Bài tập ôn tập Toán 11 Kết nối tri thức Chương 7 có đáp án

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AD\) là hình chiếu của \(SD\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Do đó \(\left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD,AD} \right) = \widehat {SDA}\). Chọn D.

\(d\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = AA' = a\). Chọn B.

Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\) và \(CD \bot AD\) nên \(CD \bot \left( {SAD} \right)\). Chọn A.

Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD\) mà \(AC \bot BD\) nên \(BD \bot \left( {SOA} \right) \Rightarrow BD \bot SO\).

Lại có \(CO \bot BD\).

Do đó một góc phẳng của góc nhị diện \(\left[ {S,BD,C} \right]\) là \(\widehat {SOC}\). Chọn C.

Ta có \(\left. \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\end{array} \right\} \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\). Chọn B.

Nếu đường thẳng \(d\) vuông góc với hai đường thẳng nằm trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) thì \(d\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) là mệnh đề sai. Chọn B.

\(V = \frac{1}{3}Sh\). Chọn D.

Nếu một đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với mặt phẳng kia thì hai mặt phẳng đó vuông góc với nhau. Chọn B.

Qua \(O\) có vô số đường thẳng vuông góc với đường thẳng \(d\). Chọn C.

Thể tích của khối hộp là \(V = 2 \cdot 4 \cdot 5 = 40\). Chọn C.

Vì \(SM \bot \left( {MNPQ} \right) \Rightarrow SM \bot MQ\) và \(PQ \bot MQ\).

Do đó \(d\left( {SM,PQ} \right) = MQ\). Chọn D.

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SA \bot BC\) và \(AH \bot BC\) nên \(BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot SH\).

Khoảng cách từ \(S\) đến \(BC\) bằng độ dài đoạn thẳng \(SH\). Chọn D.

Vì \(S.ABC\) là hình chóp đều nên \(SG \bot \left( {ABC} \right)\). Do đó \(d\left( {S,\left( {ABC} \right)} \right) = SG\). Chọn B.

Vì \(AA' \bot \left( {A'B'C'} \right)\) nên \(A'C'\) là hình chiếu của \(AC'\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\).

Do đó \(\left( {AC',\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \left( {AC',A'C'} \right) = \widehat {AC'A'}\). Chọn A.

Có \(CC' \bot C'O'\) và \(C'O' \bot B'D'\) nên \(d\left( {CC',B'D'} \right) = C'O'\). Chọn C.

Có \(SA \bot SB,SA \bot SC\) nên \(SA \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) (1).

Gọi \(M\)là trung điểm của \(BC\).

Vì \(\Delta SBC\) cân tại \(S\) nên \(SM \bot BC\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AM\).

Suy ra \(\widehat {SMA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện\(\left[ {S,BC,A} \right]\).

Xét \(\Delta SBC\), có \(SM = \frac{{BC}}{2} = \frac{{\sqrt {S{A^2} + S{B^2}} }}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

Xét \(\Delta SAM\) vuông tại \(S\), có \(\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{SM}} = \frac{1}{{\frac{{\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 2 \). Chọn B.

Nếu hình hộp có năm mặt là hình chữ nhật thì nó là hình hộp chữ nhật là mệnh đề đúng. Chọn C.

Ta có \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot \frac{{\left( {AD + BC} \right) \cdot AB}}{2} = \frac{1}{3} \cdot 2 \cdot \frac{{\left( {2 + 1} \right) \cdot 1}}{2} = 1\). Chọn A.

Thể tích của khối lăng trụ là \(V = Sh = {\left( {3a} \right)^2} \cdot a = 9{a^3}\). Chọn B.

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AB\) và \(AB \bot AD\) nên \(AB \bot \left( {SAD} \right)\).

Do đó \(d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = AB = a\). Chọn D.

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AC\) và \(SA \bot BD\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\).

Suy ra \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\). Chọn B.

Có \(BO \bot AC,BO \bot AA' \Rightarrow BO \bot \left( {ACC'A'} \right)\).

Do đó \(d\left( {B,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = BO = \frac{{BD}}{2} = \frac{{\sqrt {2{a^2} + 3{a^2}} }}{2} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\). Chọn C.

Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với mặt phẳng thứ ba thì hoặc song song với nhau hoặc cắt nhau theo giao tuyến vuông góc với mặt phẳng thứ ba. Chọn D.

Đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng thì vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đó là mệnh đề đúng. Chọn D.

Khối lập phương có độ dài đường chéo bằng \(6\sqrt 3 \). Suy ra cạnh của khối lập phương là 6.

Thể tích của khối lập phương là \({6^3} = 216\). Chọn A.

Thể tích khối lăng trụ là \(V = {a^2}\sqrt 3 \cdot 2a = 2\sqrt 3 {a^3}\). Chọn A.

Có\(SA \bot \left( {ABC} \right)\) mà \(SA \subset \left( {SAB} \right),SA \subset \left( {SAC} \right)\) nên \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\); \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).

Có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\). Chọn D.

\(ABCD.MNPQ\) là hình chóp cụt đều. Chọn D.

Có \(BC \bot AB\) và \(SA \bot BC\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot SB\).

Do đó \(\widehat {SBA}\) là góc phằng nhị diện \(\left[ {A,BC,S} \right]\). Chọn A.

\(\left\{ \begin{array}{l}a \bot \left( \alpha \right)\\a \subset \left( \beta \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \bot \left( \beta \right)\). Chọn C.

a) \({S_{ABCD}} = {a^2}\).

b) Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

c) Ta có \(AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét \(\Delta SOA\) vuông tại \(O\), \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {4{a^2} - \frac{{2{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\).

Khi đó \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt {14} }}{2} \cdot {a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt {14} }}{6}\).

d) Vì \(P\) là trung điểm của \(SA\) nên \(d\left( {P,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{1}{2}SO\).

\({S_{AOB}} = \frac{1}{4}{S_{ABCD}}\).

Do đó \({V_{P.AOB}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}SO \cdot \frac{1}{4}{S_{ABCD}} = \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{3}SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{8}{V_{S.ABCD}}\).

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

a) Vì \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot AM\).

Vì \(\Delta ABC\) đều, \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(AM \bot BC\).

Suy ra \(AM\) là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(AA'\) và \(BC\).

b) Hạ \(AH \bot A'M\) (1).

Vì \(AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot BC\) mà \(AM \bot BC\) nên \(AM\)\(BC \bot \left( {AMA'} \right) \Rightarrow BC \bot AH\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(AH \bot \left( {A'BC} \right)\).

Khi đó \(d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = AH\).

Vì \(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Xét \(\Delta AMA'\) vuông tại \(A,\)có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{5}{{3{a^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}\).

c) \(d\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = AA' = a\sqrt 3 \).

d) \(d\left( {AA',BC} \right) = AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

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

Lời giải

Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên bằng nhau.

Hình chiếu của đỉnh trên mặt phẳng đáy là tâm của mặt đáy.

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

a) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = SA\).

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).

Khi đó \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA} = 45^\circ \).

Có \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(AC = a\sqrt 2 \).

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại \(A\), \(SA = AC \cdot \tan \widehat {SCA} = a\sqrt 2 \cdot \tan 45^\circ = a\sqrt 2 \).

b) Theo câu a, \(\widehat {SCA} = 45^\circ \).

c) Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\).

d) \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD\) mà \(BD \bot AC\) (do \(ABCD\) là hình vuông) nên \(BD \bot \left( {SAC} \right)\).

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

a) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB\).

b) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\).

c) Có \(\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA\) mà \(AB \bot SA,AC \bot SA\) nên \(\left( {\left( {SAB} \right),\left( {SAC} \right)} \right) = \widehat {BAC}\).

d) Ta có \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) nên \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\).

Có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + 3{a^2}} = 2a\).

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại \(A\), ta có \(\tan \alpha = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}\).

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

a) \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot \sqrt 3 a = \frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{3}\).

b) Có \[SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot AC\] mà \(AB \bot AC\) nên \(AC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AC \bot SB\).

c) Vì \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] nên \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Khi đó \(\left( {SC,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\).

Xét \(\Delta SAC\) vuông tại \(A\), \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 a}} = \frac{2}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {SCA} \approx 49,1^\circ \).

d) Hạ \(AH \bot BC\) (1).

Vì \[SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\] (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot SH\).

Do đó \(\widehat {SHA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right]\).

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}\).

Xét \(\Delta SHA\) vuông tại \(A\), \(\tan \alpha = \tan \widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{2a}}{{\frac{{\sqrt 3 a}}{2}}} = \frac{4}{{\sqrt 3 }}\).

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

a) Ta có \(B'C' \bot A'B'\) và \(BB' \bot B'C'\) nên \(B'C' \bot \left( {ABB'A'} \right)\).

Do đó \(AB'\) là hình chiếu của \(AC'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\).

Suy ra \(\left( {AC',\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \left( {AC',AB'} \right) = \widehat {B'AC'}\).

b) \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA' \cdot {S_{ABC}} = 2a \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot a\sqrt 3 = {a^3}\sqrt 3 \).

c) Do \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(\left( {BCC'B'} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).

d) Có \(AA' \bot AB\) và \(AB \bot BC'\)(do \(AB \bot \left( {BCC'B'} \right)\)).

Suy ra \(d\left( {AA',BC'} \right) = AB = a\).

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

a) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot BC\).

b) Có \(DA \bot AB\) và \(SA \bot AD\) nên \(AD \bot \left( {SAB} \right)\).

Suy ra \(\left( {BD,\left( {SAB} \right)} \right) = \left( {BD,BA} \right) = \widehat {ABD} = 45^\circ \).

Do đó \(BD\) không vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).

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

d) \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{2}{V_{S.ABCD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).

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

a) \(AC \bot AD\).

b) Ta có \(AB \bot AC,AB \bot AD\) nên \(AB \bot \left( {ACD} \right)\).

c) \(AB \bot AC\).

d) \(AB \subset \left( {ABC} \right)\) nên \(AB\) không vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

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

a) Hạ \(AH \bot SD\) (1).

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\) mà \(CD \bot AD\) nên \(CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(AH \bot \left( {SCD} \right)\).

Ta có \(d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH\).

Xét \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

b) Có \(AB \bot BC\) mà \(BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\).

Suy ra \(\widehat {SBA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {S,BC,A} \right]\).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \Rightarrow \widehat {SBA} \approx 54,7^\circ \).

c) Theo câu b, \(BC \bot \left( {SAB} \right)\).

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

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

\(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\), cạnh \(2\) nên \(AO = \frac{{AC}}{2} = \sqrt 2 \).

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AO\).

Xét tam giác vuông \(SAO\), có \(SA = \sqrt {S{O^2} - A{O^2}} = \sqrt {11 - 2} = 3\).

Thể tích \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot {2^2} = 4\).

Trả lời: 4.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(CD\). Suy ra \(MH \bot CD\) (1).

Hạ \(MK \bot SH\) (3).

Vì \(\Delta SAB\) đều, \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên \(SM \bot AB\).

Vì \(\left. \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\SM \bot AB\\SM \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow SM \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SM \bot CD\)(2).

Từ (1) và (2), suy ra \(CD \bot \left( {SMH} \right)\)\( \Rightarrow CD \bot MK\) (4).

Từ (3) và (4), suy ra \(MK \bot \left( {SCD} \right)\).

Khi đó \(d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = MK\).

Ta có \(SM = \frac{{3\sqrt 3 }}{2},MH = 3\).

Xét \(\Delta SMK\) vuông tại \(M\), ta có \(\frac{1}{{M{K^2}}} = \frac{1}{{S{M^2}}} + \frac{1}{{M{H^2}}} = \frac{4}{{27}} + \frac{1}{9} = \frac{7}{{27}} \Rightarrow MK = \frac{{3\sqrt {21} }}{7}\).

Có \(\frac{{d\left( {G,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{GS}}{{MS}} = \frac{2}{3}\)\( \Rightarrow d\left( {G,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{2}{3}d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{2}{3} \cdot \frac{{3\sqrt {21} }}{7} \approx 1,31\).

Trả lời: 1,31.

Vì \(ABCD\) là hình thoi nên \(AO \bot BD\) (1).

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BD\) (2).

Từ (1) và (2), suy ra\(BD \bot \left( {SAO} \right) \Rightarrow BD \bot SO\).

Do đó \(\left[ {S,BD,A} \right] = \widehat {SOA}\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2} - 2AB \cdot BC \cdot \cos \widehat {ABC}\)\( = 16{a^2} + 16{a^2} - 2 \cdot 4a \cdot 4a \cdot \cos 60^\circ = 16{a^2}\).

Suy ra \(AC = 4a \Rightarrow AO = \frac{{AC}}{2} = 2a\).

Xét \(\Delta SAO\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{{2a}} \approx 1,32\).

Trả lời: 1,32.

Ta có \(BB' \bot \left( {A'B'C'} \right)\) nên \(B'C'\) là hình chiếu của \(BC'\) trên mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\).

Khi đó \(\left( {C'B,\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \left( {C'B,B'C'} \right) = \widehat {BC'B'} = 45^\circ \).

Tam giác \(A'B'C'\) vuông tại \(A'\) nên \(B'C' = \sqrt {4 + 8} = 2\sqrt 3 \).

Xét \(\Delta BB'C'\) vuông tại \(B'\), ta có \(BB' = B'C' \cdot \tan 45^\circ = 2\sqrt 3 \).

Khi đó \({V_{ABC.A'B'C'}} = BB' \cdot {S_{ABC}} = 2\sqrt 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2\sqrt 2 \approx 9,8\).

Trả lời: 9,8.

Có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AB\) là hình chiếu vuông góc của \(SB\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).

Khi đó \(\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA} = 60^\circ \).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), có \(SA = AB \cdot \tan 60^\circ = a\sqrt 3 \).

Khi đó \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot 2a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}\). Suy ra \(k = 3\).

Trả lời: 3.

Gọi \(O'\) là tâm của hình vuông \(A'B'C'D'\). Suy ra \(B'O' \bot A'C'\).

Lại có \(BB' \bot B'O'\).

Suy ra \(d\left( {BB',A'C'} \right) = B'O'\).

Có \(B'O' = \frac{{B'D'}}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\). Suy ra \(a + b = 4\).

Trả lời: 4.

Gọi \(P,Q\) lần lượt là trung điểm của \(SD,AB\).

Ta có \(NP\) đường trung bình của \(\Delta SCD\) nên \(NP//SC\)\( \Rightarrow SC//\left( {MPN} \right)\).

Khi đó \(d\left( {SC,MN} \right) = d\left( {SC,\left( {MPN} \right)} \right) = d\left( {S,\left( {MPN} \right)} \right)\).

Lại có \(\left( {MPN} \right) \equiv \left( {MPNQ} \right)\). Do đó \(d\left( {S,\left( {MPN} \right)} \right) = d\left( {S,\left( {MPNQ} \right)} \right)\).

Kẻ \(AH \bot MQ\) (1).

Ta có \(SA \bot QN,QN \bot AB \Rightarrow QN \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow QN \bot AH\) (2).

Từ (1) và (2), ta có \(AH \bot \left( {MPNQ} \right)\).

Do đó \(d\left( {A,\left( {MPNQ} \right)} \right) = AH\).

Ta có \(AM = \frac{{SA}}{2} = \frac{{\sqrt 5 }}{2};AQ = \frac{{AB}}{2} = 1\).

Xét \(\Delta MAQ\) vuông tại \(A\), ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{Q^2}}} = \frac{4}{5} + 1 = \frac{9}{5} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 5 }}{3}\).

Lại có \(\frac{{d\left( {S,\left( {MPNQ} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {MPNQ} \right)} \right)}} = \frac{{MS}}{{MA}} = 1 \Rightarrow d\left( {S,\left( {MPNQ} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {MPNQ} \right)} \right) = \frac{{\sqrt 5 }}{3} \approx 0,75\).

Trả lời: 0,75.

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Khi đó \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot {2^2} = 4\).

Trả lời: 4.

Hạ \(B'H \bot BC\) mà \(\left( {BCC'B'} \right) \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow B'H \bot \left( {ABC} \right)\).

Xét \(\Delta BB'H\), có \(B'H = BB'.\sin \widehat {B'BC} = 20 \cdot \sin 30^\circ = 10\).

Có \(\Delta ABC\) đều cạnh bằng 5 nên \({S_{ABC}} = \frac{{25\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có \({V_{A.CC'B}} = {V_{C'.ABC}} = \frac{1}{3}d\left( {C',\left( {ABC} \right)} \right) \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3}d\left( {B',\left( {ABC} \right)} \right) \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot B'H \cdot {S_{ABC}}\)

\( = \frac{1}{3} \cdot 10 \cdot \frac{{25\sqrt 3 }}{4} = \frac{{125\sqrt 3 }}{6} \approx 36,1\).

Trả lời: 36,1.

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AB'\) và \(A'B\). Suy ra \(AO = \frac{{AB'}}{2} = 6\).

Ta có \({V_{ABC.A'B'C'}} = 3{V_{A'.ABC}} = 3{V_{A.A'BC}}\).

Ta có \({V_{A.A'BC}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) \cdot {S_{A'BC}}\).

Mà \(d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right) = AO \cdot \sin 30^\circ = 6 \cdot \sin 30^\circ = 3\).

Khi đó \({V_{A.A'BC}} = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 = 3\). Do đó \({V_{ABC.A'B'C'}} = 3 \cdot 3 = 9\).

Trả lời: 9.

a) Vì \(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow SH \bot AB\) mà \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vì \(\Delta SAB\) đều cạnh \(a\) nên \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\); \({S_{ABCD}} = AB \cdot BC \cdot \sin \widehat {ABC} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Khi đó \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{4}\).

b) Dễ thấy \(\Delta ABC\) đều \( \Rightarrow AC = BC = a\). Suy ra các tam giác \(SAC\) và \(SBC\) lần lượt cân tại \(A\) và \(B\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(SC\). Suy ra \(AI \bot SC\) và \(BI \bot SC\).

Do đó \(\widehat {AIB}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,SC,B} \right]\).

Ta có \(S{C^2} = S{H^2} + C{H^2} = \frac{{3{a^2}}}{2} \Rightarrow S{I^2} = I{C^2} = \frac{{3{a^2}}}{8}\).

\(I{A^2} = S{A^2} - S{I^2} = \frac{{5{a^2}}}{8}\).

Tương tự \(I{B^2} = \frac{{5{a^2}}}{8}\).

Khi đó \(\cos \alpha = \cos \widehat {AIB} = \frac{{I{A^2} + I{B^2} - A{B^2}}}{{2IA \cdot IB}} = \frac{1}{5}\).

c) Ta có \(\Delta ACD\) đều \( \Rightarrow AN \bot CD \Rightarrow AN \bot AB \Rightarrow AN \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SAN} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).

\(\Delta SAB\) đều \( \Rightarrow BM \bot SA \Rightarrow BM \bot \left( {SAN} \right)\).

Dựng \(MK \bot SN\) tại \(K\)\( \Rightarrow MK\) là đoạn vuông góc chung của \(BM\) và \(SN\).

Khi đó \(d\left( {BM,SN} \right) = MK\).

Ta có \(MK = MS \cdot \sin \widehat {MSK} = MS \cdot \frac{{AN}}{{SN}} = MS \cdot \frac{{AN}}{{\sqrt {S{A^2} + A{N^2}} }} = \frac{a}{2} \cdot \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\).

Vậy \(d\left( {BM,SN} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}\).

a) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(ABCD\) là hình vuông và \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Xét \(\Delta ACD\) vuông tại \(D\), có \(AC = \sqrt {A{D^2} + C{D^2}} = 2a\sqrt 2 \Rightarrow OC = OD = a\sqrt 2 \).

Xét \(\Delta SOC\) vuông tại \(O\), ta có \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 7 \).

Khi đó \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 7 \cdot 4{a^2} = \frac{{4{a^3}\sqrt 7 }}{3}\).

b) Ta có \(\frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{OC}} = 2 \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2h\).

Do tứ diện \(S.OCD\) có \(OS,OC,OD\) đôi một vuông góc nên

\(\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 7 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} = \frac{8}{{7{a^2}}}\)\( \Rightarrow h = \frac{{a\sqrt {14} }}{4}\).

Vậy \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}\).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\).

Do \(\Delta ABC\) đều nên \(AI \bot BC\) mà \(BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\) nên \(BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow BC \bot SI\).

Do đó \(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {SIA} = 30^\circ \).

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(SI\). Suy ra \(AH \bot SI\).

mà \(BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow BC \bot AH\). Do đó \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).

Do đó \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = 2a\).

Xét \(\Delta AHI\) vuông tại \(H\) suy ra \(AI = \frac{{AH}}{{\sin 30^\circ }} = 4a\).

Xét \(\Delta SAI\) vuông tại \(A\) suy ra \(SA = AI \cdot \tan 30^\circ = \frac{{4a}}{{\sqrt 3 }}\).

Giả sử tam giác đều \(ABC\) có cạnh bằng \(x\) mà \(AI\) là đường cao suy ra \(4a = x\frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow x = \frac{{8a}}{{\sqrt 3 }}\).

Diện tích tam giác đều \(ABC\) là \({S_{ABC}} = {\left( {\frac{{8a}}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{16{a^2}\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABC}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot \frac{{16{a^2}\sqrt 3 }}{3} \cdot \frac{{4a}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{64{a^3}}}{9}\).

Nửa chu vi tam giác đáy của khối lăng trụ là \(P = 9\).

Diện tích đáy \(S = \sqrt {9 \cdot \left( {9 - 7} \right) \cdot \left( {9 - 7} \right) \cdot \left( {9 - 4} \right)} = 6\sqrt 5 \) (cm²).

Thể tích khối pho mát là \(V = 6\sqrt 5 \cdot 5 = 30\sqrt 5 \) cm³.

Giả sử hình chóp cụt tạo thành có dạng \(ABC.A'B'C'\) như hình vẽ.

Gọi \(G,G'\) lần lượt là trọng tâm của \(\Delta ABC,\Delta A'B'C'\).

Khi đó \(GG'\) là đường cao của hình chóp cụt đều.

Gọi \(H\) là hình chiếu của của \(A'\) trên \(AG\).

Ta có \(A'G' = \frac{2}{3} \cdot \frac{{10\sqrt 3 }}{2} = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\); \(AG = \frac{2}{3} \cdot \frac{{30\sqrt 3 }}{2} = 10\sqrt 3 \).

Có \(AH = AG - HG = 10\sqrt 3 - \frac{{10\sqrt 3 }}{3} = \frac{{20\sqrt 3 }}{3}\).

Xét tam giác vuông \(AHA'\), có \(A'H = \sqrt {A{{A'}^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{25}^2} - {{\left( {\frac{{20\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{5\sqrt {177} }}{3}\).

Khi đó \({V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{{A'H}}{3}\left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}{S_2}} } \right) = \frac{{5\sqrt {177} }}{9}\left( {\frac{{{{30}^2}\sqrt 3 }}{4} + \frac{{{{10}^2}\sqrt 3 }}{4} + \frac{{300\sqrt 3 }}{4}} \right) = \frac{{1625\sqrt {59} }}{3}\) cm³.