Đề kiểm tra Khoảng cách trong không gian (có lời giải)- Đề 3
22 câu hỏi
\(AD\).
\(AB'\).
\(AD'\).
\(AA'\).
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) (tham khảo hình vẽ).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng \[AB\] và \(A'D'\) bằng độ dài đoạn thẳng nào sau đây?
\(AA'\).
\(AC'\).
\(AB'\).
\(AD'\)
Ta có \(AA' \bot AB\) và \(AA' \bot A'D'\) nên \(d\left( {AB,A'D'} \right) = AA'\).
Cho hình chóp đều \[S.ABCD\], gọi \[O\] là tâm của đa giác đáy (tham khảo hình vẽ).
![Cho hình chóp đều \[S.ABCD\], gọi \[O\] là tâm của đa giác đáy (tham khảo hình vẽ). (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid50-1771855962.png)
Khoảng cách từ đỉnh \[S\] đến mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\] bằng độ dài đoạn thẳng nào sau đây?
\(SO\).
\(SA\).
\(AB\).
\(AC\).
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\), biết \(AB = 4\) (tham khảo hình vẽ).
Khoảng cách từ điểm \[D\] đến mặt phẳng \[\left( {ACC'A'} \right)\] bằng
\(4\sqrt 2 \).
\(2\).
\(4\).
\(2\sqrt 2 \).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật có \[AB = a;AD = 2a\], \(SA \bot (ABCD)\). Khoảng cách từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) bằng
![Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật có \[AB = a;AD = 2a\], (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid53-1771856080.png)
\(2a\).
\(a\).
\(a\sqrt {10} \).
\(a\sqrt {13} \).
![Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật có \[AB = a;AD = 2a\], (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid54-1771856100.png)
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có \[O;O'\] lần lượt là tâm của các hình vuông \[ABCD\], \[A'B'C'D'\]. Đường vuông góc chung của \[BD\] và \[A'C'\] là
![Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có \[O;O'\] lần lượt là tâm của các hình vuông \[ABCD\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid55-1771856150.png)
\(AA'\)
\(BB'\)
\(B'D'\)
\(OO'\)
![Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có \[O;O'\] lần lượt là tâm của các hình vuông \[ABCD\] (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid56-1771856190.png)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OO' \bot BD;\,\,OO' \cap BD = O\\OO' \bot A'C';\,\,OO' \cap A'C' = O'\end{array} \right.\)
Suy ra \[OO'\] là đường vuông góc chung của \[BD\] và \[A'C'\]
\[BD\].
\[AC\].
\[SA\].
\[AD\].
\[AB\].
\[BD\].
\[SB\].
\[SC\].
Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB\) mà \(AB \bot AD\) nên \(AB \bot \left( {SAD} \right)\).
Lại có \(BC{\rm{//}}\left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {BC\,,\,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B\,,\,\left( {SAD} \right)} \right) = AB\).Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB = 1,BC = 2;AA' = 3\) (tham khảo hình vẽ).
Khoảng cách giữa hai đường \[AB'\] và \[CC'\] bằng?
\(1\).
\(2\).
\(3\).
\(\sqrt 2 \).
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AB' \subset (ABB'A')\\CC' \subset (CDD'C')\\(ABB'A'){\rm{//}}(CDD'C')\end{array} \right.\)
nên \[d(AB',CC') = d((ABB'A'),(CDD'C')) = d(A,(CDD'C')) = AD = 2\].
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\[AB'\].
\[AC'\].
\[AA'\].
\[AD'\].
Một giá đỡ ba chân như hình vẽ đang được mở sao cho ba gốc chân cách đều nhau một khoảng cách bằng \[90cm\]. Chiều cao của giá đỡ, biết các chân của giá đỡ dài \[110cm\] bằng
\[110\left( {{\rm{cm}}} \right)\].
\[90\left( {{\rm{cm}}} \right)\].
\(45\sqrt 3 \left( {{\rm{\;cm}}} \right)\).
\[96,95\left( {{\rm{cm}}} \right)\]
Giả sử 3 chân của giá đỡ là \[B,C,D\].
Giá đỡ ba chân như hình vẽ đang được mở sao cho ba gốc chân cách đều nhau một khoảng cách bằng \(90{\rm{\;cm}}\) nên hình chiếu của đỉnh là tâm của đáy mà đáy là tam giác đều do đó tâm là trọng tâm.
Vì đáy là tam giác đều cạnh \(90{\rm{\;cm}}\) nên chiều cao của đáy bằng \(BM = 90.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 45\sqrt 3 \left( {{\rm{\;cm}}} \right)\)
Khoảng cách từ gốc chân đến tâm của đáy là \(OB = \frac{2}{3} \cdot 45\sqrt 3 = 30\sqrt 3 \left( {{\rm{cm}}} \right)\)
Chiều cao giá đỡ là \[OA = \sqrt {{{110}^2} - {{\left( {30\sqrt 3 } \right)}^2}} = 10\sqrt {94} \left( {cm} \right) \approx 96,95\left( {{\rm{cm}}} \right)\]
Kim tự tháp Kheops ở Ai Cập có dạng là hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy dài 262 mét, cạnh bên dài 230 mét. Khi xây dựng kim tự tháp người Ai Cập cổ đại đã tính toán xây dựng một đường hầm lấy sáng tự nhiên từ một mặt bên đến tâm hình vuông ở mặt đáy. Khoảng cách xây đường hầm đó gấn với giá trị nào nhất?
\(89m\).
\(95m\).
\(94m\).
\(93m\).
Ta giả sử các cạnh và đỉnh của kim tự tháp như hình vẽ. Vì \(S.ABCD\)hình chóp tứ giác đều nên \(SH\) vuông góc với mặt phẳng \(S.ABCD\) (\(H = AC \cap BD\)).
Xét \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{262}^2} + {{262}^2}} = 262\sqrt 2 \) (m)
\( \Rightarrow HC = \frac{{AC}}{2} = 131\sqrt 2 \) (m)
Xét \(SHC\) vuông tại \(H\), ta có: \(SH = \sqrt {S{C^2} - H{C^2}} = \sqrt {{{230}^2} - {{(131\sqrt 2 )}^2}} = \sqrt {18578} \approx 136\)(m). Vậy chiều cao của kim tự tháp là khoảng 136 mét.
Kẻ \(HJ\) vuông góc với \(SI\), suy ra \(HI\) là đoạn đường ngắn nhất.
Trong tam giác \(SHI\) vuông tại H, ta có: \(\frac{1}{{H{J^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{S{I^2}}} = \frac{1}{{18578}} + \frac{1}{{17161}} = \frac{{35739}}{{18578.17161}}\)
\( \Rightarrow H{J^2} = \frac{{18578.17161}}{{35739}} \Rightarrow HJ \approx 94\)(m)\(SH \bot (ABC)\)
\(d(S,(ABC)) = a\sqrt 3 \)
\(d(C,(SAB)) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)
Thể tích của khối chóp \(S.ABC\) bằng \(\frac{{{a^3}}}{6}\)
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Sai |
d) Sai |
a) Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), mà tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).
Ngoài ra \((SAB) \bot (ABC)\) nên \(SH \bot (ABC)\).
Ta có: \(d(S,(ABC)) = SH = \frac{{2a \cdot \sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 (\)do tam giác \(SAB\) đều cạnh \(2a)\).
Kẻ đường cao \(CK\) của tam giác \(ABC\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CK \bot AB}\\{CK \bot SH}\end{array} \Rightarrow CK \bot (SAB) \Rightarrow d(C,(SAB)) = CK} \right.\).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) có:
\(BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}} = a;CK = \frac{{CA \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 \cdot a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Vậy \(d(C,(SAB)) = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Diện tích đáy hình chóp là: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AC \cdot BC = \frac{1}{2}a\sqrt 3 \cdot a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Thể tích khối chóp là: \({V_{S \cdot ABC}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}\).
\(AB \bot \left( {AD{D^\prime }{A^\prime }} \right)\)
Khoảng cách từ điểm \(A\) đến đường thẳng \(B{D^\prime }\) bằng: \(\frac{{\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)
Gọi \(I,J\) theo thứ tự là tâm của các hình chữ nhật \(AD{D^\prime }{A^\prime },BC{C^\prime }{B^\prime }\). Khi đó \(IJ\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng \(A{D^\prime }\) và \({B^\prime }C\).
Khoảng cách hai đường thẳng \(A{D^\prime }\) và \({B^\prime }C\) bằng \(2a\)
|
a) Đúng |
b) Sai |
c) Đúng |
d) Sai |
Kẻ đường cao \(AH\) trong tam giác \(AB{D^\prime }\), suy ra \(d\left( {A,B{D^\prime }} \right) = AH\).
Vì \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) là hình hộp chữ nhật nên \(AB \bot \left( {AD{D^\prime }{A^\prime }} \right)\),
suy ra \(AB \bot A{D^\prime }\) hay tam giác \(AB{D^\prime }\) vuông tại \(A\).
Tam giác \(AD{D^\prime }\) vuông tại \(D\) có: \(A{D^\prime } = \sqrt {A{D^2} + D{D^{\prime 2}}} = \sqrt {{b^2} + {c^2}} \).
Tam giác \(AB{D^\prime }\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^{\prime 2}}}} \Rightarrow AH = \frac{{AB \cdot A{D^\prime }}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^{\prime 2}}} }} = \frac{{a\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\)
Vậy \(d\left( {A,B{D^\prime }} \right) = \frac{{a\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}\).
Vì \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) là hình hộp chữ nhật nên \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB//{C^\prime }{D^\prime }}\\{AB = {C^\prime }{D^\prime }}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow AB{C^\prime }{D^\prime }\) là hình bình hành.
Dễ thấy \(I,J\) lần lượt là trung điểm của \(A{D^\prime }\) và \(B{C^\prime }\) suy ra \(IJ\) là đường trung bình của hình bình hành \(AB{C^\prime }{D^\prime } \Rightarrow IJ//AB\), mà \(AB \bot A{D^\prime }\) nên \(IJ \bot A{D^\prime }\). (1)
Ta có: \(AB \bot \left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right) \Rightarrow AB \bot {B^\prime }C \Rightarrow IJ \bot {B^\prime }C\). (2)
Mặt khác \(IJ\) cắt cả hai đường thẳng \(A{D^\prime },{B^\prime }C\). (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(IJ\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng \(A{D^\prime }\) và \({B^\prime }C\). Ta có \(IJ = AB = a\).
\(AO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
\(d(O,SA) = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}{\rm{. }}\)
Kẻ đường cao \(AI\) của tam giác \(ABC\), khi đó: \(OI = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)
\(d(O,(SBC)) = \frac{{a\sqrt {15} }}{{12}}\)
|
a) Sai |
b) Đúng |
c) Đúng |
d) Sai |
Kẻ đường cao \(AI\) của tam giác \(ABC\), ta có \(O\) thuộc \(AI\).
Trong mặt phẳng \((SAI)\), dựng \(OH \bot SA\) tại \(H \Rightarrow d(O,SA) = OH\).
Tam giác \(ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AO = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = SO\).
Tam giác \(SAO\) vuông cân tại \(O\) nên \(OH = \frac{{SA}}{2} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\).
Vậy \(d(O,SA) = OH = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}{\rm{. }}\)
Ta xét khoảng cách từ \(O\) đến mặt bên \((SBC)\).
Kẻ đường cao \(OK\) của tam giác \(SOI\). (1)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SO({\rm{ do }}SO \bot (ABC))}\\{BC \bot AI}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAI) \Rightarrow BC \bot OK} \right.\).(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(OK \bot (SBC)\) hay \(OK = d(O,(SBC))\).
Ta có: \(OI = \frac{{AI}}{3} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).
Tam giác \(SOI\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OK\) nên
\(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} \Rightarrow OK = \frac{{SO \cdot OI}}{{\sqrt {S{O^2} + O{I^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\sqrt {\frac{{3{a^2}}}{9} + \frac{{3{a^2}}}{{36}}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{{15}}\)
Vậy \(d(O,(SBC)) = OK = \frac{{a\sqrt {15} }}{{15}}\).
Trong mặt phẳng \(\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)\), kẻ \({A^\prime }H \bot {B^\prime }{C^\prime }\) tại \(H\). Khi đó: \(B'C' \bot (AA'H)\)
\(d\left( {(ABC),\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)} \right) = a{\rm{. }}\)
Diện tích đáy của lăng trụ là: \({a^2}\sqrt 5 \)
Thể tích khối lăng trụ là: \({a^3}\sqrt 3 \)
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Sai |
d) Đúng |
Trong mặt phẳng \(\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)\), kẻ \({A^\prime }H \bot {B^\prime }{C^\prime }\) tại \(H\).
Trong mặt phẳng \(\left( {A{A^\prime }H} \right)\) , kẻ \({A^\prime }K \bot AH\) tại \(K\). (1)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}B'C' \bot A'H\\B'C' \bot AA'({\rm{do}}\,AA' \bot (A'B'C'))\end{array} \right. \Rightarrow B'C' \bot (AA'H) \Rightarrow A'K \bot B'C'(2)\)
Từ (1) và (2) suy ra \({A^\prime }K \bot \left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right)\) hay \(d\left( {{A^\prime },\left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right)} \right) = {A^\prime }K = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Tam giác \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) đều có đường cao \({A^\prime }H = \frac{{2a \cdot \sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).
Tam giác \(A{A^\prime }H\) vuông tại \({A^\prime }\) có đường cao \({A^\prime }K\) nên
\(\frac{1}{{{A^\prime }{K^2}}} = \frac{1}{{{A^\prime }{H^2}}} + \frac{1}{{{A^\prime }{A^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{\frac{{3{a^2}}}{4}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{A^\prime }{A^2}}} \Rightarrow {A^\prime }A = a{\rm{. }}\)
Hai mặt đáy lăng trụ song song với nhau và có khoảng cách là: \(d\left( {(ABC),\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)} \right) = A{A^\prime } = a{\rm{. }}\)
Diện tích đáy của lăng trụ (đáy là tam giác đều) là: \({S_{\Delta {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} = \frac{{{{(2a)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3 \)
Thể tích khối lăng trụ là: \(V = A{A^\prime } \cdot {S_{\Delta {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} = a \cdot {a^2}\sqrt 3 = {a^3}\sqrt 3 \) (đơn vị thể tích).
Kẻ \(AH \bot BC\) tại \(H \Rightarrow d(A,BC) = AH\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AH}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAH) \Rightarrow BC \bot SH} \right.\)
Ta có: \(SH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{C^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}a\)
Ta có: \(AH = \sqrt {S{A^2} + S{H^2}} = \sqrt {{{(3a)}^2} + {{\left( {\frac{{2\sqrt 5 }}{5}a} \right)}^2}} = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a\)
Vậy \(d(A,BC) = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a\).
Dựng và chứng minh được \(d(O,(SBC)) = OH\)
Ta có: \(OI = \frac{1}{2}.2a = a\)
\(SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 7 } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{2a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt 5 a\)
Ta có: \(OH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{\left( {\sqrt 5 a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} }} = \frac{{\sqrt {30} }}{6}a\)
Vậy \(d(O,(SBC)) = \frac{{\sqrt {30} }}{6}a.\)
Ta lại có: \(MO//(SBC) \Rightarrow d(M,(SBC)) = d(O,(SBC)) = \frac{{\sqrt {30} }}{6}a\)
Dựng \(Bx//AC \Rightarrow AC//(SBx)\)
Suy ra \(d(AC,SB) = d(AC,(SBx)) = d(A,(SBx))\)
Dựng và chứng minh được \(d(A,(SBx)) = AK\)
Ta có: \(\Delta AHB\) vuông cân tại \(H\) nên \(AH = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\)
Ta có:
\(AK = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{(3a)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}} }} = \frac{{3\sqrt {19} }}{{19}}a\)
Vậy \(d(AC,SB) = \frac{{3\sqrt {19} }}{{19}}a\).
Một bể cá được làm bằng kính có dạng hình hộp chữ nhật có ba kích thước là \(0,6\;m;2\;m;0,8\;m\). Tìm thể tích và độ dài đường chéo của bể cá đó.
Thể tích của bể cá hình hộp chữ nhật có ba kích thước \(a = 0,6\;m;b = 2\;m\); \(c = 0,8\;m\) là: \(V = abc = 0,6 \cdot 2 \cdot 0,8 = 0,96\left( {\;{m^3}} \right)\).
Độ dài đường chéo bể kính hình hộp chữ nhật là:
\(d = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} = \sqrt {0,{6^2} + {2^2} + 0,{8^2}} = \sqrt 5 \approx 2,236(\;m).\)
Một cái hộp hình lập phương, bên trong nó đựng một mô hình đồ chơi có dạng hình chóp tứ giác đều mà đỉnh của hình chóp đó trùng với tâm của một mặt chiếc hộp, giả sử hình vuông đáy của hình chóp trùng với một mặt của chiếc hộp (mặt này cùng với mặt chứa đỉnh hình chóp là hai mặt đối nhau). Biết cạnh của chiếc hộp bằng \(30\;cm\), hãy tính thể tích phần không gian bên trong chiếc hộp không bị chiếm bởi mô hình đồ chơi dạng hình chóp (mô hình đồ chơi được làm bởi chất liệu nhựa đặc bên trong).
Thể tích cái hộp (khối lập phương) là: \({V_1} = {30^3} = 27000\left( {\;c{m^3}} \right)\).
Xét đồ chơi có dạng hình chóp tứ giác đều, chiều cao của hình chóp bằng với một cạnh của hình lập phương, hay \(h = 30\;cm\), đáy của hình chóp có diện tích \(S = {30^2} = 900\;c{m^2}\).
Thể tích khối đồ chơi (khối chóp tứ giác đều) là:
\({V_2} = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3} \cdot 900 \cdot 30 = 9000\left( {\;c{m^3}} \right){\rm{. }}\)
Thể tích phần không gian bên trong chiếc hộp không bị chiếm bởi mô hình đồ chơi dạng hình chóp: \(V = {V_1} - {V_2} = 27000 - 9000 = 18000\left( {\;c{m^3}} \right)\).
Một khối rubik \(3 \times 3\) (được chia làm 27 khối lập phương nhỏ) có dạng một hình lập phương với kích thước cạnh bằng \(6\;cm\).
Tìm thể tích của khối rubik đó, biết khoảng hở giữa các khối lập phương nhỏ không đáng kể.
Thể tích khối rubik là:
\(V = {6^3} = 116\left( {\;c{m^3}} \right).\)
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
