Trắc nghiệm Bài tập cuối chương VII lớp 11 (có đúng sai, trả lời ngắn)

Vì SA $\perp$ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (ABCD).

Do đó (SC, (ABCD)) = (SC, AC) = \(\widehat {SCA}\).

Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 \).

Xét tam giác vuông SAC có \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{3}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {SCA} = 30^\circ \).

Ta có BC $\perp$ AM và BC $\perp$ SA $\Rightarrow$ BC $\perp$ (SAM) $\Rightarrow$ BC $\perp$ SM.

Vậy [S, BC, A] = \(\widehat {SMA}\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AC\\BD \bot AC\\BD \subset \left( {ABCD} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\).

Mà BD Ì (SBD) nên (SBD) ^ (SAC).

a) Ta có BC $\perp$ AK và BC $\perp$ SA (do SA $\perp$ (ABC)) $\Rightarrow$ BC $\perp$ (SAK) $\Rightarrow$ BC $\perp$ AH.

b) Có BC $\perp$ AH mà AH $\perp$ SK nên AH $\perp$ (SBC).

c) Ta có \(AK = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{AB.AC}}{{\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

d) SH là hình chiếu vuông góc của SA trên (SBC).

Khi đó α = (SA, (SBC)) = (SA, SK) = \(\widehat {ASK}\).

\(\tan \alpha = \frac{{AK}}{{AS}} = \frac{{\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{2}{5}\).

Đáp án: a) Đúng;   b) Đúng;    c) Sai;    d) Đúng.

a) Ta có (SAC) $\cap$ (SBC) = SC.

Do SA $\perp$ (ABC) $\Rightarrow$ (SAC) $\perp$ (ABC).

Kẻ BI $\perp$ AC $\Rightarrow$ BI $\perp$ (SAC) $\Rightarrow$ BI $\perp$ SC (1).

Kẻ IH $\perp$ SC (2).

Từ (1) và (2), ta có SC $\perp$ (BIH).

b) Vì SA $\perp$ (ABC) nên BC $\perp$ SA mà BC $\perp$ AB $\Rightarrow$ BC $\perp$ (SAB) $\Rightarrow$ BC $\perp$ SB.

Xét tam giác SBC có \(\widehat {CBS} = 90^\circ \).

Ta có BC = a; SB = \(\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 2 \).

Có \(\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{S^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} \Rightarrow BH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

c) Xét tam giác BHI có BI ^ HI (do BI ^ (SAC)); \(BI = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};BH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

\( \Rightarrow \sin \widehat {BHI} = \frac{{BI}}{{BH}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {BHI} = 60^\circ \).

d) Có (SAC) $\cap$ (SBC) = SC, IH $\perp$ SC, BH $\perp$ SC

Suy ra ((SAC), (SBC)) = (IH, BH) = \(\widehat {BHI} = 60^\circ \).

Đáp án: a) Đúng;   b) Sai;    c) Sai;    d) Đúng.

a) Lăng trụ lục giác đều là lăng trụ đứng có đáy là lục giác đều.

b) Diện tích đáy của bể kính là \(S = 6.\frac{{{{20}^2}\sqrt 3 }}{4} = 600\sqrt 3 \) cm².

c) Thể tích của khối lăng trụ \(V = S.h = 600\sqrt 3 .50 = 30000\sqrt 3 \) cm³ ≈ 52 lít.

d) Sau 2 phút bơm được V' = 200.120 = 24000 cm³ nước vào bể.

Chiều cao mực nước trong bể \(h' = \frac{{V'}}{S} = \frac{{24000}}{{600\sqrt 3 }} = \frac{{40\sqrt 3 }}{3} \approx 23\) cm.

Đáp án: a) Đúng;   b) Sai;    c) Đúng;    d) Sai.

a) Ta có AA' $\perp$ (ABC) $\Rightarrow$ d(A', (ABC)) = AA' = a.

b) Do tam giác ABC đều nên BC không vuông góc với AC.

c) Gọi M là trung điểm của BC.

Do ABC là tam giác đều cạnh a nên ta có \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) và AM $\perp$ BC (1).

Mặt khác ta lại có ABC.A'B'C' là lăng trụ đều nên AA' $\perp$ (ABC) $\Rightarrow$ AA' $\perp$ AM (2).

Từ (1) và (2) ta có AM là đoạn vuông góc chung của AA' và BC.

Vậy \(d\left( {AA',BC} \right) = AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

d) Gọi M là trung điểm của BC. Kẻ AH $\perp$ A'M (1).

Ta có BC $\perp$ AM và BC $\perp$ AA' $\Rightarrow$ BC $\perp$ (A'AM) $\Rightarrow$ AH $\perp$ BC (2).

Từ (1) và (2) suy ra AH $\perp$ (A'BC) $\Rightarrow$ d(A, (A'BC)) = AH.

Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A'{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{3{a^2}}}{4}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

Đáp án: a) Đúng;   b) Sai;    c) Đúng;    d) Sai.

a) Vì H là trung điểm của BC \( \Rightarrow HA = HB = HC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}a\sqrt 2 \).

Mà SA = SB = SC = \(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\) nên SH ^ BC.

Suy ra SH $\perp$ (ABC).

Vậy SH là chiều cao của khối chóp S.ABC.

b) Có \(SH = \sqrt {S{C^2} - H{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = a\).

Suy ra \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.\frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{3}a.\left( {\frac{1}{2}a.a} \right) = \frac{{{a^3}}}{6}\).

c) Ta có số đo [S, AB, C] bằng số đo [S, AB, H].

Kẻ AI $\perp$ AB mà AB $\perp$ SH (vì SH $\perp$ (ABC)) $\Rightarrow$ AB $\perp$ (SHI) $\Rightarrow$ AB $\perp$ SI.

Do đó \(\widehat {SIH}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, AB, H].

Ta có \(HI = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}a\) (do tam giác ABH vuông cân tại H).

Trong tam giác vuông SIH, ta có \(\tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{IH}} = \frac{a}{{\frac{1}{2}a}} = 2 \Rightarrow \widehat {SIH} \approx 63^\circ 26'\).

d)

Ta có H là trung điểm của BC nên d(C, (SAB)) = 2d(H, (SAB)).

Kẻ HK $\perp$ SI thì HK $\perp$ (SAB) suy ra d(H, (SAB)) = HK.

Trong tam giác vuông SIH, ta có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}}} = \frac{5}{{{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{a}{{\sqrt 5 }}\).

Suy ra \(d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = 2HK = \frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\).

Đáp án: a) Đúng;   b) Sai;    c) Sai;    d) Đúng.

Kẻ AH vuông góc với SB.

Ta có AH $\perp$ (SBC) nên AH chính là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).

Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{4}{{18}} - \frac{1}{9} \Rightarrow SA = 3\).

Vậy thể tích cần tính là \(V = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}{.3.3^2} = 9\).

Trả lời : 9.

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB' và CD'.

Suy ra J là trung điểm của DC'. Do đó IJ // AD và IJ = AD = 4 (1).

Lại có AD $\perp$ DD' và AD $\perp$ DC $\Rightarrow$ AD $\perp$ (DD'C'C) $\Rightarrow$ AD $\perp$ CD' (2).

Tương tự AD $\perp$ AB' (3).

Từ (1), (2), (3) ta có IJ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB' và CD'.

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB' và CD' bằng 4.

Trả lời : 4.

Gọi H là trọng tâm tam giác đều ABC.

Vì A' cách đều A, B, C nên hình chiếu vuông góc của đỉnh A' là H cũng cách đều A, B, C. Khi đó khoảng cách giữa hai đáy chính là A'H.

Khi đó (AA', (ABC)) = \(\widehat {A'AH} = 60^\circ \), Có \(AH = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Xét DA'AH vuông tại H, có \[A'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3 = 1\].

Vậy khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ là 1.

Trả lời: 1.

Gọi x (m) là độ dài cạnh hình vuông nhỏ, suy ra 2x (m) là cạnh hình vuông đáy lớn.

Khi đó ta có \(V = \frac{1}{3}h\left( {S + S' + \sqrt {S.S'} } \right) = \frac{1}{3}.6.\left( {{x^2} + 4{x^2} + 2{x^2}} \right)\) Þ 14x² = 5600 Þ x = 20 m.

Vậy chiều dài đáy lớn bằng 40 m.

Trả lời: 40.

Do BC $\perp$ AB và BC $\perp$ SA nên suy ra BC $\perp$ (SAB).

Gọi H là hình chiếu của A lên SB.

Vì AH $\perp$ SB và AH $\perp$ BC (vì BC $\perp$ (SAB)) nên suy ra AH $\perp$ (SBC).

Suy ra SH là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (SBC).

Do đó (SA, (SBC)) = (SA, SH) = \(\widehat {HSA} = \widehat {BSA}\).

Xét tam giác SAB vuông tại A, ta có \(\sin \widehat {BSA} = \frac{{AB}}{{SB}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow \widehat {BSA} = 30^\circ \Rightarrow x = 30\).

Vậy x² + 100 = 1000.

Trả lời: 1000.