Đề ôn luyện Toán Chương 5. Hình học không gian (đề số 1)

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = SA = 2a\). Chọn B.

Thể tích khối lăng trụ đã cho bằng \(V = 3{a^2} \cdot 2a = 6{a^3}\). Chọn C.  

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.

Ta có \(AB \bot AD\) và \(AB \bot SA\) nên \(AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = BA = 9a\).Chọn D.

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 củagóc 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.

\(\left. \begin{array}{l}BC \bot OM\\BC \bot SO\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)\).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.

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.

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.

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.

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.

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.

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.

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 \({\rm{cos}}\alpha = \frac{4}{{\sqrt {17} }}\).

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.

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.

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.