80 câu trắc nghiệm Khối đa diện nâng cao (P2)

Chọn C

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A' lên (ABC).

Từ A kẻ AK $\perp$BC

Vì $A\text{'}H\perp \left(ABC\right)\Rightarrow A\text{'}H\perp AK$

$\Rightarrow AK\perp \left(A\text{'}BC\right)\Rightarrow d\left(A;\left(A\text{'}BC\right)\right)=AK$

Xét $∆ABC$ vuông tại A, có $AK\perp BC$:

$\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{1}+\frac{1}{4}=\frac{5}{4}\Rightarrow AK=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Vậy $d\left(A;\left(A\text{'}BC\right)\right)=AK=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Chọn D

Chọn D

(Do E, F, G lần lượt là trung điểm của BC, BD, CD).

$$\begin{gathered} \frac{V_{AMNP}}{V_{AEFG}}=\frac{AM}{AE}.\frac{AN}{AF}.\frac{AP}{AG}=\frac{2}{3}.\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{8}{27} \\ \Rightarrow V_{AMNP}=\frac{8}{27}.V_{AEFG}=\frac{8}{27}.\frac{1}{4}.V_{ABCD}=\frac{2}{27}{V}_{ABCD} \end{gathered}$$

Do mặt phẳng (MNP) // (BCD) nên 

Chọn B

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và M là trung điểm của BC

Ta có $A\text{'}G\perp \left(ABC\right)$ nên $A\text{'}G\perp BC; BC\perp AM\Rightarrow BC\perp \left(MAA\text{'}\right)$

Kẻ $MI\perp AA\text{'}$; $BC\perp IM$ nên $d\left(AA\text{'}; BC\right)=IM=\frac{a\sqrt{3}}{4}$

Kẻ $GH\perp AA\text{'}$, ta có 

Chọn D

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

Chiều cao là h = d((ABC); (A'B'C')) = AA'

Do tam giác ABC là tam giác đều nên O là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A lên A'I ta có:

Xét tam giác A'AI vuông tại A ta có:

Chọn A

Chọn C

nên góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là  $\widehat{SBA}=45°$. Do đó SA = AB tan45⁰ = a

Diện tích $∆AMN$ là: $S_{∆AMN}=\frac{1}{2}.AM.AN=\frac{1}{2}.\frac{a}{2}.\frac{a}{2}=\frac{a^2}{8}$

Diện tích $∆BMC$ là: $S_{∆BMC}=\frac{1}{2}.BM.BC=\frac{1}{2}.\frac{a}{2}.a=\frac{a^2}{4}$

Ta có:  

Vậy:

Chọn D

Thể tích khối chóp S. ABC là:

Do SA=AB=AC=a nên các tam giác SAC, SAB cân tại A.

Theo đề bài M, N là hình chiếu của A trên SB, SC nên M, N lần lượt là trung điểm SB, SC.

Khi đó: 

Vậy thể tích khối chóp A. BCNM là:

Chọn C

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Kẻ ON vuông góc với DC

Góc giữa mặt bên (SAB) và mặt đáy là góc $\widehat{SNO}={60}^o$

Xét tam giác SNO, ta có SO = NO tan60⁰ = $a\sqrt{3}$

Lại có M là trung điểm của SD nên:

N là trung điểm của CD nên $S_{∆ACN}=\frac{1}{4}{S}_{ABCD}=\frac{1}{4}4a^2=a^2$

Do đó, thể tích khối MACN là

Chọn C

Gọi H là trung điểm cạnh CD và K là trung điểm cạnh AD.

Tam giác ACD có CA=CD=x=a ; AD = a$\sqrt{2}$ => tam giác ACD vuông cân tại C

Mặt khác:

Tam giác ABD có:

Tam giác BHK có:

=> Tam giác BHK vuông tại H $\Rightarrow \widehat{BHK}={90}^o$hay $\left(\widehat{\left(ACD\right),\left(BCD\right)}\right)={90}^o$

Chọn A

Gọi H là trung điểm cạnh CD và O là tâm hình vuông ABCD.

Ta có S. ABCD là hình chóp tứ giác đều nên các mặt bên hợp với đáy các góc bằng nhau

Giả sử $\left(\widehat{\left(SCD\right),\left(ABCD\right)}\right)=\widehat{SHO}={60}^o$ 

Tam giác SHO vuông tại O có:

Mà G là trọng tâm tam giác SAC nên G cũng là trọng tâm tam giác SBD

Chọn D

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD thì SO ∩ DD' = H. Khi đó H là trung điểm của SO và C' = AH ∩ SC.

Trong mặt phẳng (SAC) : Ta kẻ d // AC và AC' cắt (d) tại K. Khi đó áp dụng tính đồng dạng của các tam giác ta có:

Suy ra:

Lưu ý: Có thể sử dụng nhanh công thức:

Chọn C

Khi cắt khối hộp bởi các mặt phẳng trên ta được 5 khối tứ diện AA'B'D', B'ABC, CC'B'D', D'DAC, AB'D'C. Gọi V là thể tích của khối hộp.

Suy ra $V_{ACB\text{'}D\text{'}}=\frac{1}{3}V$ nên tứ diện ACB'D' có thể tích lớn nhất.

Chọn B

Ta có $BC\perp SM$. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM. Do

  và FE đi qua H.

Vậy H là trung điểm cạnh SM. Suy ra tam giác SAM vuông cân tại A

$$\begin{gathered} \Rightarrow SA=\frac{a\sqrt{3}}{2} \\ {V}_{SABC}=\frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3}{8} \end{gathered}$$

Chọn C

Gọi E là điểm đối xứng của C qua điểm B. Khi đó tam giác ACE vuông tại A.

$\Rightarrow AE=\sqrt{4a^2-a^2}=a\sqrt{3}$

Mặt khác, ta có BC'=B'E=AB' nên tam giác AB'E vuông cân tại B'.

$\Rightarrow AB\text{'}=\frac{AE}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Suy ra: $AA\text{'}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{6}}{2}\right)}^2-a^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$

Vậy $V=\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^3\sqrt{6}}{8}$

Chọn C

Tam giác ABC vuông và AB=BC=a nên ΔABC chỉ có thể vuông tại B.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AB\perp BC\\ AB\perp BB\text{'}\end{array}\Rightarrow AB\perp \left(BCB\text{'}\right)\right.$

Kẻ 

$\Rightarrow d=d\left(B\text{'}C, MN\right)=d\left(B\text{'}C, \left(AMN\right)\right)=d\left(C, \left(AMN\right)\right)=d\left(B, \left(AMN\right)\right)$

Tứ diện BAMN là tứ diện vuông

Chọn B

Gọi R và r lần lượt là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. BHD và tam giác BHD.

Ta có HB=$\frac{a\sqrt{2}}{2}$,$$\begin{gathered} HD=\sqrt{H{C}^2+D{C}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2+a^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}, \\ BD=\sqrt{a^2+2a^2}=a\sqrt{3} \end{gathered}$$

Áp dụng định lí Cô sin, ta có 

$\cos \widehat{BHD}=\frac{{\displaystyle \frac{a^2}{2}}+{\displaystyle \frac{3a^2}{2}}-3a^2}{2.{\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}}{\displaystyle \frac{a\sqrt{6}}{2}}}=-\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \sin \widehat{BHD}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$

Diện tích tam giác BHD là

$S_{∆BHD}=\frac{1}{2}.BH.HD.\sin \widehat{BHD}=\frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{2}}{2}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$

Do đó $r=\frac{HB.HD.BD}{4S}=\frac{{\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}}.{\displaystyle \frac{a\sqrt{6}}{2}}.a\sqrt{3}}{4.{\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{4}}}=\frac{3a\sqrt{2}}{4}$

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BHD và M là trung điểm SH. Mặt phẳng trung trực của SH cắt trục đường tròn ngoại tiếp tam giác BHD tại E. Khi đó E là tâm mặt cầu cần tìm.

Ta có: $R=\sqrt{r^2+M{H}^2}=\sqrt{r^2+\frac{S{H}^2}{4}}=\sqrt{\frac{9a^2}{8}+\frac{a^2}{8}}=\frac{\sqrt{5}a}{2}$

Chọn D

Từ giả thiết suy ra: ΔABC cân tại A có:

Gọi I là trung điểm của BC $\Rightarrow AI\perp BC$

Giả sử H là trực tâm của tam giác ABC.

Ta thấy $OA\perp \left(OBC\right)$

Vì $OB\perp \left(OAC\right)\Rightarrow OB\perp AC$ và $AC\perp BH$ nên $AC\perp \left(OBH\right)\Rightarrow OH\perp AC \left(1\right)$

$BC\perp \left(OAI\right)\Rightarrow OH\perp BC \left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra $OH\perp \left(ABC\right)$

Có $OI=\frac{1}{2}BC=\frac{a\sqrt{2}}{2}=OA$

=> ΔAOI vuông cân tại O => H là trung điểm AI và $OH=\frac{1}{2}AI=\frac{a}{2}$

Khi đó:

Chọn D

Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BC và C'D'.

Ta có $S_{∆OPN}=\frac{1}{4}{S}_{∆BCD}=\frac{1}{8}{S}_{ABCD}=\frac{a^2}{8}\Rightarrow V_{OPN.O\text{'}MQ}=\frac{a^3}{8}$

Ta lại có: 

 $$\begin{gathered} V_{OO\text{'}MN}=V_{OPN.O\text{'}MQ}-V_{M.OPN}-V_{N.O\text{'}MQ} \\ =\frac{a^3}{8}-\frac{1}{3}.\frac{a^3}{8}-\frac{1}{3}.\frac{a^3}{8}=\frac{a^3}{24} \end{gathered}$$

Chọn B

Gọi E, F lần lượt là các trung điểm của AA' và BB' khi đó ta có:

Vậy mặt phẳng (C'EF) chia khối lăng trụ thành hai phần có tỉ số thể tích bằng $\frac{1}{2}$.