80 câu trắc nghiệm Khối đa diện nâng cao (P1)

Chọn A

Ta có: $V_{SABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SA=\frac{1}{3}.a^2.a=\frac{a^3}{3}$

$\frac{V_{SAMN}}{V_{SABD}}=\frac{SN}{SD}.\frac{SM}{SB}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}$

Mà $V_{SABD}=\frac{1}{2}{V}_{SABCD}=\frac{1}{2}.\frac{a^3}{3}=\frac{a^3}{6}$

$\Rightarrow V_{SAMN}=\frac{a^3}{18}$

Ta lại có: $V_{NADC}=\frac{1}{3}.S_{ADC}.d\left(N;\left(ADC\right)\right)=\frac{1}{3}{S}_{ADC}.\frac{1}{3}d\left(S;\left(ADC\right)\right)=\frac{1}{3}{V}_{SABD}=\frac{1}{6}{V}_{SABCD}=\frac{a^3}{18}$

$V_{MABC}=\frac{1}{3}.S_{ABC}.d\left(M;\left(ABC\right)\right)=\frac{1}{3}{S}_{ABC}.\frac{1}{2}d\left(S;\left(ABC\right)\right)=\frac{1}{2}{V}_{SABC}=\frac{1}{4}{V}_{SABCD}=\frac{a^3}{12}$

Chọn B

Lấy $M\in SB, N \in SC$ thỏa mãn SM=SN=SA=a$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{SM}{SB}=\frac{1}{2}\\ \frac{SN}{SC}=\frac{1}{4}\end{array}\right.$

Theo giả thiết:$\widehat{ASB}=\widehat{BSC}=\widehat{CSA}={60}^o$$\Rightarrow S.AMN$ là khối tứ diện đều cạnh a.

Do đó: $V_{S.AMN}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$

Mặt khác:

 $$\begin{gathered} \frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{1}{2}.\frac{1}{4}=\frac{1}{8} \\ \Rightarrow V_{S.ABC}=8V_{S.AMN}=\frac{2a^3\sqrt{2}}{3} \end{gathered}$$ 

Chọn B

Gọi D là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC), suy ra $SD\perp \left(ABC\right)$.

Ta có $SD\perp AB$ và $SB\perp AB\left(gt\right)$, suy ra $AB\perp \left(SBD\right)\Rightarrow BA\perp BD$.

Tương tự có $AC\perp DC$ hay tam giác ACD vuông ở C.

Dễ thấy $∆SBA=∆SCA$ (cạnh huyền và cạnh góc vuông), suy ra SB=SC. Từ đó ta chứng minh được $∆SBD=∆SCD$ nên cũng có DB=DC.

Vậy DA là đường trung trực của BC, nên cũng là đường phân giác của góc $\widehat{BAC}$.

Ta có $\widehat{DAC}={30}^o$, suy ra $DC=\frac{a}{\sqrt{3}}$. Ngoài ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABC) là $\widehat{SBD}={60}^o$ suy ra $\tan \widehat{SBD}=\frac{SD}{BD}\Rightarrow SD=BD\tan \widehat{SBD}=\frac{a}{\sqrt{3}}.\sqrt{3}=a$
Vậy$V_{S.ABC}=\frac{1}{3}.S_{∆ABC}.SD=\frac{1}{3}\frac{a^2\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$

Chọn D

Ta có tam giác ABC vuông tại A góc $\widehat{ABC}={30}^o$ và BC = a, suy ra AC = $\frac{a}{2}$, AB =$\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Lại có $\left\{\begin{array}{l}\left(SAB\right)\perp \left(ABC\right)\\ CA\perp AB\end{array}\Rightarrow AC\right.\perp \left(SAB\right)$, suy ra tam giác SAC vuông tại A.

Suy ra $SA=\sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

Tam giác SAB có $SA=\frac{a\sqrt{3}}{2}, AB=\frac{a\sqrt{3}}{2}, SB=a$. Từ đó sử dụng công thức Hê-rông ta tính được $S_{SAB}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}\Rightarrow SH=\frac{2S_{SAB}}{AB}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\Rightarrow BH=\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{2AB}{3}$.

Suy ra d(H,(SBC))$=\frac{2}{3}d\left(A,\left(SBC\right)\right).$Từ H kẻ $HK\perp BC$.

Kẻ $HE\perp SK\Rightarrow HE\perp \left(SBC\right)$

Ta dễ tính được $HK=\frac{a\sqrt{3}}{6}\Rightarrow d\left(H,\left(SBC\right)\right)=\frac{a\sqrt{6}}{9}.$

Vậy $d\left(A,\left(SBC\right)\right)=\frac{3}{2}d\left(H,\left(SBC\right)\right)=\frac{3}{2}.\frac{a\sqrt{6}}{9}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$. 

Chọn A

=> SB là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAB).

.

Xét tam giác SBC vuông tại B có

Xét tam giác SAB vuông tại A có:

Chọn C

Chọn A

$\frac{V_{B.ECD}}{V_{A.BCD}}=\frac{BE}{BA}.\frac{BC}{BC}.\frac{BD}{BD}=\frac{1}{4}\Rightarrow V_{B.ECD}=\frac{1}{4}V$

Chọn D

Tứ diện đều ABCD $\Rightarrow A{G}_1\perp \left(BCD\right)$

Ta có ngay 

Cạnh $C{G}_1=\frac{BC}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\Rightarrow G_{1}A=\sqrt{A{C}^2-G_1{C}^2}=\sqrt{6}\Rightarrow d\left(G_1;\left(G_2{G}_3{G}_4\right)\right)=\frac{\sqrt{6}}{3}$

Lại có $\frac{G_2{G}_3}{MN}=\frac{A{G}_2}{AM}=\frac{2}{3}\Rightarrow G_2{G}_3=\frac{2}{3}MN=\frac{1}{3}BD=1$

Tương tự G₃G₄=1, G₄G₂=1 $\Rightarrow ∆G_2{G}_3{G}_4$ là tam giác đều có cạnh bằng 1

Chọn A

Gọi M là trung điểm của BC, suy ra $OM\perp BC$.

Ta có $\widehat{\left(SBC\right);\left(ABCD\right)}=\widehat{SMO}={45}^o$.

Ta có

$$\begin{gathered} A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2=4a^2\Rightarrow AB=BC=a\sqrt{2}. \\ OM=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SO=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\tan {45}^o=\frac{a\sqrt{2}}{2} \end{gathered}$$.

Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}.SO.S_{ABCD}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{2}}{2}.{\left(a\sqrt{2}\right)}^2=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{3}$. 

Chọn D

Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của AA', BB', CC' và h là độ dài chiều cao của khối lăng trụ ABC. A'B'C'. Khi đó ta có:

Chọn A

Trên SB, SC lần lượt lấy các điểm M, N  sao cho SM =SN= 2, 

Khi đó SAMN là tứ diện đều nên $V_{SAMN}=\frac{2^3\sqrt{2}}{12}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$

Ta lại có: $\frac{SM}{SB}=\frac{2}{3}, \frac{SN}{SC}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$

Khi đó, ta có tỉ số thể tích: $\frac{V_{SAMN}}{V_{SABC}}=\frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC}=\frac{2}{3}.\frac{1}{2}=\frac{1}{3}$

$\Rightarrow V_{SABC}=3V_{SAMN}=3.\frac{2\sqrt{2}}{3}=2\sqrt{2}$