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

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 $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}={60}^{°}$. 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: $\tan \widehat{SMO}=\frac{SO}{OM}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{4}}=2\Rightarrow \widehat{SMO}\approx 63,{43}^{°}$

Vậy $\left(\right(SCD),(ABCD\left)\right)=\widehat{SMO}\approx 63,{43}^{°}$

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 \(O,I\) 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 $\left(A^{\text{'}}{B}^{\text{'}},AC\right)=(AB,AC)=\widehat{BAC}\approx 49,{25}^{°}$