Bài tập ôn tập Toán 8 Chương 10 (có đáp án)

Chọn C.

Hình chóp tam giác đều có mặt đáy $ABC$ là một tam giác đều.

Chọn D.

Hình chóp tam giác đều có các cạnh bên bằng nhau $\left( {SA = SB = SC} \right)$ và các cạnh đáy bằng nhau $\left( {AB = BC = CA} \right)$. Tuy nhiên, độ dài cạnh bên và cạnh đáy không bắt buộc phải bằng nhau.

Do đó, khẳng định D sai.

Chọn B.

Thể tích của hình chóp tam giác đều là: $V = \frac{1}{3}S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 12 \cdot 5 = 20$ (cm$^{3}$).

Chọn A.

Hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có đỉnh là $S$ và 3 mặt bên là các tam giác cân $SAB,\,\,SBC,\,\,SAC.$

Chọn B.

Đoạn thẳng nối đỉnh $S$ và trọng tâm $O$ của đáy chính là đường cao $SO$ của hình chóp tam giác đều.

Chọn C.

Hình chóp tam giác đều có 3 cạnh bên $\left( {SA,{\rm{ }}SB,{\rm{ }}SC} \right)$ và 3 cạnh đáy $\left( {AB,{\rm{ }}BC,{\rm{ }}CA} \right)$.

Chọn B.

Nửa chu vi đáy là: $p = \frac{{12 + 12 + 12}}{2} = 18$ (cm).

Diện tích xung quanh là: ${S_{xq}} = p \cdot d = 18 \cdot 10 = 180$ (cm$^{2}$).

Chọn B.

Gọi $O$ là trọng tâm của $\Delta ABC$ suy ra $SO$ là đường cao của hình chóp $S.ABC$.

Do $SH$ là trung đoạn ứng với mặt bên $SAB$ là tam giác cân tại $S$ nên đường cao $SH$ đồng thời là đường trung tuyến, suy ra $H$ là trung điểm của $AB$.

Do đó,$AH = HB = \frac{1}{2}AB = 6$ (cm).

Xét $\Delta ABC$ đều có $CH$ là đường trung tuyến ($H$ là trung điểm của $AB$) nên đồng thời là đường cao.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta AHC$ vuông tại $H$ ta có:

$A{H^2} + H{C^2} = A{C^2}$ suy ra $HC = \sqrt {A{C^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{12}^2} - {6^2}} = 6\sqrt 3$ (cm).

Diện tích $\Delta ABC$ là: $S = \frac{1}{2}AB \cdot CH = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 6\sqrt 3 = 36\sqrt 3$ (cm$^{2}$).

Do $O$ là trọng tâm của $\Delta ABC$ nên $OH = \frac{1}{3}HC = \frac{{6\sqrt 3 }}{3} = 2\sqrt 3$ (cm).

Tương tự, áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SOH$ vuông tại $O$ ta tính được $SO = 2\sqrt {13} \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$.

Thể tích của hình chóp là: $V = \frac{1}{3}S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 36\sqrt 3 \cdot 2\sqrt {13} = 24\sqrt {39}$ (cm$^{3}$).

Chọn C.

Khi ta có một chuỗi 4 tam giác cân dính liền nhau tại một đỉnh chung, thao tác gập và dán khép kín hai mép ngoài cùng sẽ tạo ra một khối không gian hội tụ tại một đỉnh nhọn, bao bọc bởi 4 mặt bên là các tam giác cân. Cấu trúc này trùng khớp hoàn toàn với mặt xung quanh của một hình chóp tứ giác đều.

Chọn B.

A đúng vì: Hình chóp tam giác đều có mặt đáy là tam giác đều và các mặt bên là các tam giác cân bằng nhau.

B sai vì: Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ suy ra $AH = HB = \frac{1}{2}AB = 3$ (cm).

Xét $\Delta ABC$ có $CH$ là đường trung tuyến (do $H$ là trung điểm của $AB$) nên $CH$ đồng thời là đường cao của tam giác.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta CHB$ vuông tại $H$ ta có:

$B{H^2} + C{H^2} = C{B^2}$ suy ra $CH = \sqrt {C{B^2} - B{H^2}} = \sqrt {{6^2} - {3^2}} = 3\sqrt 3$ (cm).

Do $SO$ là chiều cao của hình chóp nên $O$ là trọng tâm của $\,\Delta ABC$ suy ra

$CO = \frac{2}{3}CH = \frac{2}{3} \cdot 3\sqrt 3 = 2\sqrt 3$ (cm).

Tương tự, áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SOC$ vuông tại $O$, ta tính được:

$SC = 2\sqrt 7$ (cm) $\ne 6$ (cm).

Vậy các cạnh bên của hình chóp có độ dài bằng $2\sqrt 7$ cm.

C đúng vì: Nửa chu vi đáy của hình chóp tam giác đều là: $p = \frac{{6 + 6 + 6}}{2} = 9$ (cm).

Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều là: ${S_{xq}} = p \cdot d = 9 \cdot \sqrt {19} = 9\sqrt {19}$ (cm$^{2}$).

D đúng vì: Diện tích đáy của hình chóp là: $S = \frac{1}{2}CH \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt 3 \cdot 6 = 9\sqrt 3$ (cm$^{2}$).

Thể tích của hình chóp là: $V = \frac{1}{3} \cdot S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 9\sqrt 3 \cdot 4 = 12\sqrt 3$ (cm$^{3}$).

Chọn A.

Ta có hình chóp tam giác đều $S.ABC$ minh họa chiếc chậu cây như hình vẽ. Trong đó, đáy là $\Delta ABC$ đều có cạnh bằng $18$ cm và chiều cao $SO = 3\sqrt {22}$ cm.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, suy ra $AH = HB = \frac{{AB}}{2} = 9$ (cm).

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta CHB$ vuông tại $H$ ta có:

$C{H^2} + H{B^2} = C{B^2}$ hay $CH = \sqrt {C{B^2} - H{B^2}} = \sqrt {{{18}^2} - {9^2}} = 9\sqrt 3$ (cm).

Do $SO$ là chiều cao của hình chóp nên $O$ là trọng tâm của $\Delta ABC$.

Do đó, $OH = \frac{1}{3}CH = \frac{{9\sqrt 3 }}{3} = 3\sqrt 3$ (cm).

Tương tự, áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SHO$ vuông tại $O$ ta tính được $SH = 15$ (cm).

Nửa chu vi đáy của chậu cây là $p = \frac{{18 + 18 + 18}}{2} = 27$ (cm).

Diện tích bề mặt cần sơn là: ${S_{xq}} = p \cdot d = 27 \cdot 15 = 405$ (cm$^{2}$).

Chọn A.

Ta có hình chóp tam giác đều $S.ABC$ minh họa phần chụp đèn như hình vẽ. Trong đó, đáy là $\Delta ABC$ đều có cạnh bằng $25$ cm và độ dài các cạnh bên bằng $20$ cm.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, suy ra $AH = HB = \frac{{AB}}{2} = 12{,}5$ (cm).

Do $\Delta SAB$ cân tại $S$ có $SH$ là đường trung tuyến (do $H$ là trung điểm của $AB$) nên $SH$ đồng thời là đường cao của tam giác.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SAH$ vuông tại $H$ ta có:

$S{H^2} + A{H^2} = S{A^2}$ hay $SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{20}^2} - {{12{,}5}^2}} = \frac{{5\sqrt {39} }}{2}$ (cm).

Diện tích xung quanh của chụp đèn là:

${S_{xq}} = 3 \cdot {S_{\Delta SAB}} = 3 \cdot \left( {\frac{1}{2}SH \cdot AB} \right) = 3 \cdot \left( {\frac{1}{2} \cdot \frac{{5\sqrt {39} }}{2} \cdot 25} \right) = \frac{{375\sqrt {39} }}{4}$ (cm$^{2}$).

Chi phí bác An cần trả để mua đủ giấy màu dán chụp đèn là:

$\frac{{375\sqrt {39} }}{4} \cdot 200 \approx 117\,\,000$ (đồng).

Chọn D.

Thể tích của khối rubik đó là: $V = \frac{1}{3} \cdot S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 16\sqrt 3 \cdot 8 = \frac{{128\sqrt 3 }}{3}$ (cm$^{3}$).

Chọn B.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, suy ra $AH = HB = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}$ (cm).

Xét $\Delta ABC$ có $CH$ là đường trung tuyến (do $H$ là trung điểm của $AB$) nên $CH$ đồng thời là đường cao của tam giác.

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta CHB$ vuông tại $H$ ta có:

$C{H^2} + H{B^2} = B{C^2}$ hay $CH = \sqrt {B{C^2} - H{B^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = a\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ (cm).

Diện tích đáy của hình chóp là: $S = \frac{1}{2}CH \cdot AB = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ (cm$^{2}$).

Chọn C.

Tương tự Câu 14 ta có công thức tính diện tích đáy của tam giác đều cạnh $a$ cm là

$S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$ (cm$^{2}$).

Diện tích đáy tam giác đều là: $S = \frac{{{6^2}\sqrt 3 }}{4} = 9\sqrt 3$ (cm$^{2}$).

Thể tích của mô hình là: $V = \frac{1}{3}S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 9\sqrt 3 \cdot 10 = 30\sqrt 3 \approx 52{,}0$ (cm$^{3}$).

Chọn C.

Hình chóp tứ giác đều có mặt đáy là hình vuông.

Chọn A.

Hình chóp tứ giác đều có:

+) 5 mặt gồm $1$ mặt đáy và $4$ mặt bên

+) $8$ cạnh gồm $4$ cạnh bên và $4$ cạnh đáy.

Chọn B.

Thể tích của hình chóp tứ giác đều là: $V = \frac{1}{3}S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 12 \cdot 5 = 20$ (cm$^{3}$).

Chọn A.

Diện tích đáy của hình chóp tứ giác đều là: $S = \frac{{3V}}{h} = \frac{{3 \cdot 200}}{6} = 100$ (cm$^{2}$).

Vì đáy của hình chóp tứ giác đều là hình vuông cạnh $a$ nên $S = {a^2}$ suy ra $a = \sqrt S$.

Vậy độ dài cạnh đáy của hình chóp là: $\sqrt {100} = 10$ (cm).

Chọn C.

Hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có đỉnh là $S$ và đáy là hình vuông $ABCD$.

Chọn B.

Do $O$ là giao của hai đường chéo của mặt đáy hình vuông $ABCD$ nên $O$ là tâm của mặt đáy.

Đường cao $SO$ của hình chóp tứ giác đều là đoạn thẳng nối từ đỉnh $S$ vuông góc tới tâm $O$ của mặt đáy.

Chọn A.

Hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có 4 cạnh đáy và 4 mặt bên là các tam giác cân bằng nhau có chung đỉnh.

Chọn C.

C sai vì: Các mặt bên của hình chóp tứ giác đều là các tam giác cân có chung đỉnh.

Chọn B.

Nửa chu vi đáy của hình chóp tứ giác $ABCD$ là: $p = 4 \cdot 10:2 = 20$ (cm).

Diện tích xung quanh của hình chóp $S.ABCD$ là: ${S_{xq}} = p \cdot d = 20 \cdot 15 = 300$ (cm$^{2}$).

Chọn C.

Diện tích đáy $ABCD$ là: $S = {10^2} = 100$ (cm$^{2}$).

Thể tích của hình chóp $S.ABCD$ là: $V = \frac{1}{3}S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 100 \cdot 12 = 400$ (cm$^{3}$).

Chọn D.

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$. Ta có $SO$ là đường cao của hình chóp $S.ABCD$.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta OAB$ vuông tại $O$ ta có:

$O{A^2} + O{B^2} = A{B^2}$ hay $2O{A^2} = {6^2}$ suy ra $OA = \sqrt {18}$ (cm).

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SOA$ vuông tại $O$ ta có:

$S{O^2} + O{A^2} = S{A^2}$ hay $SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {{9^2} - 18} = \sqrt {63}$ (cm).

Diện tích đáy $ABCD$ là: $S = {6^2} = 36$ (cm$^{2}$).

Thể tích của hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ là:

$V = \frac{1}{3} \cdot S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 36 \cdot \sqrt {63} \approx 95{,}2$ (cm$^{3}$).

Chọn A.

Thể tích của khối bê tông bằng tổng thể tích của phần hình lập phương ở dưới $\left( {{V_1}} \right)$ và phần hình chóp tứ giác đều ở trên $\left( {{V_2}} \right)$.

Thể tích hình lập phương là: ${V_1} = {30^3} = 27\;000$ (cm$^{3}$).

Diện tích mặt đáy hình vuông là: $S = {30^2} = 900$ (cm$^{2}$).

Thể tích hình chóp là: ${V_2} = \frac{1}{3} \cdot S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 900 \cdot 60 = 18\;000$ (cm$^{3}$).

Thể tích của khối bê tông là:

$V = {V_1} + {V_2} = 27\;000 + 18\;000 = 45\;000$ (cm$^{3}$).

Chọn B.

Diện tích đáy của chiếc lều là: $S = {2^2} = 4$ (m$^{2}$).

Thể tích phần không gian bên trong chiếc lều là:

$V = \frac{1}{3}S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 4 \cdot 1{,}8 = 2{,}4$ (m$^{3}$).

Chọn A.

Gọi $H$ là trung điểm của $CD$, suy ra $SH$ là trung đoạn của hình chóp.

Do $SO$ là chiều cao của hình chóp nên $O$ là tâm của đáy $ABCD$.

Xét $\Delta ACD$ có $O$ là trung điểm của $AC$ và $H$ là trung điểm của $CD$. Do đó, $OH$ là đường trung bình của $\Delta ACD$. Suy ra $OH = \frac{1}{2}AD = 1$ (m).

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SOH$ vuông tại $O$ ta có:

$S{O^2} + O{H^2} = S{H^2}$ hay $SH = \sqrt {S{O^2} + O{H^2}} = \sqrt {{{1{,}8}^2} + {1^2}} = \frac{{\sqrt {106} }}{5}$ (m).

Nửa chu vi đáy của chiếc lều là: $p = 4 \cdot 2:2 = 4$ (m).

Diện tích vải bạt cần dùng để phủ toàn bộ bốn mặt bên là:

${S_{xq}} = p \cdot d = 4 \cdot \frac{{\sqrt {106} }}{5} = \frac{{4\sqrt {106} }}{5}$ (m$^{2}$).

Diện tích đáy của chiếc lều là $4$ m$^{2}$.

Diện tích vải bạt cần dùng để phủ toàn bộ bốn mặt bên và mặt đáy của chiếc lều là:

$\frac{{4\sqrt {106} }}{5} + 4 \approx 12{,}24$ (m$^{2}$).

Chọn C.

Thể tích phần gỗ đã gọt bỏ $\left( {{V_1}} \right)$ bằng thể tích khối lập phương ban đầu $\left( V \right)$ trừ đi thể tích khối hình chóp tứ giác đều $\left( {{V_2}} \right)$.

Thể tích khối gỗ hình lập phương là: $V = {50^3} = 125\,\,000$ (cm$^{3}$).

Đáy của hình chóp là hình vuông cạnh bằng $50$ cm.

Chiều cao của hình chóp bằng độ dài cạnh của hình lập phương.

Do đó, thể tích khối hình chóp tứ giác đều là:

${V_2} = \frac{1}{3}S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot {50^2} \cdot 50 = \frac{{125\,\,000}}{3}$(cm$^{3}$).

Vậy thể tích phần gỗ gọt bỏ là: ${V_1} = V - {V_2} = 125\,\,000 - \frac{{125\,\,000}}{3} = \frac{{250\,\,000}}{3}$ (cm$^{3}$).

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

a) Đúng. Chiều cao của hình chóp tam giác đều là đoạn thẳng nối từ đỉnh $S$ tới tâm $O$ của mặt đáy.

Xét $\Delta SAB$ cân tại $S$, có $H$ là trung điểm của $AB$. Suy ra $SH$ là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác.

Do $H$ là trung điểm của $AB$ nên $SH$ là trung đoạn của hình chóp tam giác đều $S.ABC.$

b) Sai. Vì $H$ là trung điểm của $AB$ nên $AH = \frac{{AB}}{2} = \frac{6}{2} = 3$ (cm).

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SHA$ vuông tại $H$ ta được:

$A{H^2} + S{H^2} = S{A^2}$ hay $S{H^2} = S{A^2} - A{H^2} = {5^2} - {3^2} = 16$ suy ra $SH = 4$ (cm).

Do đó, $SH = 4$ (cm).

c) Đúng. Nửa chu vi đáy của hình chóp là: $p = \frac{1}{2} \cdot (6 + 6 + 6) = 9$ (cm).

d) Đúng. Diện tích xung quanh của hình chóp tam giác đều:

${S_{xq}} = p \cdot d = 9 \cdot 4 = 36$ (cm$^{2}$).

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

a) Sai. Nửa chu vi đáy của hình chóp là: $p = \frac{{30 + 30 + 30}}{2} = 45$ (cm).

Diện tích xung quanh của hình chóp là: ${S_{xq}} = p \cdot d = 45 \cdot 20 = 900$ (cm$^{2}$).

b) Đúng. Ta có $SO$ là chiều cao và $SH$ là trung đoạn của hình chóp nên $O$ là trọng tâm của $\Delta ABC$ và $H$ là trung điểm của $AB$.

Do đó, $AH = HB = \frac{{AB}}{2} = 15$ (cm).

Xét $\Delta ABC$ có $CH$ là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác. Suy ra $CH \bot AB$.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta AHC$ vuông tại $H$ ta được:

$A{H^2} + H{C^2} = A{C^2}$ suy ra $HC = \sqrt {A{C^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{30}^2} - {{15}^2}} = 15\sqrt 3$ (cm).

Diện tích đáy của hình chóp (làm tròn đến hàng phần mười) là:

$S = \frac{1}{2}AB \cdot CH = \frac{1}{2} \cdot 30 \cdot 15\sqrt 3 = 225\sqrt 3 \approx 389{,}7$ (cm$^{2}$).

c) Đúng. Xét $\Delta ABC$ có $O$ là trọng tâm, suy ra $OH = \frac{1}{3}CH = \frac{1}{3} \cdot 15\sqrt 3 = 5\sqrt 3$ (cm).

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SHO$ vuông tại $O$ ta cũng tính được

$SO = \sqrt {S{H^2} - O{H^2}} = \sqrt {{{20}^2} - {{\left( {5\sqrt 3 } \right)}^2}} = \sqrt {325} = 5\sqrt {13} \approx 18{,}03$ (cm).

d) Sai. Thể tích của hình chóp là: $V = \frac{1}{3}S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 225\sqrt 3 \cdot \sqrt {325} \approx 2341{,}87$ (cm$^{3}$).

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

a) Sai. Vì $K$ là trung điểm của $DE$ nên $EK = \frac{{DE}}{2} = \frac{{12}}{2} = 6{\rm{ (cm)}}$.

Xét tam giác đều $DEF$ có $FK$ là đường trung tuyến đồng thời là đường cao $\left( {FK \bot DE} \right).$

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta FKE$ vuông tại $K$ ta có: $K{F^2} + K{E^2} = E{F^2}$

Suy ra $F{K^2} = F{E^2} - E{K^2} = {12^2} - {6^2} = 108$ nên $FK = \sqrt {108} \approx 10{,}4$ (cm).

Vậy $FK$ có độ dài khoảng $10{,}4$ cm.

b) Sai. Vì $O$ là trọng tâm của $\Delta DEF$ nên $OK = \frac{1}{3}FK \approx \frac{1}{3} \cdot 10{,}4 \approx 3{,}47$ (cm).

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SOK$ vuông tại $O$ ta có:

$S{K^2} = S{O^2} + O{K^2}$ suy ra $SK = \sqrt {S{O^2} + O{K^2}} \approx \sqrt {{{15}^2} + {{3{,}47}^2}} = \sqrt {237{,}04} \approx 15{,}4$ (cm).

c) Đúng. Tam giác $DEF$ có diện tích là:

${S_{\Delta DEF}} = \frac{1}{2}DE \cdot FK \approx \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 10{,}4 = 62{,}4$ (cm$^{2}$).

d) Đúng. Thể tích của hình chóp tam giác đều $S.DEF$ là:

$V = \frac{1}{3}{S_{\Delta DEF}} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot 62{,}4 \cdot 15 = 312$ (cm$^{3}$).

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

a) Sai. Gọi $K$ là trung điểm của $AB$, suy ra $AK = KB = \frac{1}{2}AB = 4$ (cm).

Do $\Delta SAB$ đều có $SK$ là đường trung tuyến ($K$ là trung điểm của $AB$) nên $SK$ đồng thời là đường cao của tam giác.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SAK$ vuông tại $K$ ta có:

$S{K^2} + A{K^2} = S{A^2}$ hay $SK = \sqrt {S{A^2} - A{K^2}} = \sqrt {{8^2} - {4^2}} = 4\sqrt 3$ (cm).

Diện tích một mặt của hộp quà là: $S = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot 4\sqrt 3 = 16\sqrt 3 \approx 27{,}7$ (cm$^{2}$).

b) Sai. Do tất cả các mặt đều là hình tam giác đều cạnh $8$ cm nên diện tích bốn mặt của một hộp quà là:

$4 \cdot 16\sqrt 3 = 64\sqrt 3$ (cm$^{2}$).

c) Đúng. Vì bị hao hụt thêm $15\%$ diện tích nên phần diện tích giấy thực tế cần dùng cho 1 hộp bằng $100\% + 15\% = 115\%$ diện tích bề mặt hộp đó.

Vậy diện tích giấy thực tế cần cho một hộp là:

$64\sqrt 3 \cdot 115\% = 73{,}6\sqrt 3 \approx 127$ (cm$^{2}$).

Vậy diện tích giấy thực tế cần dùng để làm một hộp quà (tính cả phần giấy hao hụt) xấp xỉ $127\,\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}$.

d) Sai. Tổng diện tích giấy cần dùng để làm 120 hộp là:

$120 \cdot 73{,}6\sqrt 3 \approx 15{\rm{ }}297{,}5$ (cm$^{2}$) $= 1{,}52975$ (m$^{2}$).

Như vậy, lớp bạn An cần mua nhiều hơn 1,5 m$^{2}$ giấy để làm đủ $120$ hộp quà.

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

Ta có hình chóp tam giác đều $S.DEF$ minh họa khối đá như hình vẽ. Trong đó, độ dài cạnh đáy là $6\,\,{\rm{cm}}$ và chiều cao $SO = 12$ cm.

a) Đúng. Thể tích của bể cá hình hộp chữ nhật ban đầu là: $V = 60 \cdot 40 \cdot 40 = 96{\rm{ }}000$ (cm$^{3}$).

b) Sai. Gọi $K$ là trung điểm của $DE$ suy ra $SK$ là trung đoạn của hình chóp ứng với mặt bên $SDE$ và $KE = DK = \frac{1}{2}DE = 3$ (cm).

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta FKE$ vuông tại $K$ ta có:

$K{F^2} + K{E^2} = E{F^2}$ hay $KF = \sqrt {E{F^2} - K{E^2}} = \sqrt {{6^2} - {3^2}} = 3\sqrt 3$ (cm).

Vậy diện tích đáy của khối đá hình chóp tam giác đều là:

$S = \frac{1}{2}KF \cdot DE = \frac{1}{2}3\sqrt 3 \cdot 6 = 9\sqrt 3$ (cm$^{2}$).

c) Sai. Thể tích của khối đá dạng hình chóp tam giác đều thả vào bể là:

$V = \frac{1}{3}S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 9\sqrt 3 \cdot 12 = 36\sqrt 3 \approx 62{,}4$ (cm$^{3}$).

Vậy thể tích của khối đá dạng hình chóp tam giác đều thả vào bể xấp xỉ $62{,}4$ cm$^{3}$.

d) Đúng. Thể tích nước cần bơm vào để đầy bể cá là:

$96\,\,000 - 36\sqrt 3 \approx 95937{,}6$ (cm$^{3}$).

Vậy số lít nước đã bơm đầy vào bể cá xấp xỉ $\frac{{95{\rm{ }}937{,}6}}{{1000}} \approx 95{,}9376 \approx 95{,}9$ (lít).

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

a) Đúng. Hình chóp $S.MNPQ$ có:

4 mặt bên $SMN,\,\,SNP,\,\,SQM$ là $4$tam giác cân bằng nhau có cạnh bên bằng 25 cm.

Mặt đáy $MNPQ$ là hình vuông có độ dài cạnh bằng 30 cm.

b) Sai. Do $SH$ là trung đoạn của hình chóp ứng với mặt bên $SPQ$ nên $H$ là trung điểm của $PQ$. Suy ra $QH = HP = \frac{{PQ}}{2} = 15$ (cm).

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SHQ$ vuông tại $H$ ta có:

$S{H^2} + Q{H^2} = S{Q^2}$ hay $SH = \sqrt {S{Q^2} - Q{H^2}} = \sqrt {{{25}^2} - {{15}^2}} = 20$ (cm).

Độ dài trung đoạn của hình chóp bằng 20 cm.

c) Sai. Nửa chu vi đáy của hình chóp là: $p = 4 \cdot 30:2 = 60$ (cm).

Diện tích xung quanh của hình chóp tứ giác đều $S.MNPQ$ là:

${S_{xq}} = p \cdot d = 60 \cdot 20 = 1200$ (cm$^{2}$).

d) Sai. Diện tích mặt đáy hình vuông $MNPQ$ là: $S = {30^2} = 900$ (cm$^{2}$).

Diện tích toàn phần của hình chóp là: $1200 + 900 = 2100$ (cm$^{2}$).

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

a) Sai. Thể tích của hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ có cạnh bằng $a$ cm là:

${V_1} = {a^3}$ (cm$^{3}$).

b) Sai. Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$ trong hình vuông $ABCD.$

Vì $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$ của mặt đáy $ABCD$ nên $O$ là tâm của đáy $ABCD$, tức $SO$ là chiều cao của hình chóp.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta ABC$ vuông tại $B$ ta có:

$A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}$ hay $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2$ (cm).

Lại có $O$ là trung điểm của $AC$ suy ra $OA = OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ (cm).

Tương tự, áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SAO$ vuông tại $O$ ta tính được $SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ (cm).

c) Đúng. Diện tích mặt đáy hình vuông $ABCD$ cạnh bằng $a$ cm là: $S = {a^2}$ (cm$^{2}$).

Thể tích của hình chóp $S.ABCD$ là: ${V_2} = \frac{1}{3}S \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}$ (cm$^{3}$).

d) Đúng. Tỉ số thể tích giữa hình chóp và hình lập phương là:

$\frac{{{V_{\rm{2}}}}}{{{V_1}}} = \frac{{\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}}}{{{a^3}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{6}$.

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

Ta có hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ minh họa chiếc lều cắm trại như hình vẽ. Trong đó: Mặt đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $2$ m và độ dài trung đoạn $SH$ bằng $2{,}5$m.

a) Đúng. Chu vi đáy $ABCD$ của chiếc lều dã ngoại là $C = 4 \cdot 2 = 8$ (m).

b) Sai. Nửa chu vi đáy của hình chóp là: $p = \frac{C}{2} = \frac{8}{2} = 4$ (m).

Diện tích xung quanh của hình chóp là: ${S_{xq}} = p \cdot d = 4 \cdot 2{,}5 = 10$ (m$^{2}$).

Vậy diện tích vải bạt cần dùng để phủ kín 4 mặt bên của một chiếc lều là $10$ m$^{2}$.

c) Sai. Chi phí mua vải bạt làm một chiếc lều là: $10 \cdot 120{\rm{ }}000 = 1{\rm{ }}200{\rm{ }}000$ (đồng).

d) Đúng. Chi phí mua vải bạt làm bốn chiếc lều là: $4 \cdot 1{\rm{ }}200{\rm{ }}000 = 4{\rm{ }}800{\rm{ }}000$ (đồng).

Vì $4\,\,800\,\,000 < 5\,\,000\,\,000$ nên ngân sách $5\,\,000\,\,000$ hoàn toàn đủ chi trả.

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

a) Đúng. Thể tích của khối kim loại hình lập phương ban đầu cạnh bằng 30 cm là:

$V = {40^3} = 64\,\,000$ (cm$^{3}$).

b) Đúng. Mặt đáy của hình chóp tứ giác đều trùng với mặt đáy của khối lập phương nên đáy hình chóp là hình vuông cạnh $40$ cm.

Diện tích đáy của hình chóp là: $S = {40^2} = 1600$ (cm$^{2}$).

Đỉnh của hình chóp trùng với tâm của mặt đáy đối diện nên chiều cao $h$ của hình chóp đúng bằng độ dài cạnh của khối lập phương. Suy ra $h = 40$ cm.

c) Đúng. Thể tích chi tiết máy dạng hình chóp tứ giác đều là:

${V_1} = \frac{1}{3} \cdot S \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 1{\mkern 1mu} 600 \cdot 40 = \frac{{64{\mkern 1mu} 000}}{3}$ (cm$^{3}$).

Khối lượng chi tiết máy là:

${m_1} = D \cdot {V_1} = 7{,}8 \cdot \frac{{64{\mkern 1mu} 000}}{3} = 166{\mkern 1mu} 400$ (g) $= 166{,}4$ (kg).

d) Sai. Thể tích phần kim loại đã cắt bỏ bằng thể tích khối lập phương ban đầu trừ đi thể tích chi tiết máy hình chóp.

Vậy thể tích phần kim loại bị cắt bỏ đi là:

${V_2} = V - {V_1} = 64{\mkern 1mu} 000 - \frac{{64{\mkern 1mu} 000}}{3} = \frac{{128{\mkern 1mu} 000}}{3}$ (cm$^{3}$).

Khối lượng phần kim loại cắt bỏ là:

${m_2} = D \cdot {V_2} = 7{,}8 \cdot \frac{{128{\mkern 1mu} 000}}{3} = 332{\mkern 1mu} 800$ (g) $= 332{,}8$ (kg).

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

Ta có hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ minh họa cho 1 hộp quà (hai hộp quà có kích thước bằng nhau) như hình vẽ. Trong đó, độ dài cạnh đáy là $20$ cm, chiều cao $SO = 24$ cm và chiều cao của mỗi mặt bên xuất phát từ đỉnh chính là độ dài trung đoạn $SH$.

a) Sai. Do $SH$ là trung đoạn của hình chóp ứng với mặt bên $SDC$ nên $H$ là trung điểm của $DC.$

Xét $\Delta ACD$ có $O$ là trung điểm của $AC$ và $H$ là trung điểm của $DC$.

Suy ra $OH$ là đường trung bình của $\Delta ACD$ suy ra $OH = \frac{1}{2}AD = 10$ (cm).

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta SOH$ vuông tại $O$ ta có:

$S{O^2} + O{H^2} = S{H^2}$ hay $SH = \sqrt {S{O^2} + O{H^2}} = \sqrt {{{24}^2} + {{10}^2}} = 26$ (cm).

Chiều cao của mỗi mặt bên xuất phát từ đỉnh của hộp quà có độ dài là $26$ cm.

b) Sai. Nửa chu vi đáy của hình chóp là: $p = 4 \cdot 20:2 = 40$ (cm).

Diện tích xung quanh của hình chóp là: ${S_{xq}} = p \cdot d = 40 \cdot 26 = 1040$ (cm$^{2}$).

Vậy diện tích bìa màu cần dùng để phủ bốn mặt xung quanh của một hộp quà là $1040$ cm$^{2}$.

c) Đúng. Diện tích mặt đáy $ABCD$ là: $S = {20^2} = 400$ (cm$^{2}$).

Diện tích bìa màu cần dùng cho một hộp quà là: $1040 + 400 = 1440$ (cm$^{2}$).

Vậy tổng diện tích giấy màu tối thiểu Mai cần dùng để hoàn thành cả hai hộp quà là:

$1440 \cdot 2 = 2880$ (cm$^{2}$).

d) Đúng. Số tờ giấy màu loại $200$ cm$^{2}$tối thiểu Mai cần phải mua để dán đủ cho hai hộp quà là: $\frac{{2880}}{{200}} = 14{,}4$.

Vì số tờ giấy mua phải là số nguyên, nên Mai cần mua tối thiểu $15$ tờ giấy màu để dán đủ cho 2 hộp quà.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, ta có $AH = HB = \frac{{AB}}{2} = \frac{{6\sqrt 2 }}{2} = 3\sqrt 2$ (cm).

Do $\Delta ABC$ là tam giác đều nên $CH$ là đường trung tuyến đồng thời là đường cao.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta AHC$ vuông tại $H$ ta có:

$A{H^2} + H{C^2} = A{C^2}$ hay $HC = \sqrt {A{C^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {6\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {3\sqrt 2 } \right)}^2}} = 3\sqrt 6$ (cm).

Diện tích đáy của hình chóp là:

$S = \frac{1}{2}AB \cdot CH = \frac{1}{2} \cdot 6\sqrt 2 \cdot 3\sqrt 6 = 18\sqrt 3$ (cm$^{2}$).

Thể tích của hình chóp $S.ABC$ là:

$V = \frac{1}{3}S \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot 18\sqrt 3 \cdot 8 = 48\sqrt 3 \approx 83{,}1$ (cm$^{3}$).

Đáp án: 83,1.

Ta có hình chóp tam giác đều $S.ABC$ minh họa hình ảnh hộp quà như hình vẽ. Trong đó, độ dài cạnh đáy là $6$ cm và cạnh bên là $5$ cm.

Gọi $F$ là trung điểm của $AB$ suy ra $AF = BF = \frac{{AB}}{2} = 3$ (cm).

Xét $\Delta ASB$ cân tại $S$có $SF$ là đường trung tuyến (do $F$ là trung điểm $AB$) đồng thời là đường cao.

Áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta SFB$ vuông tại $F$ ta có:

$S{F^2} + B{F^2} = S{B^2}$ hay $SF = \sqrt {S{B^2} - B{F^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = \sqrt {25 - 9} = \sqrt {16} = 4$ (cm).

Tương tự, áp dụng định lí Pythagore vào $\Delta CFB$ vuông tại $F$ ta tính được $CF = 3\sqrt 3$ (cm).

Nửa chu vi đáy của hình chóp là: $p = \frac{{6 + 6 + 6}}{2} = 9$ (cm).

Diện tích xung quanh của hình chóp là: ${S_{xq}} = p \cdot d = 9 \cdot 4 = 36$ (cm$^{2}$).

Diện tích đáy của hình chóp là: $S = \frac{1}{2}AB \cdot CF = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 3\sqrt 3 = 9\sqrt 3$ (cm$^{2}$).

Diện tích giấy màu bạn Nam cần sử dụng để làm hộp quà tặng bằng tổng diện tích xung quanh (3 mặt bên) và diện tích đáy là:

$9\sqrt 3 + 36 \approx 51{,}6$ (cm$^{2}$).

Đáp án: 51,6.

Ta có hình chóp tam giác đều $S.ABC$ minh họa hình ảnh đồ vật trang trí bằng thủy tinh như hình vẽ. Trong đó, độ dài tất cả các cạnh $SA = SB = SC = AB = BC = CA = 12$ cm.

Gọi $O$ là trọng tâm của tam giác đều $ABC$, suy ra $SO$ là chiều cao của hình chóp.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, suy ra $AH = HB = \frac{{AB}}{2} = 6$ (cm).

Xét $\Delta ABC$ đều ta cũng có $CH$ là đường trung tuyến ứng đồng thời là đường cao của tam giác.

Áp dụng định lí Pythagore cho $\Delta CHB$ vuông tại $H$ ta có:

$C{H^2} + H{B^2} = B{C^2}$ hay $CH = \sqrt {B{C^2} - B{H^2}} = \sqrt {{{12}^2} - {6^2}} = 6\sqrt 3$ (cm).

Do $O$ là trọng tâm của $\Delta ABC$ nên $CO = \frac{2}{3}CH = \frac{2}{3} \cdot 6\sqrt 3 = 4\sqrt 3$ (cm).