

Cách 1:

Ta có: 

suy ra tam giác ABC vuông tại B.

Cách 2:

AB = $2\sqrt{2}$

Ta có phương trình đường thẳng qua hai điểm A, B là d: x + y = 0 

Chọn B

* Sử dụng định lí Ta-lét đảo.

Ta có: 

Áp dụng định lí Ta-lét đảo, ta có AD, MN, BD' lần lượt nằm trên ba mặt phẳng song song.

=> M song song với mặt phẳng (P) chứa BD' và song song với AD.

Nên MN//(BCD'A') hay MN//(A'BC)

* Sử dụng định lí Ta-lét.

* Sử dụng định lí Ta-lét.

Vì AD//A'D'  nên tồn tại (P) là mặt phẳng qua AD và song song với mp (A'D'CB)

(Q) là mặt phẳng qua M và song song với mp (A'D'CB). Giả sử (Q) cắt DB tại N

Theo định lí Ta-lét ta có: 

Mà các mặt của hình hộp là hình vuông cạnh a nên AD' = DB = a$\sqrt{2}$

Từ (*), ta có: AM = DN' => DN' = DN

(Q)//(A'D'CB) suy ra  luôn song song với mặt phẳng cố định (A'D'CB) hay (A'BC)

Chọn D

+) Gọi  

Ta có M là trung điểm của AB

=> M là trung điểm EB'

=> N là trung điểm của ED' và AD

+) Ta có 

Chọn A

Ta có 

Do đó 

Chọn A

Trên cạnh SB, SC lần lượt lấy các điểm M, N thỏa mãn SM = SN = 1.

Ta có AM = 1, AN = $\sqrt{2}$, MN = $\sqrt{3}$

=> tam giác AMN vuông tại A

Hình chóp S.AMN có SA = SM = SN = 1.

 => hình chiếu của S trên (AMN) là tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN, ta có I là trung điểm của MN

Trong $∆$SIM,

Ta có  

Chọn C

Ta gọi E, F lần lượt là trung điểm của SC, AB

Ta có ME//NF(do cùng song song với BC. Nên tứ giác MENF là hình thang, và 

hay tứ giác MENF là hình thang vuông tại M, F

Ta có:  hay E là hình chiếu vuông góc của N lên (SAC)

Từ đó ta có được, góc giữa MN và (SAC) là góc giữa MN và CI

Suy ra, gọi $\alpha$ là góc giữa MN và (SAC) thì 

Đáp án D

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án B

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án D