Đề ôn luyện Toán theo Chủ đề 5. Hình học không gian (Đề số 1)
22 câu hỏi
PHẦN I. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\]. Cạnh bên \[SA \bot \,\left( {ABCD} \right),\]\[SA = 2a\]. Khoảng cách từ trung điểm \[M\] của \[AB\] đến mặt phẳng \[\left( {SAD} \right)\] là
\(a\).
\(\frac{a}{2}\).
\(2a\).
\(a\sqrt 2 \).
Ta có \(MA \bot SA\,\,\left( {{\rm{do}}\,SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\) và \(MA \bot AD\) nên \[MA \bot \left( {SAD} \right)\] tại \[A\].
Suy ra, khoảng cách từ trung điểm \[M\] của \[AB\] đến \[\left( {SAD} \right)\] là \[MA = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\]. Chọn B.
Cho tứ diện \(OABC\) có \(OA,\;OB,\;OC\) đôi một vuông góc với nhau và \(OA = OB = OC\). Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh \(BC\). Số đo của góc giữa hai đường thẳng \(OM\) và \(AB\) là
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Đặt \(OA = OB = OC = a\). Suy ra \(AB = BC = AC = a\sqrt 2 \). Gọi \(N\) là trung điểm \(AC\) ta có \(MN{\rm{//}}AB\) và \(MN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Suy ra \[\left( {OM,AB} \right) = \left( {OM,MN} \right)\]. Xét tam giác \(OMN\) có \(ON = OM = MN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Do đó, \(\Delta OMN\) là tam giác đều. Suy ra \(\widehat {OMN} = 60^\circ \). |  |
Vậy \[\left( {OM,AB} \right) = \left( {OM,MN} \right) = \widehat {OMN} = 60^\circ \]. Chọn C.
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\), cạnh đáy và cạnh bên bằng \(a\). Khoảng cách từ \(S\) đến mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng
\(\frac{a}{{\sqrt 2 }}\).
\(a\).
\(\frac{a}{2}\).
\(\frac{a}{{\sqrt 3 }}\).
Gọi \(O\) là tâm của \(ABCD\) suy ra \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\). Chọn A.
Cho hình chóp \(S.ABC\)có đáy là tam giác đều cạnh bằng \(2a\). Biết \(SA\)vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\)và \(SA = a\sqrt 2 \). Số đo góc giữa đường thẳng \(SC\)và mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) là
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Ta kẻ \(CH \bot AB,\,H \in \,AB\).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\CH \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {SAB} \right)\).
Vậy \(SH\) là hình chiếu vuông góc của đoạn thẳng \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\).
Khi đó \(\left( {SC,\left( {SAB} \right)} \right) = \left( {SC,\,SH} \right) = \widehat {CSH}\).
Ta có \[CH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \], \(SH = \sqrt {S{A^2} + A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 3 \).
Xét tam giác \(SHC\) vuông tại \(H\) ta có: \(\tan \widehat {CSH} = \frac{{CH}}{{SH}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 3 }} = 1 \Rightarrow \widehat {CSH} = 45^\circ \).
Vậy \(\left( {SC,\,\left( {SAB} \right)} \right) = 45^\circ \). Chọn B.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \(a\), \(SA\) vuông góc với đáy, \(SA = a\). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SB\) và \(CD\) là
\(a\).
\(2a\).
\(a\sqrt 2 \).
\(a\sqrt 3 \).
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot AD\).
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}SA \bot AD\\AB \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right)\]\[ \Rightarrow d\left( {D,\,\left( {SAB} \right)} \right) = DA\].
Lại có \[\left\{ \begin{array}{l}CD \not\subset \left( {SAB} \right)\\CD\,\,{\rm{//}}\,AB\\AB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\].
\[ \Rightarrow d\left( {CD,\,SB} \right)\]\[ = d\left( {CD,\,\left( {SAB} \right)} \right)\]\[ = d\left( {D,\,\left( {SAB} \right)} \right) = DA = a\]. ChọnA.
Cho tứ diện đều \(ABCD\) và điểm \(M\) là trung điểm của cạnh \(BC\). Tính \[\cos \left( {AB,\,DM} \right)\].
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{4}\).
Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC.\) Suy ra \(MN\,{\rm{//}}\,AB\).
Do đó \[\cos \left( {AB,\,DM} \right) = \cos \left( {MN,\,DM} \right) = \left| {\cos \widehat {NMD}} \right|\].
Gọi \(a\) là độ dài cạnh của tứ diện đều \(ABCD\).
Suy ra \(MN = \frac{a}{2}\);\(ND = MD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Trong \(\Delta MND\), ta có: \[\cos \widehat {NMD} = \frac{{M{N^2} + M{D^2} - N{D^2}}}{{2 \cdot MN \cdot MD}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\].
Vậy \[\cos \left( {AB,\,DM} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\].Chọn B.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\). Biết số đo góc nhị diện \(\left[ {A,BC,S} \right]\) bằng \(45^\circ \). Tỉ số diện tích của hai tam giác \(SBC\) và \(ABC\) bằng
\(\sqrt 2 \).
\(\sqrt 3 \).
\(\frac{1}{2}\).
\(2\).
Kẻ \(AH \bot BC\,\,\left( {H \in BC} \right)\).
Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot SH\).
Suy ra \(\widehat {SHA}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,BC,S} \right]\) và \(\widehat {SHA} = 45^\circ \).
Khi đó \(\Delta SAH\) vuông cân tại \(A\) và \(SH = AH\sqrt 2 \).
Diện tích tam giác \(ABC\): \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH \cdot BC\).
Diện tích tam giác \(SBC\): \({S_{SBC}} = \frac{1}{2}SH \cdot BC\).
Khi đó \(\frac{{{S_{SBC}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{SH}}{{AH}} = \sqrt 2 \). Chọn A.
Cho hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\] cạnh \(2\). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB'\) và \(CD'\) bằng
\(\sqrt 2 \).
\(2\).
\(2\sqrt 2 \).
\(4\).
Do \(AB'{\rm{//}}\left( {CDD'C'} \right)\) nên ta có
\[d\left( {AB',CD'} \right) = d\left( {AB',\left( {CDD'C'} \right)} \right)\]\[ = d\left( {A,\left( {CDD'C'} \right)} \right) = AD = 2\]. Chọn B.
Cho hình chóp\(S.ABC\) có đáy\(ABC\) là tam giác vuông cân tại\(A,\,AB = a\), cạnh bên \(SC = 3a\) và\(SC\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là
\(\frac{{3{a^3}}}{2}\).
\(\frac{{{a^3}}}{2}\).
\({a^3}\).
\(3{a^3}\).
Thể tích khối chóp:
\({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SC \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot 3a \cdot \frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{2}\). Chọn B.
Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác vuông cân tại \(B,\,AB = a\) và \(A'B = a\sqrt 3 \). Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là
\(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{{{a^3}}}{6}\).
\(\frac{{{a^3}}}{2}\).
\(\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\).
Ta có \(AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2 \).
Diện tích tam giác \(ABC\) là: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2}\).
Thể tích khối lăng trụ là \(V = AA' \cdot {S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\). Chọn D.
Cho hình lăng trụ tam giác \[ABC.A'B'C'\]có thể tích là V và độ dài cạnh bên \[AA' = 6\]. Trên các cạnh \[A'A,B'B,C'C\]lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho \[AM = 2,BN = x,CP = y\]với x, y là các số dương thỏa mãn \[xy = 12\]. Biết rằng thể tích khối đa diện \[ABC.MNP\]bằng \[\frac{1}{2}V\]. Giá trị của \[{x^2} + {y^2}\] bằng
\[24\].
\[25\].
\[10\].
\[17\].
Ta có \[\frac{{AM}}{{AA'}} = \frac{1}{3};\frac{{BN}}{{BB'}} = \frac{x}{6};\frac{{CP}}{{CC'}} = \frac{y}{6}\];
\[\frac{{{V_{ABC.MNP}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{3} + \frac{x}{6} + \frac{y}{6}} \right) = \frac{1}{2}\].
Suy ra \[x + y = 7 \Rightarrow {\left( {x + y} \right)^2} = 49\]
\[ \Rightarrow {x^2} + {y^2} = 49 - 2xy \Rightarrow {x^2} + {y^2} = 25\]. Chọn B.
Cho hình chóp \(S.ABC\), trên các cạnh AB, BC, SC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho \[AM = 2MB,BN = 4NC,SP = PC\]. Tỉ số thể tích của hai khối chóp S.BMN và A.CPN là
\[\frac{4}{3}\].
\[\frac{8}{3}\].
\[\frac{5}{6}\].
\[1\].
Ta có\[\frac{{{V_{S.BMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{{V_{B.MNS}}}}{{{V_{B.ACS}}}} = \frac{{BM}}{{BA}} \cdot \frac{{BN}}{{BC}} \cdot \frac{{BS}}{{BS}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{5} = \frac{4}{{15}}\].
\[\frac{{{V_{A.CPN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{{V_{C.ANP}}}}{{{V_{C.ABS}}}} = \frac{{CA}}{{CA}} \cdot \frac{{CN}}{{CB}} \cdot \frac{{CP}}{{CS}} = \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{{10}}\].
Do đó, \[\frac{{{V_{S.BMN}}}}{{{V_{A.CNP}}}} = \frac{4}{{15}}:\frac{1}{{10}} = \frac{8}{3}\]. Chọn B.
PHẦN II. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) cạnh có độ dài bằng \(a\); gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(B'C'\), \(BB'\).
a) Góc giữa hai đường thẳng \(AM\)và \[BC'\] bằng góc giữa hai đường thẳng \(AM\) và \[MN\].
b) Đoạn thẳng \(A'M\) có độ dài bằng \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
c) Đoạn thẳng \(MN\) có độ dài bằng \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
d) Góc giữa hai đường thẳng \(AM\) và \(BC'\) bằng \(60^\circ \).
Ta có, \(MN{\rm{//}}BC'\) nên \(\left( {AM,BC'} \right) = \left( {AM,MN} \right)\).
Xét tam giác \(A'B'M\) vuông tại \(B'\) ta có:
\(A'M\)\( = \sqrt {A'{{B'}^2} + B'{M^2}} \)\( = \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} \)\( = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).
Xét tam giác \(AA'M\) vuông tại \(A'\) ta có:
\(AM = \sqrt {A{{A'}^2} + A'{M^2}} \)\( = \sqrt {{a^2} + \frac{{5{a^2}}}{4}} \)\( = \frac{{3a}}{2}\).
Có \(AN = A'M = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\); \(MN = \frac{{BC'}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Trong \(\Delta AMN\) ta có: \(\cos \widehat {AMN}\)\( = \frac{{M{A^2} + M{N^2} - A{N^2}}}{{2 \cdot MA \cdot MN}}\)\( = \frac{{\frac{{9{a^2}}}{4} + \frac{{2{a^2}}}{4} - \frac{{5{a^2}}}{4}}}{{2 \cdot \frac{{3a}}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}\)\( = \frac{{6{a^2}}}{4} \cdot \frac{4}{{6{a^2}\sqrt 2 }}\)\( = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\).
Suy ra \(\widehat {AMN} = 45^\circ \). Vậy \(\left( {AM,BC'} \right) = \left( {AM,MN} \right)\)\( = \)\(\widehat {AMN} = 45^\circ \).
Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh bằng \(a\). Gọi \(O\)là tâm hình vuông \(ABCD\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(SD\).
a) \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
b) Gọi \(H\)là hình chiếu vuông góc của \[M\] lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) thì \(MH = \frac{1}{3}SO\).
c) Góc giữa đường thẳng \(SA\)và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SAO}\).
d) Tan của góc giữa đường thẳng \(BM\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng\(\frac{1}{3}\).
Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
H là hình chiếu vuông góc của \[M\] lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) thì \(MH\,{\rm{//}}\,SO\) và \(H \in BD\).
Mặt khác\(M\) là trung điểm của \(SD\) nên \(MH = \frac{1}{2}SO\) và \(H\) là trung điểm của \(OD\).
Ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) nên góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SAO}\).
Vì \(H\) là hình chiếu của \(M\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) nên góc giữa đường thẳng \(BM\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {MBH}\).
Ta có \(SO = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\), \(MH = \frac{1}{2}SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\), \(BH = \frac{3}{4}BD = \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}\).
Khi đó \(\tan \widehat {MBH} = \frac{{MH}}{{BH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{{\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}}} = \frac{1}{3}\).
Vậy tan của góc giữa đường thẳng \(BM\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(\frac{1}{3}\).
Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác vuông tại \(A\) và \(AC = a\). Hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(\left( {ABC} \right)\) là trung điểm \(H\) của \(BC\). Mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) tạo với \(\left( {ABC} \right)\) một góc \(60^\circ \).
a) Gọi \(M\) là trung điểm cạnh \(AB\). Khi đó, \(MH \bot AB.\)
b) Số đo \[\widehat {SMH}\]bằng \(60^\circ \).
c)Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) lên \(SM\). Khi đó,\(HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
d) Gọi\(I\)là trung điểm \(SC\).Khoảng cách từ \(I\) đến mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\)bằng \(\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Ta có \(M\) là trung điểm cạnh \(AB\) thì \(MH\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\) nên
\(MH = \frac{a}{2},MH{\rm{//}}AC\)\( \Rightarrow MH \bot AB\).
Ta có \(SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot AB\) và \(MH \bot AB\) nên \(\left( {SMH} \right) \bot AB \Rightarrow SM \bot AB\).
Suy ra góc giữa \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là góc giữa \(SM\) và \(MH\); lại có \(SH \bot MH\) nên góc này bằng \[\widehat {SMH}\]. Từ giả thiết suy ra \[\widehat {SMH} = 60^\circ \].
Có \(K\) là hình chiếu của \(H\) lên \(SM\)thì \(HK \bot \left( {SAB} \right)\).
Xét tam giác vuông \(\Delta SHM\) có, \(SH = MH \cdot \tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}\left( {I,\left( {SAB} \right)} \right){\rm{ = }}\frac{1}{2}{\rm{d}}\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)\\{\rm{d}}\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{1}{2}{\rm{d}}\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow {\rm{d}}\left( {I,\left( {SAB} \right)} \right) = {\rm{d}}\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi tâm \(O\),\(AB = a,\,\,\widehat {BAD} = 60^\circ \), \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) tạo với mặt đáy một góc \(60^\circ \). Gọi \(J,\,I\) lần lượt là trung điểm cạnh \(CD,\,DJ\).
a) Diện tích của hình thoi \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
b) Góc giữa mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và mặt đáy là \(\widehat {SJO}\).
c) Chiều cao của khối chóp là \(\frac{{3a}}{4}\).
d) Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) được viết dưới dạng \(\frac{{{a^3}\sqrt m }}{n}\), với \(m\) là số nguyên tố. Khi đó, \(2024m - n = 6065\).
Tam giác \(ABD\) có \(AD = AB = a,\,\,\widehat {BAD} = 60^\circ \) nên tam giác \(ABD\) đều.
Suy ra \({S_{ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\). Vậy diện tích của hình thoi \(ABCD\) là \({S_{ABCD}} = 2{S_{ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Ta cũng có tam giác \(BCD\) là tam giác đều cạnh \(a\).
Vì \(J\) là trung điểm của \(CD\) nên \(BJ \bot CD\) và \(BJ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Vì \(I\) là trung điểm của \(DJ\) nên ta có \(OI\,{\rm{//}}\,BJ\).
Do đó \(OI \bot CD\). Suy ra \(SI \bot CD\).
Ta có \(\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\).
Trong mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) có \(SI \bot CD\); trong mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) có \(OI \bot CD\).
Vậy góc giữa mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) và mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SIO}\). Theo giả thiết, ta có \(\widehat {SIO} = 60^\circ \).
Trong tam giác \(SOI\) vuông tại \(O\), có \(\widehat {SIO} = 60^\circ \), \(IO = \frac{1}{2}BJ = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Do đó \(SO = IO \cdot \tan 60^\circ = \frac{{3a}}{4}\).
Thể tích khối chóp là \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{3a}}{4} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\).
Vậy \(m = 3,\,n = 8\). Suy ra \(2024m - n = 6064\).
Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.
PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình thang vuông tại \[A\] và \[D\], \[AB = AD = 2a,\]\(CD = a\).Gọi \(I\) là trung điểm cạnh \[AD,\] biết hai mặt phẳng \[\left( {SBI} \right)\], \[\left( {SCI} \right)\] cùng vuông góc với đáy và \[SI = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5}\]. Số đo góc nhị diện \(\left[ {S,BC,D} \right]\) bằng bao nhiêu độ?
Ta có \(SI\) vuông góc với đáy \(\left( {ABCD} \right)\) và \(BC = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 5 \).
Vẽ \[IH \bot CB\] tại \[H\].
Do đó, \(IH\) là hình chiếu của \(SH\) lên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) nên \[SH \bot CB\] (theo định lý ba đường vuông góc).
Khi đó, \[\widehat {SHI}\] là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {S,BC,D} \right]\).
Ta có \[{S_{ICB}} = {S_{ABCD}} - {S_{IDC}} - {S_{AIB}}\]\[ = 3{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2} - {a^2} = \frac{{3{a^2}}}{2}\]\[ \Rightarrow IH \cdot CB = 3{a^2}\]\[ \Rightarrow IH = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5}\].
Ta có \[\tan \widehat {SHI} = \frac{{SI}}{{IH}}\]\[ = \frac{{\frac{{3a\sqrt 5 }}{5}}}{{\frac{{3a\sqrt 5 }}{5}}} = 1\]\[ \Rightarrow \widehat {SHI} = 45^\circ \].
Đáp án: \[45\].
Một miếng pho mát có dạng khối lăng trụ đứng với chiều cao \(10\,{\rm{cm}}\) và đáy là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng \(12\,{\rm{cm}}\). Tính khối lượng của miếng pho mát theo đơn vị gam, biết khối lượng riêng của loại pho mát đó là \(3\,\,{\rm{g/c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}\).
Diện tích đáy của miếng pho mát là:
\(S = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 12 = 72\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}\).
Thể tích của miếng pho mát là: \(V = Sh = 72 \cdot 10 = 720\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\).
Khối lượng của miếng pho mát là: \(m = DV = 3 \cdot 720 = 2160\,\,{\rm{(g)}}\).
Đáp án:\(2\,160\).
Cho hình chóp \[S.ABC\], có \(SA = SB = SC\), đáy là tam giác đều cạnh bằng \(7\). Biết thể tích khối chóp \[S.ABC\] bằng \(\frac{{343\sqrt 3 }}{3}\). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\).
Do hình chóp \[S.ABC\] đều nên \(SG\) là đường cao của hình chóp (\(G\) là trọng tâm tam giác đều \(ABC\)). Kẻ \(MH \bot SA\) tại \(H\) thì \(MH\) là đoạn vuông góc chung của \(SA\) và \(BC\).
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(SA\) và \(BC\) bằng \(MH\).
Do \(\Delta ABC\) đều nên \(AM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{7\sqrt 3 }}{2}\).
Suy ra \(AG = \frac{2}{3}AM = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}\).
Ta có \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{7^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot SG = \frac{{343\sqrt 3 }}{3}\)\( \Rightarrow SG = 28\).
Lại có \(SA = \sqrt {A{G^2} + S{G^2}} = \frac{{49\sqrt 3 }}{3}\).
Ta có \(\Delta AHM\) đồng dạng với \(\Delta AGS\)\( \Rightarrow \frac{{AM}}{{SA}} = \frac{{MH}}{{SG}} \Rightarrow MH = \frac{{SG \cdot AM}}{{SA}} = \frac{{3 \cdot 28 \cdot 7\sqrt 3 }}{{2 \cdot 49\sqrt 3 }} = 6\).
Đáp án: \(6\).
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình thoi tâm \[O\], đường thẳng \[SO\] vuông góc với mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\]. Biết \(BC = SB = a,SO = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\). Tìm số đo của góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) (làm tròn kết quả đến đơn vị độ).
Gọi \(H,K\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(O,B\) trên mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\).
Khi đó góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {SCD} \right)\) là góc \(\widehat {BSK} = \varphi \).
Ta có \(\sin \varphi = \frac{{BK}}{{BS}}\). Mặt khác \(BK{\rm{//}}\,OH\) và \(\frac{{BK}}{{OH}} = \frac{{BD}}{{OD}} = 2\).
Kẻ \(OM \bot CD\), trong tam giác vuông \(SOM\) có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\)
Ta có \(\Delta SBO = \Delta CBO\) suy ra \(CO = SO = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\) và \(OB = \sqrt {S{B^2} - S{O^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Þ\(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2}}}\) Þ \(OH = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\).
Þ\(BK = 2OH = \frac{{2a}}{{\sqrt 6 }}\)Þ\(\sin \varphi = \frac{{\frac{{2a}}{{\sqrt 6 }}}}{a} = \frac{2}{{\sqrt 6 }}\). Suy ra \(\varphi \approx 55^\circ \).
Đáp án:\(55\).
Một bể chứa nước hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) được đặt trên một mái nhà nghiêng so với mặt đất nằm ngang góc \(10^\circ ,\,AB = 1{\rm{\;m}},\,AD = 1,5{\rm{\;m}}\), \(AA' = 1{\rm{\;m}}\). Đáy bể là hình chữ nhật \(ABCD\). Các điểm \(A,B\) cùng ở độ cao \(5{\rm{\;m}}\) (so với mặt đất), các điểm \(C,D\) ở độ cao lớn hơn so với độ cao của các điểm \(A,B\). Khi nước trong bể phẳng lặng người ta đo được khoảng cách giữa đường mép nước ở mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) và mặt đáy của bể là \(80{\rm{\;cm}}\). Tính thể tích của phần nước trong bể (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm theo đơn vị mét khối).
Gọi \(MN\) là đường mép nước ở trên mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\), \(EF\) là đường mép nước trên mặt phẳng \(\left( {CDD'C'} \right)\).
Khi đó \(ABNM.DCEF\) là một hình chóp cụt.
Kẻ \(MH\) vuông góc với \(DD'\) tại \(H\) thì
\(HF = MH \cdot \tan 10^\circ = {\rm{tan}}10^\circ \,\,({\rm{m}})\).
Suy ra \(DF = DH - HF = AM - HF = 0,8 - {\rm{tan}}10^\circ \approx 0,62\,\,({\rm{m}})\).
Ta có \({S_1} = {S_{DCEF}} = DF \cdot CD \approx 0,62\,\,({{\rm{m}}^2});\,\,{S_2} = {S_{ABNM}} = AB \cdot AM = 0,8\,\,({{\rm{m}}^2})\).
Vậy thể tích phần nước trong bể là:
\(V = \frac{1}{3} \cdot \left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}{S_2}} } \right) \cdot AD = \frac{1}{3} \cdot \left( {0,62 + 0,8 + \sqrt {0,62 \cdot 0,8} } \right) \approx 0,71\,\,({{\rm{m}}^3})\).
Đáp án:\(0,71\).
Người ta dựng trên mặt đất bằng phẳng một chiếc lều từ một tấm bạt hình chữ nhật có chiều dài \(6\;m\) và chiều rộng \(5\,\,{\rm{m}}\) bằng cách: Gập đôi tấm bạt lại theo đoạn nối trung điểm hai cạnh chiều dài của tấm bạt sao cho hai mép cạnh chiều rộng của tấm bạt sát đất và cách nhau \(x\,\,{\rm{(m)}}\), hai đầu hồi của lều được thiết kế cửa ra, vào và có thể khép kín (tham khảo hình vẽ dưới).
Thể tích không gian phía trong lều lớn nhất bằng \(\frac{a}{b}\,\,({{\rm{m}}^3})\) với \(a,b \in {\mathbb{N}^ * }\) và phân số \(\frac{a}{b}\) tối giản. Tính giá trị của biểu thức \(45a - \frac{1}{2}b\).
Xét hình lăng trụ đứng \(ABC.A\prime B\prime C\prime \) có đáy là tam giác cân với hai cạnh bên có độ dài bằng \(3\;{\rm{m}}\), chiều cao lăng trụ bằng \[5\,{\rm{m}}\] như hình vẽ.
Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\) thì \(CH \bot AB\) và
\(CH = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {36 - {x^2}} }}{2}\).
Do đó diện tích tam giác \(ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}CH \cdot AB = \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{4}\).
Suy ra thể tích của lều là \(V = 5 \cdot \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{4}\) \({\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\).
Để không gian phía trong lều lớn nhất thì \({V_{\max }}\).
Ta có \[V = \frac{5}{4}x\sqrt {36 - {x^2}} \le \frac{5}{4} \cdot \frac{{36}}{2} = \frac{{45}}{2}\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}\] với mọi \(x \in \left( {0;6} \right)\).
Dấu "=" xảy ra khi \(x = \sqrt {36 - {x^2}} \Leftrightarrow x = 3\sqrt 2 \).
Vậy \(a = 45,\,\,b = 2 \Rightarrow 45a - \frac{1}{2}b = 2024\).
Đáp án:\(2024\).
