22 câu hỏi
\(a\).
\(2a\).
\(3a\).
\(a\sqrt 2 \).
\({\rm{3}}{a^3}\)
\({a^3}\).
\(6{a^3}\).
\({\rm{2}}{a^3}\).
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bằng \(a\) (tham khảo hình vẽ).
Khoảng cách giữa đường thẳng \(BD\) và mặt phẳng \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) bằng
\(a\).
\(a\sqrt 3 \).
\(3a\).
\(a\sqrt 2 \).
Vì \(BD\,{\rm{//}}\,B'D'\) nên \(BD\,{\rm{//}}\,\left( {A'B'C'D'} \right)\).
Do đó \(d\left( {BD,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = BB' = a\). Chọn A.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật, \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Biết \(AB = 9a\), \(AD = 10a\). Khoảng cách từ điểm \(B\) đến mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là
\(\sqrt {19} a\).
\(\sqrt {181} a\).
\(10a\).
\(9a\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\), tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(B\), \(AB = a\) và \(SA = a\sqrt 3 \). Số đo theo đơn vị độ của góc nhị diện \(\left[ {A,\,BC,\,S} \right]\) là
\(60^\circ \).
\(135^\circ \).
\(90^\circ \).
\(45^\circ \).
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right.\]\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot SB\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,SB \subset \left( {SAB} \right)} \right)\).
Từ đó suy ra \(\widehat {ABS}\) là một góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,\,BC,\,S} \right]\).
Lại có \(\tan \widehat {ABS} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \widehat {ABS} = 60^\circ \). Chọn A.
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(O\) là tâm của đáy \(ABCD\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\) và \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(O\) trên \(SM\). Khoảng cách từ \(O\) đến mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng
\(OK.\)
\(OB.\)
\(SO.\)
\(OM.\)
\(\left. \begin{array}{l}BC \bot OM\\BC \bot SO\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)\). Mà \(OK \subset \left( {SOM} \right) \Rightarrow BC \bot OK\).
Lại có \(SM \bot OK \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right)\). Do đó \(d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OK\). Chọn A.
\(\left( {A'B'C'D'} \right)\).
\(\left( {A'ADD'} \right)\).
\(\left( {C'BA'} \right)\).
\(\left( {ACD'} \right)\).
Ta có \(A'A \bot AD,\,A'A \bot AB\) suy ra \(A'A \bot \left( {ABCD} \right)\,\).
Lại có \(A'A \subset \left( {A'ADD'} \right)\). Do đó \(\left( {A'ADD'} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\). Chọn B.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\widehat {SAC}\).
\(\widehat {SCB}\).
\(\widehat {SCA}\).
\(\widehat {SBA}\).
Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\), suy ra hình chiếu của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(AC\).
Suy ra \(\left( {SC,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC,\,AC} \right) = \widehat {SCA}\). Chọn C.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\), cạnh bên \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \(I\) là trung điểm của \(SC\) (tham khảo hình bên).
Khẳng định nào sau đây sai?
\(BD \bot \left( {SAC} \right).\)
\(IO \bot \left( {ABCD} \right).\)
\(AC \bot \left( {SBD} \right).\)
Hình chiếu vuông góc của điểm \[S\] lên \[\left( {ABCD} \right)\] là điểm \[A.\]
Ta có \(BD \bot AC,BD \bot SA \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\). Do đó phương án A đúng.
Lại có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(IO{\rm{//}}SA \Rightarrow IO \bot \left( {ABCD} \right)\). Do đó phương án B và D đúng.
Vậy phương án C sai. Chọn C.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật, cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy (tham khảo hình bên)
Khẳng định nào sau đây sai?
\(CD \bot SC.\)
\(CD \bot SA.\)
\[BC \bot AB.\]
\(SA \bot AB.\)
Dễ thấy \(CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot SD\). Khi đó \(CD \bot SC\) dẫn tới trong tam giác \(SCD\) có 2 góc vuông dẫn tới vô lí. Chọn A.
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\)(tham khảo hình bên). Góc giữa hai đường thẳng \(BA'\) và \(CD\) bằng
\(45^\circ \).
\(90^\circ \).
\(30^\circ \).
\(60^\circ \).
Ta có \(A'B{\rm{//}}CD' \Rightarrow \left( {A'B,CD} \right) = \left( {CD',CD} \right) = \widehat {DCD'}\).
Hơn nữa \(\Delta DCD'\) vuông cân tại \(D \Rightarrow \widehat {DCD'} = 45^\circ .\) Chọn A.
\[V = \frac{{{a^3}}}{2}\].
\[V = \frac{{3{a^3}\sqrt 2 }}{2}\].
\[V = \frac{{{a^3}\sqrt {18} }}{6}\].
\[V = \frac{{9{a^3}\sqrt 6 }}{2}\].
Gọi \(O\) là tâm của đáy \(ABCD\), ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có \[{S_{ABCD}} = {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2} = 3{a^2}\].
Tam giác \(SBD\) đều, có độ dài cạnh \(BD = a\sqrt 3 \cdot \sqrt 2 = a\sqrt 6 \).
Do đó tam giác \(SBD\) đều có độ dài đường cao \(SO = a\sqrt 6 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 2 a}}{2}\).
Vậy thể tích của khối chóp đã cho bằng \[V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot 3{a^2} \cdot \frac{{3\sqrt 2 a}}{2} = \frac{{3\sqrt 2 {a^3}}}{2}\]. Chọn B.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông, \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). (Tham khảo hình vẽ )
a) Đường thẳng \(CD\) và đường thẳng \(SA\) vuông góc với nhau.
b) Góc giữa đường thẳng \(BC\) và đường thẳng \(SD\) bằng góc giữa thẳng \(AD\) và đường thẳng \(SD\).
c) Đường thẳng \(BD\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).
d) \(\widehat {SCA}\) là góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\)
a) Đúng. Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD\).
b) Đúng. Ta có \(BC\,{\rm{//}}\,AD\) nên góc giữa thẳng \(BC\) và đường thẳng \(SD\) bằng góc giữa thẳng \(AD\) và đường thẳng \(SD\).
c) Đúng. Vì \[ABCD\] là hình vuông \( \Rightarrow AC \bot BD\).
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BD \bot SA\)\( \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\).
d) Sai. Ta có \(SC \cap \left( {SAD} \right) = S\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\).
Suy ra góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là \(\widehat {DSC}\).
a) Đúng. \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\). Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}BD \subset \left( {SBD} \right)\\BD \bot \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
b) Đúng. Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\).
c) Đúng. \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \)Hình chiếu của \(S\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(A\).
\(B,C \in \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \) Hình chiếu của \(B,C\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(B,C\).
Do đó tam giác \(ABC\) là hình chiếu của tam giác \(SCB\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
d) Sai. Kẻ \(AK \bot SD\,\,\left( {K \in SD} \right)\). Ta có \(CD \bot AK\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,CD \bot \left( {SAD} \right)} \right)\).
Do đó \(AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
Lại có \(AB\,{\rm{//}}\,CD\) nên \(AB\,{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\), suy ra \(d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
a) Sai. Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot CC'}\\{BC \bot CC'}\end{array} \Rightarrow \widehat {ACB}} \right.\] là một góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,CC',B} \right]\).
Mà \(\widehat {ACB} = 120^\circ \) nên số đo của góc nhị diện \(\left[ {A,CC',B} \right]\) bằng \(120^\circ \).
b) Đúng. Vì khoảng cách giữa hai mặt đáy lăng trụ bằng \(2a\) nên \(d\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = 2a\).
Mà \(d\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = AA'\) nên \(AA' = 2a\).
Ta có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AC \cdot BC \cdot {\rm{sin}}\widehat {ACB} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot 2a \cdot {\rm{sin}}120^\circ = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Thể tích của khối lăng trụ là: \(V = {V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}} \cdot AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \cdot 2a = {a^3}\sqrt 3 \).
c) Đúng. Ta có \({V_{M.ABC}} = \frac{1}{3}MB \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}BB' \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{6}V\). Vậy \({V_{M.ABC}} = \frac{1}{6}V\).
d) Đúng. Gọi \(H\) là chân đường cao kẻ từ \(C\) xuống \(AB\). Khi đó \(CH \bot AB\).
Mà \(AA' \bot CH \Rightarrow CH \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = CH\).
Ta cũng có \(CC'\,{\rm{//}}\left( {ABB'A'} \right)\) nên \(d\left( {C',\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = CH\).
Ta có \(AB = \sqrt {A{C^2} + B{C^2} - 2AC \cdot BC{\rm{cos}}\widehat {ACB}} = \sqrt {{a^2} + 4{a^2} - 2 \cdot a \cdot 2a{\rm{cos}}120^\circ } = a\sqrt 7 \).
Lại có\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}CH \cdot AB \Rightarrow CH = \frac{{2{S_{ABC}}}}{{AB}} = \frac{{2 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Vậy \(d\left( {C',\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
a) Đúng. Vì từ giả thiết, ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).
b) Sai. Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên\(AC\) không vuông góc với \(BD\), từ đó ta suy ra được mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) không vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\).
c) Sai. Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot AD}\\{CD \bot SA{\rm{ }}\left( {{\rm{do }}SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)} \right. \Rightarrow CD \bot SD\).
Từ đó suy ra \(\widehat {ADS}\) là một góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {A,DC,S} \right]\).
Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) nên \(\tan \widehat {ADS} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{2a}} = \sqrt 3 \), suy ra \(\widehat {ADS} = 60^\circ \).
Vậy số đo của góc nhị diện \(\left[ {A,DC,S} \right]\) bằng \(60^\circ \).
d) Đúng. Vì \(CD \bot \left( {SAD} \right)\). Suy ra \(SD\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).
Do vậy \(\left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SC,SD} \right) = \widehat {CSD}\).
Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có: \(SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = 4a;\,\,SC = \sqrt {S{D^2} + C{D^2}} = a\sqrt {17} \).
Tam giác \(SDC\) vuông tại \(D\) có: \({\rm{cos}}\widehat {CSD} = \frac{{SD}}{{SC}} = \frac{{4a}}{{a\sqrt {17} }} = \frac{4}{{\sqrt {17} }}.\) Vậy \({\rm{cos}}\alpha = \frac{4}{{\sqrt {17} }}\).
Cuộc tranh đuổi giữa chú chuột Jerry và mèo Tom để lấy miếng pho mát. Biết rằng miếng pho mát có dạng khối lăng trụ đứng chiều cao \(5\,{\rm{cm}}\) và độ dài các cạnh đáy lần lượt là \(7\,{\rm{cm}},7\,{\rm{cm,}}\)\(4\,{\rm{cm}}\). Tính thể tích của khối pho mát trên (kết quả làm tròn đến hàng phần mười của centimét khối).
Nửa chu vi của tam giác đáy là \(p = \frac{{4 + 7 + 7}}{2} = 9\) (cm).
Diện tích đáy của khối lăng trụ là \(S = \sqrt {9\left( {9 - 7} \right)\left( {9 - 7} \right)\left( {9 - 4} \right)} = 6\sqrt 5 \) (cm2).
Chiều cao khối lăng trụ là \(h = 5\) (cm).
Thể tích khối pho mát là \(V = Sh = 6\sqrt 5 \cdot 5 = 30\sqrt 5 \approx 67,1\) (cm3).
Đáp án: 67,1.
Gọi \(I\) là trung điểm \(CD\). Khi đó, ta có \(HI{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC \Rightarrow HI \bot AB,\,\,HI \bot CD\).
Ta lại có tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).
Mặt khác \(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\), suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot HI\).
Kẻ \(HK \bot SI\,\,\left( {K \in SI} \right)\).
Ta có \(CD \bot HI\) và \(CD \bot SH\) \(\left( {{\rm{do}}\,SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\).
Suy ra \(CD \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow CD \bot HK\).
Từ đó suy ra \(HK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK\).
Lại có \(BH{\rm{//}}CD \Rightarrow BH{\rm{//}}\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK = a\sqrt 2 \).
Ta có \(HI = BC = 2a\).
Tam giác \(SHI\) vuông tại \(H\) nên ta có
\(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} - \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} - \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} \Rightarrow SH = 2a\).
Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(SD\) cắt mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) tại \(D\)
\( \Rightarrow HD\) là hình chiếu của \(SD\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
\( \Rightarrow \left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD,HD} \right) = \widehat {SDH}\).
Xét \(\Delta SHD\) vuông tại \(H\): \(\tan \widehat {SDH} = \frac{{SH}}{{HD}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow \cot \widehat {SDH} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}\).
Vậy \[M = 25{\tan ^2}\alpha + 4{\cot ^2}\alpha = 25 \cdot {\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} + 4 \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)^2} = 25\].
Đáp án: 25.
\(\Delta SAD\) cân tại \(S\) và gọi \(H\) là trung điểm của \(AD\) thì \(SH \bot AD\).
Ta có \(DC\,{\rm{//}}\,AB \Rightarrow DC\,{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\, \Rightarrow d\left( {DC,\,SB} \right) = d\left( {DC,\,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {D,\,\left( {SAB} \right)} \right)\).
\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\\SH \subset \left( {SAD} \right),\,SH \bot AD\end{array} \right.\,\, \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot AB\).
\(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SH\\AB \bot AD\,\left( {{\rm{gt}}} \right)\end{array} \right.\,\, \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)\).
\(\left\{ \begin{array}{l}SD \bot SA\,\left( {{\rm{gt}}} \right)\\SD \bot AB\,\left( {{\rm{do}}\,AB \bot \left( {SAD} \right)} \right)\end{array} \right.\,\, \Rightarrow SD \bot \left( {SAB} \right)\). Suy ra \(d\left( {D,\,\left( {SAB} \right)} \right)\, = SD\).
\(\Delta SAD\) vuông cân tại \(S\), suy ra \(2S{D^2} = A{D^2} \Rightarrow S{D^2} = \frac{{A{D^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {5\sqrt 2 } \right)}^2}}}{2} = 25 \Rightarrow SD = 5\).
Vậy \(d\left( {DC,\,SB} \right) = 5\).
Đáp án: 5.
Tứ giác \[ABCD\] là hình vuông \[ \Rightarrow AB \bot AD\]. (1)
Có \[SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB\]. (2)
Từ (1) và (2) ta có \[AB \bot \left( {SAD} \right)\]. Suy ra \[AB \bot SD\].
Hai đường thẳng \(AD\), \(SB\) chéo nhau và vuông góc, mặt phẳng \[\left( {SAD} \right)\] chứa \[SD\] và vuông góc với \[AB\], cắt \[AB\] tại \[A\] nên gọi \[H\] là hình chiếu của \[A\] trên \[SD\] thì \[AH\] là đoạn vuông góc chung của \[AB\] và \[SD\]. Khi đó\[AH = d\left( {AB,SD} \right) = 6\sqrt 2 \].
Tam giác \[SAD\] vuông tại \[A\] có đường cao \[AH\] nên
\[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {6\sqrt 2 } \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{12}^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} \Leftrightarrow SA = 12\].
Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) là \(V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot {12^2} \cdot 12 = 576\).
Đáp án: 576.
Một đèn thả gỗ có dạng hình chóp cụt đều như hình bên. Đáy và mặt trên là các hình vuông tương ứng có cạnh bằng \(40{\rm{cm, 20cm}}\), cạnh bên của đèn dài \(10\sqrt 5 \,{\rm{cm}}\). Mặt bên và mặt trên của đèn tạo thành góc nhị diện có số đo bằng bao nhiêu độ?
Mô hình hóa chiếc đèn như hình dưới đây.
Gọi \(M,{\rm{ }}M'\) lần lượt là trung điểm của cạnh \(DC\) và \(D'C'\). Dễ chứng minh \(MM' \bot DC\) và \(OM \bot DC\) (\(OM\) là đường trung bình của \(\Delta ACD\)).
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABCD} \right) \cap \left( {DCC'D'} \right) = DC\\OM \subset \left( {ABCD} \right),OM \bot DC\\MM' \subset \left( {DCC'D'} \right),MM' \bot DC\end{array} \right.\] nên \(\widehat {OMM'}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt trên của đèn.
Trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\), gọi \(H = OM \cap AB\), khi đó \(H\) là trung điểm của \(AB\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}HM\,{\rm{//}}\,AD,\,\,HM = AD = 20\,\,{\rm{cm}}\\O'M'\,{\rm{//}}\,A'D',\,\,O'M' = \frac{1}{2}A'D' = \frac{{40}}{2} = 20\,\,{\rm{cm}}\\AD\,{\rm{//}}\,A'D'\end{array} \right.\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}HM\,{\rm{//}}\,O'M'\\HM = O'M'\end{array} \right.\)\( \Rightarrow HMM'O'\) là hình bình hành.
Dễ chứng minh \(BDO'B'\) là hình bình hành, suy ra \(O'D = BB' = 10\sqrt 5 \,\,{\rm{cm}}\).
\(OD = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot 20\sqrt 2 = 10\sqrt 2 \,{\rm{cm}}\).
\(OO' = \sqrt {O'{D^2} - O{D^2}} = \sqrt {{{\left( {10\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( {10\sqrt 2 } \right)}^2}} = 10\sqrt 3 \,\,{\rm{cm}}\).
\(OH = \frac{1}{2}BC = 10\,{\rm{cm}}\) (\(OH\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)).
Xét \(\Delta OO'H\) vuông tại \(O\), \(\tan \widehat {OHO'} = \frac{{OO'}}{{OH}} = \frac{{10\sqrt 3 }}{{10}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {OHO'} = 60^\circ \).
Mà \(HMM'O'\) là hình bình hành nên \(\widehat {OMM'} + \widehat {OHO'} = 180^\circ \Rightarrow \widehat {OMM'} = 120^\circ \).
Đáp án: 120.
Một hồ bơi được chế tạo từ một khối hộp chữ nhật có chiều dài 12 mét, rộng 6 mét, sâu 1 mét ở đầu nông và sâu 3 mét ở đầu sâu (như hình vẽ). Nước được bơm vào hồ bơi với tốc độ 0,25 mét khối mỗi phút. Biết rằng trong bể có 1 mét nước ở đầu sâu. Để lượng nước đạt \(75{\rm{\% }}\) dung tích bể bơi thì cần bơm trong thời gian bao nhiêu phút?
Xét các điểm như hình vẽ.
Ta có \(\frac{{BC}}{{DE}} = \frac{{AB}}{{AD}} \Rightarrow BC = \frac{{AB \cdot DE}}{{AD}} = \frac{{1 \cdot 12}}{3} = 4{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right)\).
Khi mặt hồ phẳng lặng, phần nước đã có trong hồ bơi có dạng hình lăng trụ đứng tam giác.
\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 4 = 2\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Thể tích nước đang có trong hồ bơi là \({V_1} = {S_{ABC}} \cdot AA' = 2 \cdot 6 = 12\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Lại có \({S_{ADEF}} = \frac{{\left( {AD + EF} \right) \cdot DE}}{2} = \frac{{\left( {3 + 1} \right) \cdot 12}}{2} = 24\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)\).
Thể tích hồ bơi là \(V = {S_{ADEF}}_{\rm{\;}} \cdot AA' = 24 \cdot 6 = 144\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Thể tích nước cần bơm vào là \(0,75V - {V_1} = 0,75 \cdot 144 - 12 = 96\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)\).
Thời gian bơm là \(96:0,25 = 384\) (phút).
Đáp án: 384.
Bạn có thích hoạt động này không?
Ý kiến của bạn sẽ giúp chúng tôi đề xuất nội dung phù hợp hơn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
