Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 8 (có lời giải) - Đề 2

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SA\\CD \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\].

Ta có \(A{C'^2} = A{C^2} + A{A'^2} = A{B^2} + A{D^2} + A{A'^2} = {3^2} + {4^2} + {5^2} = 50\).

Vậy độ dài đường chéo của hình hộp chữ nhật là \(AC' = 5\sqrt 2 \).

Ta có diện tích đáy \(S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\).

Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều là \(V = S.h = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}\).

Ta có \(AB\) song song\(C{\rm{D}}\) nên khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) là \(BC = a\).

Ta có: Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(B'D'\) bằng khoảng cách từ \(B'D'\) đến mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(BB' = a\).

Ta có đường thẳng \(AB\) song song mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) nên Khoảng cách giữa đường thẳng \(AB\) và mặt phẳng \(\left( {A'B'C'} \right)\) là: \(AA' = 2a\).

Mệnh đề i) đúng vì dễ thấy \[CC' \bot \left( {A'C'D'} \right).\]

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot CK\\BD \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {CKC'} \right).\]

Mà \[BD \subset \left( {BDD'B'} \right),\] \[BD \subset \left( {BDC'} \right),\] \[\left( {BDA'} \right)\] nên suy ra các mệnh đề ii), iii) và iv) là những mệnh đề đúng.

Xác định được \[\left( {\widehat {\left( {ABC'} \right)\,,\,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {BC'\,,\,BC}} \right) = \widehat {C'BC} = 60^\circ \,.\]

Tam giác vuông \[BCC',\] có \[CC' = BC.\tan \widehat {C'BC} = a\sqrt 3 .\]

Ta có: \(BB' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BB' \bot BD\),

\(BB' \bot \left( {A'B'C'D'} \right) \Rightarrow BB' \bot B'D'\)

Do đó \(d\left( {BD,B'D'} \right) = BB' = a.\)

Hình thoi \(ABCD\) có \(\widehat {BAD} = 120^\circ \) nên \(\widehat {ADC} = 60^\circ \) và do đó \(\Delta ADC\) là tam giác đều, suy ra \(AC = a\).

Từ đó ta có \(AA' = \sqrt {A'{C^2} - A{C^2}}  = \sqrt {9{a^2} - {a^2}}  = 2\sqrt 2 a\).

Xét hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\)( mô hình của kim tự tháp ) có đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\), đường cao \(SO\)là chiều cao kim tự tháp.

Gọi \(E\) là trung điểm của \(AB\) ta có \(OE \bot AB\) (Vì \(ABCD\) là hình vuông).

Mà \(\Delta SAB\) cân tại \(S\) nên \(SE \bot AB\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}(ABCD) \cap (SAB) = AB\\OE \in (ABCD),OE \bot AB\\SE \in (SAB),SE \bot AB\end{array} \right.\) nên góc giữa \((SAB)\) và \((ABCD)\) bằng \(\widehat {SEO}\); \(EO = \frac{{BC}}{2} = \frac{{60}}{2} = 30\).

Xét \(\Delta SEO\) vuông tại \(O\), ta có \(\tan \widehat {SEO} = \frac{{SO}}{{EO}} = \frac{{10\sqrt 3 }}{{30}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {SEO} = 30^\circ \).

Vậy mặt bên kim tự tháp nghiêng một góc \(30^\circ \)so với mặt đất

Mô phỏng cái sọt là hình chóp cụt như hình vẽ

Kẽ \({\rm{B'H}} \bot BD,{\rm{B'K}} \bot BC\)

Ta có: \({\rm{OO' = }}30cm;BD = 50\sqrt 2 cm;BO = 25\sqrt 2 cm.\)

\(B'D' = 30\sqrt 2 cm;B'O' = 15\sqrt 2 cm.\)

\({\rm{OO'B'H}}\) là hình chữ nhật nên \({\rm{OH = B'O' = 15}}\sqrt 2 cm\)

\({\rm{OO' = B'H = 30}}cm\); \({\rm{BH = BO - OH = 10}}\sqrt 2 cm\)

Tam giác \({\rm{BB'H}}\) vuông tại \({\rm{H}}\)có \({\rm{BB' = }}\sqrt {B'{H^2} + B{H^2}} {\rm{ = 10}}\sqrt {11} cm\)

\({\rm{BB'C'C}}\) là hình thang cân nên \({\rm{BK = }}\frac{{BC - B'C'}}{2}{\rm{ = 10}}cm\)

Tam giác \({\rm{BB'K}}\) vuông tại \(K\)có \({\rm{KB' = }}\sqrt {B'{B^2} - B{K^2}} {\rm{ = 10}}\sqrt {10} cm\)

Diện tích hình thang \({\rm{BB'C'C}}\) là \({{\rm{S}}_{BB'C'C}}{\rm{ = }}\frac{1}{2}\left( {BC + B'C'} \right)B'K = \frac{1}{2}\left( {50 + 30} \right){\rm{10}}\sqrt {10}  = 400\sqrt {10} c{m^2}\)

Diện tích alu cần dùng để làm sọt là:

\({\rm{S = 4}}{{\rm{S}}_{BB'C'C}}{\rm{ + }}{{\rm{S}}_{ABCD}}{\rm{ = 4}}.400\sqrt {10}  + {50^2} = 1600\sqrt {10}  + 2500 = 7559,644c{m^2} = 0,7559644{m^2}\)

Chi phí cần trả là: \(0,7559644\)x \(2000000 = 151192,88\) đồng

Gọi \(I\)là trung điểm của \(AB\)

Xét tam giác \(SAB\)có: \(SA = SB \Rightarrow SI \bot AB{\rm{  }}\left( 1 \right)\)

Xét tam giác \(CAB\)có: \(CA = CB \Rightarrow CI \bot AB{\rm{  }}\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\)và \(\left( 2 \right)\)suy ra: \(AB \bot \left( {SIC} \right) \Rightarrow AB \bot SC\)

Tam giác \(SAC\) đều có \(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(SO \bot AC(1)\);

tam giác \(SBD\) cân tại \(S\) có \(O\) là trung điểm \(BD\) nên \(SO \bot BD\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(SO \bot (ABCD)\).

Mặt khác \(SO\) chứa trong hai mặt phẳng \((SAC),(SBD)\) nên \((SAC) \bot (ABCD)\), \((SBD) \bot (ABCD)\).

Các tam giác \(ABC,ACD\) lần lượt cân tại \(B\) và \(D\), mà ABC^=ADC^=60°. nên hai tam giác \(ABC,ACD\) đều cạnh \(a\).

Kẻ đường cao \(OM\) của tam giác \(OCD\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot OM}\\{CD \bot SO}\end{array} \Rightarrow CD \bot (SOM) \Rightarrow CD \bot SM} \right.\).

Khi đó:

\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SCD) \cap (ABCD) = CD}\\{OM \bot CD,SM \bot CD}\\{OM \subset (ABCD),SM \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow ((SCD),(ABCD)) = (SM,OM) = \widehat {SMO}.} \right.\]

Tam giác \(SAC\) đều nên \(SO = \frac{{AC\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{a}{2},OD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác \(OCD\) vuông tại \(O\), đường cao \(OM\) nên \(\frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}}\)

\( \Rightarrow OM = \frac{{OC \cdot OD}}{{\sqrt {O{C^2} + O{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)

Tam giác \(SOM\) vuông tại \(O\) có: tanSMO^=SOOM=a32a34=2⇒SMO^≈63,43°

Vậy ((SCD),(ABCD))=SMO^≈63,43°

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

Mà \(AC \bot AB\) nên \(AC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\)

Lại có: \(\left. \begin{array}{l}AH \bot BC\\SA \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SAH} \right) \bot BC \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \angle AHS\)

Vậy ý A sai.

Do tam giác \(ABC\) đều tâm \(O\) suy ra \(AO \bot BC\) tại \(M\) là trung điểm của\(BC\).

Ta có:\(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,MO = \frac{1}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6},\,OA = \frac{2}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Từ giả thiết hình chóp đều suy ra \(SO \bot \left( {ABC} \right)\), \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {3{a^2} - \frac{{3{a^2}}}{9}}  = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\).

Dựng \(OK \bot SM,AH \bot SM \Rightarrow AH{\rm{//}}OK;\,\,\frac{{OK}}{{AH}} = \frac{{OM}}{{AM}} = \frac{1}{3}\).

Có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SO\\BC \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot OK\).

Có \(\left\{ \begin{array}{l}OK \bot SM\\OK \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right),\,AH \bot \left( {SBC} \right)\,\,\left( {{\rm{ do }}AH{\rm{//}}OK} \right)\).

Từ đó có \({d_1} = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = 3OK;\,{d_2} = d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OK\).

Trong tam giác vuông \[OSM\] có đường cao \(OK\) nên:

\(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{M^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{{36}}{{3{a^2}}} + \frac{9}{{24{a^2}}} = \frac{{99}}{{8{a^2}}} \Rightarrow OK = \frac{{2a\sqrt 2 }}{{33}}\).

Vậy \(d = {d_1} + {d_2} = 4OK = \frac{{8a\sqrt 2 }}{{33}}\).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), khi đó \[SO \bot \left( {ABCD} \right)\].

Theo giả thiết, \[\widehat {SCO} = 60^\circ  \Rightarrow SO = OC.\tan 60^\circ  = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} .\tan 60^\circ  = a\sqrt 3 \]

Vậy \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .a.a\sqrt 3  = {a^3}\].

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\), suy ra \(SH \bot BC \Rightarrow SH \bot (ABC)\).

Gọi \(K\) là trung điểm \(AC\), suy ra \(HK//AB\) nên \(HK \bot AC\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot HK}\\{AC \bot SH}\end{array} \Rightarrow AC \bot (SHK) \Rightarrow AC \bot SK} \right.\)

Do đó \([S,AC,B] = (SK,HK) = \widehat {SKH}\)

Tam giác vuông \(ABC\), có \(AB = BC \cdot \cos \widehat {ABC} = a\)

\( \Rightarrow HK = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\)

Tam giác vuông \(SHK\), có \(\tan \widehat {SKH} = \frac{{SH}}{{HK}} = 2\sqrt 3 \).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BO \bot SC}\\{BO \bot AC}\end{array} \Rightarrow BO \bot (SAC)} \right.\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SBA) \cap (SAC) = SA}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (SAC),OI \bot SA}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (SBA),BI \bot SA}\end{array} \Rightarrow [B,SA,C] = [B,SA,O] = \widehat {BIO}} \right.\)

Ta có: \(\Delta IAO\~\Delta CAS \Rightarrow \frac{{OI}}{{SC}} = \frac{{OA}}{{SA}} \Rightarrow OI = \frac{{OA \cdot SC}}{{SA}} = \frac{{\sqrt 2 a \cdot 3a}}{{\sqrt {{{(3a)}^2} + {{(2\sqrt 2 a)}^2}} }} = \frac{{3\sqrt {34} }}{{17}}a\)

Xét \(\Delta BOI\) vuông tại O: tanBIO^=BOIO=a233417a=173⇒BIO^≈54°

Gọi \(O,I\) theo thứ tự là tâm của đáy lớn \(ABC\) và đáy bé \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime };K,J\) theo thứ tự là trung điểm của \(BC\) và \({B^\prime }{C^\prime }\).

Ta có \(h = IO = \frac{{3a}}{2}\) là chiều cao của hình chóp cụt đều \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\).

Diện tích hai đáy hình chóp cụt đều là:

\({S_1} = {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{(4a)}^2}\sqrt 3 }}{4} = 4{a^2}\sqrt 3 ;{S_2} = {S_{\Delta {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} = \frac{{{{(2a)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \)

Thể tích khối chóp cụt đều là:

\(V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + \sqrt {{S_1}{S_2}}  + {S_2}} \right)\)

\( = \frac{1}{3} \cdot \frac{{3a}}{2}\left( {4{a^2}\sqrt 3  + \sqrt {4{a^2}\sqrt 3  \cdot {a^2}\sqrt 3 }  + {a^2}\sqrt 3 } \right) = \frac{{7{a^3}\sqrt 3 }}{2}\) (đơn vị thể tích)

Vì \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) là lăng trụ đứng nên \(A{A^\prime } \bot (ABC)\), mà \(BC \subset (ABC) \Rightarrow A{A^\prime } \bot BC\) hay

Ta có: \(AB//{A^\prime }{B^\prime } \Rightarrow \left( {{A^\prime }{B^\prime },AC} \right) = (AB,AC)\).

Áp dụng định lí côsin cho tam giác \(ABC\), ta có:

\(\cos \widehat {BAC} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB \cdot AC}} = \frac{{47}}{{72}} > 0 \Rightarrow \widehat {BAC}\) là góc nhọn.

Vậy A'B',AC=(AB,AC)=BAC^≈49,25°

Gọi mặt đường là mặt phẳng \[\left( P \right)\], mặt cầu là mặt phẳng \[\left( Q \right)\], mặt phẳng chiếu nghỉ nối giữa hai nhịp bậc thang là mặt phẳng \[\left( R \right)\]. Ta có \[\left( P \right){\rm{//}}\left( Q \right){\rm{//}}\left( R \right)\].

Gọi \[K,{\rm{ }}H\] lần lượt là hình chiếu của \[B,D\] trên mặt phẳng \[\left( P \right)\]; \[E\] là hình chiếu của \[D\] trên \[\left( R \right)\]. Dễ thấy \[D,H,E\] thẳng hàng (như hình).

Ta có: \[\left( \alpha  \right) \cap \left( P \right) = AA'\]; \[\left( \alpha  \right) \equiv \left( {AA'B} \right)\]; \[\left( P \right) \equiv \left( {AA'K} \right)\].

\[BK \bot \left( P \right) \Rightarrow BK \bot AA'\]. Mà \[AB \bot AA'\]. Nên \[\left( {ABK} \right) \bot AA'\].

Suy ra \[\left( {\left( \alpha  \right),\left( P \right)} \right) = \widehat {BAK} = 20^\circ \].

Trong tam giác vuông \[ABK\]có: \[BK = AB.\sin \widehat {BAK} = 6.\sin 20^\circ  \approx 2,052{\rm{ }}\left( m \right)\]

Tương tự trên ta có:

Do \[\left( P \right){\rm{//}}\left( R \right)\] nên \[\left( {\left( \beta  \right),\left( P \right)} \right) = \left( {\left( \beta  \right),\left( R \right)} \right) = \widehat {DCE} = 30^\circ \].

Trong tam giác vuông \[CDE\]có: \[DE = CD.\sin \widehat {DCE} = 3.\sin 30^\circ  = 1,5{\rm{ }}\left( m \right)\]

Lại có

\[\left( P \right){\rm{//}}\left( Q \right);{\rm{ }}D \in \left( Q \right) \Rightarrow d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = d\left( {D,\left( P \right)} \right) = DH = DE + EH = DE + BK \approx 3,55{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)\]