Trắc nghiệm chuyên đề Toán 8 Chủ đề 6: Ôn tập và kiểm tra có đáp án

Theo câu 2, ta có: S_xq = 45( cm² )

Khi đó ta có: S_tp = S_xq + 2S = 45 + 2.4.5 = 85( cm² )

Chọn đáp án B.

Hình lăng trụ tam giác gồm 5 mặt và 6 đỉnh.

+ 5 mặt:

( A'B'C' ), ( BCC'B' ), ( ABC ), ( A'C'CA ),( ABB'A' )

+ 6 đỉnh là: A,B,C,A',B',C'

Chọn đáp án B.

Hình chóp lục giác đều gồm có 6 mặt bên và 1 mặt đáy.

Chọn đáp án D.

Vì

Tương tự: A'B' ⊥ ( BCC'B' ) ⇒ AB,A'B' ⊥ ( BCC'B' )

Chọn đáp án A.

Ta có: AB² + AC² = BC²

⇒ Δ ABC vuông tại A.

Do đó:

Vì AC vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau là AB và AA'

Nên AC ⊥ ( ABB'A' )

Vậy có 3 mặt phẳng vuông góc với ( ABB'A' ) là:

( ABC ), ( A'B'C' ),( ACC'A' )

Chọn đáp án D.

Ta có tam giác ABC vuông tại A

BC² = AB² + AC² ⇒ BC = 10cm

Chu vi của đáy là: 24cm

Khi đó: S_xq = 24.15 = 360( cm² )

+ S_tp = S_xq + 2S_d = 360 + 2.1/2.6.8 = 408( cm² )

Chọn đáp án D.

Chu vi của đáy bằng: 2( x + 10 )

Diện tích xung quanh: S_xq = 2( x + 10 ).6 = 12( x + 10 )

Diện tích đáy: 10x

Theo giả thiết ta có: 12( x + 10 ) = 20x ⇔ x = 15

Chọn đáp án A.

Tam giác vuông ABB' có BAB'ˆ = 45⁰ nên là tam giác vuông cân tại B nên AB = BB' = 2cm.

Vì ABC là tam giác đều nên chu vi đáy bằng 6( cm )

Khi đó diện tích xung quanh hình lăng trụ là S_xq = 6.2 = 12( cm² )

Chọn đáp án C.

Tam giác vuông ABB' có BAB'ˆ = 45⁰ nên là tam giác vuông cân tại B nên AB = BB' = 2cm.

Vì ABC là tam giác đều nên chu vi đáy bằng 6( cm )

Khi đó diện tích xung quanh hình lăng trụ là S_xq = 6.2 = 12( cm² )

Diện tích toàn phần là S_tp = S_xq + 2S_d = 12 + 2.1/2.2.2.sin 60⁰ = 12 + 2√3 ( cm² )

Chọn đáp án B.

a) Câu trả lời trên là có. Thật vậy, vì mặt bên BCC₁B₁ là hình chữ nhật có O là trung điểm của đường chéo CB₁ nên O cũng là trung điểm của đường chéo BC₁ (theo tính chất đường chéo của hình chữ nhật). Vậy thuộc đoạn BC₁.

b) K không thuộc cạnh BB₁ vì K ∉ mp( BB₁C₁C ) mà BB₁ thuộc mặt phẳng đó

Vậy K không thuộc cạnh BB₁.

DC₁ ∈ mp( DCC₁D₁ ) là hình chữ nhật nên Δ DCC₁ vuông tại C.

Áp dụng định lý Py – ta – go vào Δ DCC₁ vuông tại C ta được: DC₁² = CC₁² + CD²

Hay DC₁² = 3² + 5² ⇔ DC₁² = ( √34 )² ⇔ DC₁ = √34 ( cm )

CB₁ ∈ ( BCC₁B₁ ) là hình chữ nhật nên Δ BCB₁ vuông tại B.

Áp dụng định lí Py – ta – go vào Δ BCB₁ vuông tại B ta được: CB₁² = CB² + BB₁²

Hay CB₁² = 3² + 4² = 5² ⇔ CB₁ = 5( cm )

Vậy DC₁ = √34 ( cm ); CB₁ = 5( cm )

a) Từ giả thiết ABCD.A₁B₁C₁D₁ là hình hộp chữ nhật nên các mặt bên ( BB₁A₁A ),( BB₁C₁C ) là hình chữ nhật, do đó ta có:

⇒ BB₁ ⊥ mp( ABCD )

Mặt khác đường chéo BD ⊂ mp( ABCD ) và đi qua B nên:

BB₁ ⊥ BD ⇒ B₁BDˆ = 90⁰

Chứng minh tương tự như trên, ta cũng được: BB₁D₁ˆ = BDD₁ˆ = 90⁰

Điều đó chứng tỏ tứ giác BDD₁B₁ có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

b) Chứng minh tương tự như câu a, ta có tứ giác ACC₁A₁ là hình chữ nhật

Áp dụng tính chất đường chéo và các hình vuông ABCD, A₁B₁C₁D₁ ta được O là trung điểm của AC và BD và O₁ là trung điểm của A₁C₁ và B₁D₁

⇒ OO₁ là đường trung bình của các hình chữ nhật BDD₁B₁ và ACC₁A₁

Do đó: OO₁//BB₁//DD₁//AA₁//CC₁

Suy ra

Vì ABCD.A₁B₁C₁D₁ là hình hộp chữ nên

CC₁ ⊥ mp( ABCD ) ⇒ CC₁ ⊥ AC hay tam giác ACC₁ vuông tại C, đáy ABCD là hình chữ nhật nên tam giác ACD vuông tại D.

Áp dụng định lý Py – ta – go ta có:

Thay đẳng thức ( 1 ) vào ( 2 ) ta được:

AC₁² = CD² + AD² + CC₁² ⇒ AC₁ = √(CD² + AD² + CC₁²)

Hay AC₁ = √(30² + 40² + 120²) = √(130²) = 130( cm )

Áp dụng công thức: S_tp = S_xq + 2S_d

Hay S_xq = S_tp - 2S_d = 1280 - 2.1/2.1024

= 1280 - 240 = 1040( cm² )

Vì đáy ABCD là hình thoi nên AC vuông góc với BD tại O (tính chất về đường chéo của hình thoi)

Áp dụng định lý Py – ta – go vào tam giác BOC vuông tại O ta được:

BC² = BO² + OC² ⇒ BC² = 12² + 5² = 13² ⇔ BC = 13( cm )

Chu vi đáy là 2p = 4.13 = 52( cm )

Áp dụng công thức S_xq = 2p.h ⇒ h = S_xq/(2p) = 1040/52 = 20( cm )

Áp dụng công thức thể tích của hình lăng trụ đứng ta có: V = S.h

Ta có:

Do đó: V = S.h = 0,6AH.2,4 = 1,44AH

Theo giả thiết ta có: 1,44AH = 2,16 ⇔ AH = 1,5( cm )