22 câu hỏi
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A\prime B\prime C\prime D\prime \) có \(AB = a,{\rm{ }}AD = \sqrt 3 a,{\rm{ }}AA\prime = 2\sqrt 3 a\) (tham khảo hình vẽ).
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) bằng
\(a\).
\(2a\sqrt 3 \).
\(3a\).
\(a\sqrt 3 \).
Vì \(\left( {ABCD} \right){\rm{//}}\left( {A'B'C'D'} \right)\) nên \[d\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = AA' = 2a\sqrt 3 \].
Chọn B.
\(BC \bot \left( {SAB} \right)\).
\(BC \bot \left( {SHK} \right)\).
\(HK \bot \left( {SCD} \right)\).
\(HK \bot \left( {SBD} \right)\).
Vì \(H,K\) lần lượt là trung điểm của \[BC,AD \Rightarrow HK{\rm{//}}AB \Rightarrow BC \bot HK\].
Lại có \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BC \bot SO\). Do đó \(BC \bot \left( {SHK} \right)\). Chọn B.
\[3{a^3}\].
\[4{a^3}\].
\[2{a^3}\].
\[{a^3}\].
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông tâm \(O\) cạnh là \[a\], \(SA\) vuông góc với đáy \(ABCD\) và \[SB = 2a\]. Khoảng cách từ điểm \(S\) đến đường thẳng \(AB\) bằng
\(a\sqrt 2 \).
\(a\sqrt 3 \).
\(a\).
\(2a\).
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB \Rightarrow d\left( {S,AB} \right) = SA\).
Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) nên \(SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \).
Vậy \(d\left( {S,AB} \right) = SA = a\sqrt 3 \). Chọn B.
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(A'C'\) bằng
\(30^\circ \).
\(90^\circ \).
\(60^\circ \).
\(45^\circ \).
\[60^\circ \].
\[90^\circ \].
\[45^\circ \].
\[30^\circ \].
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\\AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AB \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {ACC'A'} \right)\].
Vậy góc giữa đường thẳng \[AB\] và mặt phẳng \[\left( {ACC'A'} \right)\] bằng \[90^\circ \]. Chọn B.
\(V = \frac{{28\sqrt 3 }}{3}\).
\(V = \frac{{24\sqrt 3 }}{3}\).
\(V = \frac{{28\sqrt 3 }}{9}\).
\(V = 28\sqrt 3 \).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
60.
16.
4.
9
\(\widehat {ABC}\).
\(\widehat {BAD}\).
\(\widehat {ACD}\).
\(\widehat {SAC}\)
\(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).
\(\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
¨ Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) nên phương án B đúng.
¨ Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) nên phương án C đúng.
¨ Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AC\\SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAC} \right)\] nên phương án D đúng.
Chọn A.
12.
16.
4.
\(\frac{1}{4}\).
\(\frac{a}{2}\).
\(a\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Gọi \(H\) là trung điểm \(AC\), do tam giác \(ABC\) đều và \(\left( {AA'C'C} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(BH \bot \left( {AA'C'C} \right)\).
Ta có \(BB'{\rm{//}}\left( {AA'C'C} \right)\) nên \(d\left( {BB',AC'} \right) = d\left( {BB',\left( {AA'C'C} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AA'C'C} \right)} \right) = BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Chọn D.
a) Đúng. Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ tam giác đều nên \(d\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = AA' = 2\,{\rm{cm}}\).
b) Đúng. Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}A'B' \bot C'H\\A'B' \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow A'B' \bot \left( {CC'H} \right)\) mà \(AB\,{\rm{//}}\,A'B'\) nên \(AB \bot \left( {CC'H} \right)\).
c) Sai. Ta có
Tam giác \(A'B'C'\) đều cạnh bằng 4 cm nên \(C'H = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \left( {{\rm{cm}}} \right)\).
d) Đúng. Ta có \({S_{ABC}} = \frac{{{4^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\).
Thể tích khối lăng trụ đã cho là: \(V = {S_{ABC}} \cdot AA' = 4\sqrt 3 \cdot 2 = 8\sqrt 3 \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).
a) Đúng. \(\Delta SAB\) đều, \(H\) là trung điểm \(AB\) \( \Rightarrow SH \bot AB\).
Ta có
b) Đúng. Mặt khác, ta có \(SH \subset \left( {SHC} \right) \Rightarrow \left( {SHC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).
c) Sai. \(\Delta SAB\) đều cạnh bằng \(2a\)\( \Rightarrow SH = a\sqrt 3 \).
\(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) \( \Rightarrow CB = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} = a\) (Pythagore).
Vậy \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABC}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot \frac{{AC \cdot CB}}{2} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 .a}}{2} \cdot a\sqrt 3 = \frac{1}{2}{a^3}\).
d) Sai. Kẻ \(CM \bot AB\) tại M.
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) có: \(CM \cdot AB = AC \cdot CB \Rightarrow CM = \frac{{AC \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).
Ta có
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \(a.\) Cạnh bên \(SA\) vuông góc với mặt đáy và \(SA = 2a\) (tham khảo hình vẽ).
a) Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \[{V_{S.ABCD}} = \frac{{2{a^3}}}{3}.\]
b) \[BD \bot \left( {SAC} \right).\]
c) Gọi \(\alpha \) là góc giữa \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\). Khi đó \(\tan \alpha = 2.\)
d) Số đo góc nhị diện \(\left[ {A,SD,C} \right]\) bằng \(90^\circ \).
a) Đúng. Ta có \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot 2a = \frac{{2{a^3}}}{3}\).
b) Đúng. Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\).
c) Đúng. Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SBA}\).
Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\), có: \(\tan \alpha = \tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{2a}}{a} = 2\).
d) Đúng. Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SAD} \right)\).
Lại có hai mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) cắt nhau tạo thành 4 góc nhị diện, trong đó có góc nhị diện \(\left[ {A,SD,C} \right]\). Vậy góc nhị diện \(\left[ {A,SD,C} \right]\) là góc nhị diện vuông nên có số đo bằng \(90^\circ \).
a) Sai. Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\).
Giả sử \(AC \bot \left( {SBD} \right)\) thì \(AC \bot SO\left( {{\rm{do}}\,\,SO \subset \left( {SBD} \right)} \right)\)\( \Rightarrow \Delta SAC\) ít nhất là tam giác cân tại S.
Mà theo đề bài, ta chứng minh được \(\Delta SAC\) không cân nên suy ra mệnh đề sai.
b) Đúng. Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AB,BC \bot SA}\\{AB \cap SA = \left\{ A \right\}}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\left( {AH \subset \left( {SAB} \right)} \right)\).
Lại có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AH \bot SB}\\{AH \bot BC,SB \cap BC = \left\{ B \right\}}\end{array}} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC\).
c) Sai. Kẻ \(AI \bot SO\) tại I.
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BD \bot AC,BD \bot SA}\\{AC \cap SA = \left\{ A \right\}}\end{array}} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\)\( \Rightarrow \)\(BD \bot AI\,\,\left( {AI \subset \left( {SAC} \right)} \right)\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AI \bot BD,AI \bot SO}\\{BD \cap SO = \left\{ O \right\}}\end{array}} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {SBD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI\).
Vì \(ABCD\) là hình vuông \( \Rightarrow AC = a\sqrt 2 \Rightarrow AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
\(\Delta SAO\) vuông tại A có \(AI \bot SO\) nên ta có \[\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{2a}}{3}\].
d) Đúng. Ta có \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot 2a = \frac{2}{3}{a^3}\).
Bạn An muốn làm các viên đá có dạng khối chóp cụt tứ giác đều có cạnh của đáy lớn bằng \(3\,{\rm{cm}}\), cạnh của đáy nhỏ bằng \(1,5\,{\rm{cm}}\) và cao \(3\,{\rm{cm}}\) bằng cách dùng khay đá, mỗi khay sẽ tạo được \(6\) viên đá. Hỏi bạn An cần ít nhất bao nhiêu khay để chứa đồng thời \(2\) lít nước?
Thể tích nước mà một khay đá chứa được tối đa là:
\(V = 6{V_1} = 6 \cdot \left[ {\frac{1}{3}h\left( {S + \sqrt {S \cdot S'} + S'} \right)} \right] = 6 \cdot \left[ {\frac{1}{3} \cdot 3\left( {{3^2} + \sqrt {{3^2} \cdot 1,{5^2}} + 1,{5^2}} \right)} \right] = \frac{{189}}{2}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\).
Ta có \(2\)lít \( = 2000\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).
Vì \(2000:\frac{{189}}{2} \approx 21,16\) nên cần dùng tối thiểu \(22\) cái khay để đựng đủ \(2\) lít nước.
Đáp án: 22.
Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\). Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\), ta có
• \(\Delta OBC\) cân tại \(O\) nên \(OH \bot BC\) \(\left( 1 \right)\).
• \[\left\{ \begin{array}{l}OH \bot BC\\SO \bot BC\left( {{\rm{do}}\,SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot BC\,\,\left( 2 \right)\].
Từ (1) và (2) suy ra \(\left[ {A,BC,S} \right] = \widehat {SHO} = \alpha = 30^\circ \).
Ta có \(AB = 4\sqrt 3 \Rightarrow OH = 2\sqrt 3 \).
Xét tam giác \(SHO\) vuông tại \(O\) có \(SO = OH \cdot \tan \alpha = 2\sqrt 3 \cdot \tan 30^\circ = 2\).
Ta có \({S_{ABCD}} = {\left( {4\sqrt 3 } \right)^2} = 48\). Vậy \[{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot 48 \cdot 2 = 32\].
Đáp án: 32.
Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(A'B'C'D'\), \(I\) là trung điểm của \(C'D'\) và \(E = NI \cap A'C'\).
Khi đó \(NI \bot A'C'\). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên \(ME\). Dễ có \(OH \bot \left( {MNI} \right)\).
Do \(B'D'{\rm{//}}\left( {MNI} \right),\,MN \subset \left( {MNI} \right) \Rightarrow d\left( {MN\,,\,B'D'} \right) = d\left( {\,B'D',\,\left( {MNI} \right)} \right) = d\left( {\,O,\,\left( {MNI} \right)} \right) = OH\).
Ta có \(MO = 15,OE = \frac{1}{2}OC' = \frac{1}{4}A'C' = \frac{{15\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow OH = \frac{{MO.OE}}{{\sqrt {M{O^2} + O{E^2}} }} = 5.\)
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(B'D'\) bằng \(5.\)
Đáp án: 5.
Theo tính chất của hình chóp đều, ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Thể tích khối chóp \(S.ABCD\) là \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABCD}} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot {2^2} \cdot 2 = \frac{8}{3} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{2} \cdot {V_{S.ABCD}} = \frac{4}{3}.\)
Gọi \(I\) là trung điểm của \(CB\), tam giác \(SBC\) có \(SC = SB = \sqrt {S{O^2} + O{B^2}} = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 6 \) và \(SI = \sqrt {S{O^2} + O{I^2}} = \sqrt {{2^2} + {1^2}} = \sqrt 5 \) nên có diện tích bằng \({S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2} \cdot SI \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot \sqrt 5 \cdot 2 = \sqrt 5 \).
Gọi \(J\) là hình chiếu của \(A\) lên mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\), gọi \(\varphi \) là góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) thì \(\sin \varphi = \sin \widehat {ASJ} = \frac{{AJ}}{{SA}} = \frac{{d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SA}}.\)
Mà \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ABC}}}}{{{S_{\Delta SBC}}}} = \frac{4}{{\sqrt 5 }}\). Vậy \(\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SA}} = \frac{{2\sqrt {30} }}{{15}} \approx 0,73\).
Đáp án: 0,73.
Gọi căn phòng của anh Bình có dạng là hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\).
Giả sử \(AB = 4\,\,({\rm{m}}),\,\,AD = 6\,\,({\rm{m}})\).
Gọi \(O\) là tâm của đáy \(ABCD\). Sợi dây ngắn nhất khi nó là khoảng cách ngắn nhất từ \(O\) đến các mặt phẳng bên.
Có \(d\left( {O,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {CDD'C'} \right)} \right)\), \(d\left( {O,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {ADD'A'} \right)} \right)\).
Gọi \(H,I\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AD\). Có \[OH \bot \left( {ABB'A'} \right),OI \bot \left( {ADD'A'} \right)\] nên \(OH = d\left( {O,\left( {ABB'A'} \right)} \right),OI = d\left( {O,\left( {ADD'A'} \right)} \right)\).
Ta có \(OH = \frac{1}{2}AD = 3\,\,({\rm{m}})\), \(OI = \frac{1}{2}AB = 2\,\,({\rm{m}})\).
Vậy sợi dây ngắn nhất mà anh Bình có thể dùng để trang trí cho căn phòng của mình là 2 (m).
Đáp án: 2.
Một chiếc khay đựng đầy nước có dạng hình hộp chữ nhật với các kích thước: chiều dài \(20\) cm, chiều rộng \(10\) cm, chiều cao \(8\) cm (Hình a). Để san bớt nước cho đỡ đầy, người ta đổ nước từ chiếc khay thứ nhất đó sang chiếc khay thứ hai có dạng hình chóp cụt tứ giác đều với đáy khay là hình vuông nhỏ có đường chéo dài \(n\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\), miệng khay là hình vuông lớn có đường chéo dài \(2n\left( {{\rm{cm}}} \right)\) (Hình b). Sau khi đổ, mực nước ở khay thứ hai cao bằng \(\frac{2}{5}\) chiều cao của khay đó và lượng nước trong khay thứ nhất giảm đi \(\frac{1}{4}\) so với ban đầu. Thể tích của chiếc khay thứ hai theo đơn vị centimét khối có kết quả chính xác đến hàng đơn vị là \(a\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)\), hỏi tổng các chữ số của số \(a\) bằng bao nhiêu?
Cách 1:
Vì khay đựng đầy nước có dạng hình hộp chữ nhật với kích thước: chiều dài 20 cm, chiều rộng 10 cm, chiều cao 8 cm, nên ta có thể tích nước trong khay thứ nhất trước khi đổ ra là:
\(20 \cdot 10 \cdot 8 = 1600\) (cm3).
Sau khi đổ nước sang khay thứ hai, ta thấy rằng lượng nước trong khay thứ nhất giảm đi \(\frac{1}{4}\) so với ban đầu, cho nên lượng nước có ở trong khay thứ 2 bằng \(\frac{1}{4}\) lượng nước ban đầu có ở trong khay thứ nhất. Như vậy, thể tích nước có trong khay thứ hai là \(\frac{1}{4} \cdot 1600 = 400\) (cm3).
Gọi chiều cao của khay thứ hai là h (cm).
Giả sử khay thứ hai có hình dạng chóp cụt tứ giác đều \(ABCD.A'B'C'D'\)như hình vẽ sau:
Dễ dàng chứng minh được \(ACC'A'\) là hình thang cân. Lấy \(MN\) song song với \[AC;H,K\]lần lượt là hình chiếu của \(A',C'\) trên \(AC;P,Q\) lần lượt là giao điểm của \(A'H\) và \(MN\), \(C'K\) và \(MN\) như hình vẽ sau:
Theo giả thiết mực nước (ngang với \(MN\)) trong khay thứ hai cao bằng \(\frac{2}{5}\) chiều cao của khay đó, nên ta có thể coi \(C'Q\) chính là chiều cao nước trong khay.
Dễ thấy \(A'H = C'K = h\).
Suy ra \(C'Q = \frac{2}{5}h\), có nghĩa là chiều cao nước trong khay thứ hai là \(\frac{2}{5}h\).
Dễ dàng chứng minh được \(HKC'A'\)là hình chữ nhật.
Từ đó ta có \(A'C' = HK = n\), \(AH = CK = \frac{{AC - HK}}{2} = \frac{{2n - n}}{2} = \frac{n}{2}\).
Tam giác \(A'AH\) có \(MP{\rm{//}}AH\) nên theo hệ quả định lí Thales ta có: \(\frac{{MP}}{{AH}} = \frac{{A'P}}{{A'H}} = \frac{2}{5}\)
\( \Rightarrow MP = \frac{2}{5}AH = \frac{2}{5} \cdot \frac{n}{2} = \frac{n}{5}\).
Tương tự tam giác \(C'CK\) có \(QN{\rm{//}}CK\) nên ta cũng có \(QN = \frac{n}{5}\).
Do đó \(MN = MP + PQ + QN = \frac{n}{5} + n + \frac{n}{5} = \frac{{7n}}{5}\).
Theo giả thiết ta có thể tích nước trong khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận \(MN\) làm đường chéo có diện tích \({S'_1}\) và đáy nhỏ (hình vuông) nhận \(A'C'\) làm đường chéo có diện tích \({S'_2}\) , chiều cao bằng \(h' = \frac{2}{5}h\).
Ta có \[{S'_1} = \frac{{M{N^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {\frac{{7n}}{5}} \right)}^2}}}{2} = \frac{{49{n^2}}}{{50}};\,\,{S'_1} = \frac{{A'{{C'}^2}}}{2} = \frac{{{n^2}}}{2}\].
\[ \Rightarrow V' = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{5}h \cdot \left( {\frac{{49{n^2}}}{{50}} + \sqrt {\frac{{49{n^2}}}{{50}} \cdot \frac{{{n^2}}}{2}} + \frac{{{n^2}}}{2}} \right) = \frac{{109}}{{375}}{n^2}h = 400\]\[ \Rightarrow {n^2}h = \frac{{150000}}{{109}}\].
Mặt khác, thể tích khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận \(AC\) là đường chéo có diện tích \({S_1}\) và đáy nhỏ (hình vuông) nhận \(A'C'\) làm đường chéo có diện tích \({S_2}\), chiều cao bằng \(h\).
\[{S_1} = \frac{{A{C^2}}}{2} = 2{n^2};{S_2} = \frac{{A'{{C'}^2}}}{2} = \frac{{{n^2}}}{2}\]
\[ \Rightarrow V = \frac{1}{3}h \cdot \left( {2{n^2} + \sqrt {2{n^2} \cdot \frac{{{n^2}}}{2}} + \frac{{{n^2}}}{2}} \right) = \frac{7}{6}{n^2}h = \frac{7}{6} \cdot \frac{{150000}}{{109}} \approx 1606\] (cm3).
Vậy tổng các chữ số của số \(a = 1606\) bằng \(13\).
Cách 2:
Thể tích nước có trong khay thứ hai là \(V = \frac{1}{4} \cdot 20 \cdot 10 \cdot 8 = 400\) (cm3).
Gọi \(S\) là điểm đồng quy của các cạnh bên của hình chóp cụt.
Dễ dàng chứng minh được \(SO = \frac{1}{2}SO'\).
\( \Rightarrow \) chiều cao của nước trong khay thứ hai là: \(\frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot SO' = \frac{1}{5}SO'\).
\( \Rightarrow \)khoảng cách từ mặt nước trong khay thứ hai đến \(S\) là: \(\left( {\frac{1}{5} + \frac{1}{2}} \right) \cdot SO' = \frac{7}{{10}}SO'\).
Mà tỉ số thể tích bằng lập phương tỉ số đồng dạng
\( \Rightarrow V = 400 = {\left( {\frac{7}{{10}}} \right)^3} \cdot {V_{S.A'B'C'D'}} - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3} \cdot {V_{S.A'B'C'D'}} \Rightarrow {V_{S.A'B'C'D'}} \approx 1834,86\) (cm3).
\( \Rightarrow \)Thể tích của chiếc khay thứ hai bằng \(\frac{7}{8}{V_{S.A'B'C'D'}} \approx 1606\).
Vậy tổng các chữ số của số \(a = 1606\) bằng \(13\).
Đáp án: 13.
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)
