Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 8 (có lời giải) - Đề 1

Ta có$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{CB \bot AB}\\{CB \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow CB \bot (SAB) \Rightarrow CB \bot SB$.

Lại có $AB \bot BC$nên góc của $(SCB)$và $(ABCD)$ bằng $\widehat {SBA}$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SH\\BC \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right)$.

Do $AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ nên góc giữa mặt phẳng$\left( {ABCD} \right)$ và $\left( {ACC'A'} \right)$ bằng $90^\circ$.

Ta có $\left( {ABCD} \right){\rm{ // }}\left( {A'B'C'D'} \right)$$\Rightarrow d\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = d\left( {A',\left( {ABCD} \right)} \right)$$= AA' = a$.

Do $BD$ vuông góc với $SO$ và $AC$ nên $BD$ vuông góc với$\left( {SAC} \right)$

Do vậy $\left( {SAC} \right)$ vuông góc với $\left( {SBD} \right)$.

Gọi $x$ là độ dài cạnh đáy và $h$ là độ dài cạnh bên của khối lăng trụ. Để chi phí xây dựng là ít nhất thì diện tích toàn phần hình lăng trụ nhỏ nhất.

Ta có $V = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4}.h = 1$ $\Leftrightarrow h = \frac{4}{{\sqrt 3 {x^2}}}$.

Diện tích toàn phần của hình lăng trụ là ${S_{tp}} = 3xh + \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{2}$$= \frac{{4\sqrt 3 }}{x} + \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{2}$

${S_{tp}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{x} + \frac{{2\sqrt 3 }}{x} + \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{2} \ge 3\sqrt[3]{{6\sqrt 3 }}$.

Vậy $\min {S_{tp}} = 3\sqrt[3]{{6\sqrt 3 }}$ khi $\frac{{2\sqrt 3 }}{x} = \frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{2}$ $\Leftrightarrow x = \sqrt[3]{4}$.

Chi phí xây bể là $T = 3\sqrt[3]{{6\sqrt 3 }}.1000000 \approx 6546742$

Do đó số tiền ít nhất người thợ cần bỏ ra là $T \approx 6546742$

Ta có $\widehat {BAA'\,} = \widehat {DAA'}$$= \widehat {BAD} = 60^\circ$ và $AB = AD$$= AA' = 1$.

Khi đó $\Delta ABD$, $\Delta ADA'$ và $\Delta ABA'$ đều cạnh bằng $1$.

$\Rightarrow A'D = A'A$$= A'B = 1$. Suy ra hình chiếu của $A'$ lên $\left( {ABCD} \right)$ là tâm H của $\Delta ABD$ đều.

Ta có $AB'\;{\rm{//}}\;DC'$$\Rightarrow d\left( {AB';A'C'} \right) = d\left( {AB';\left( {DA'C'} \right)} \right)$$= d\left( {H;\left( {DA'C'} \right)} \right)$.

Dựng hình bình hành $DCAJ$. Từ $H$ kẻ $HK \bot DJ$$\left( {K \in DJ} \right)$, ta có $HK\;{\rm{//}}\;DB$.

Từ $H$ kẻ $HL \bot A'K$$\left( {L \in A'K} \right)$$\Rightarrow HL \bot \left( {DA'C'} \right)$$\Rightarrow d\left( {H;\left( {DA'C'} \right)} \right) = HL$.

Ta có: $HK = \frac{1}{2}$, $A'H = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$.

Xét tam giác $A'HK$: $\frac{1}{{H{L^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} + \frac{1}{{A'{H^2}}}$$\Rightarrow HL = \frac{{\sqrt {22} }}{{11}}$.

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BD \bot AC}\\{BD \bot SA(SA \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow BD \bot (SAC)} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BD \bot (SAC)}\\{SC \subset (SAC)}\end{array} \Rightarrow BD \bot SC} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CD \bot AD}\\{CD \bot SA}\end{array} \Rightarrow CD \bot (SAD)} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AH \bot SO}\\{AH \bot BD(BD \bot (SAC))}\end{array} \Rightarrow AH \bot (SBD) \Rightarrow AH \bot SB} \right.$

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng

Kẻ $AH \bot SB$ tại $H$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH} \right.$

Ta lại có: $AH \bot SB \Rightarrow AH \bot (SBC) \Rightarrow d(A,(SBC)) = AH$

Ta có: $AH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{(\sqrt 3 a)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a$

Vậy $d(A,(SBC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a$.

Ta có: $AD//(SBC) \Rightarrow d(D,(SBC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a$.

Ta có: $MA$ cắt $(SBC)$ tại $S$

$\Rightarrow \frac{{d(M,(SBC))}}{{d(A,(SBC))}} = \frac{{MS}}{{AS}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d(M,(SBC)) = \frac{1}{2}d(A,(SBC)) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}a = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a{\rm{. }}$

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng

Ta có: $SA \bot (ABC)$ tại $A$ và $SB$ cắt mặt phẳng $(ABC)$ tại $B$

$\Rightarrow AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mp $(ABC)$

$\Rightarrow (SB,(ABC)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}$

Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A:\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\frac{a}{a}=1\Rightarrow \widehat{SBA}={45}^{^{\circ}}$

Vậy$(SB,(ABC))={45}^{^{\circ}}$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CB \bot AB}\\{CB \bot SA}\end{array} \Rightarrow CB \bot (SAB)} \right.$ tại $B$ và $SC$ cắt mặt phẳng $(SAB)$ tại $S$

$\Rightarrow SB$ là hình chiếu của $SC$ trên mp $(SAB)$

$\Rightarrow (SC,(SAB)) = (SC,SB) = \widehat {BSC}$

Ta có: $SB = a\sqrt 2$ (vì tam giác $SAB$ vuông cân tại $A$)

Xét $\Delta SBC$ vuông tại $B:\tan \widehat {BSC} = \frac{{CB}}{{SB}} = \frac{a}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {BSC} \approx 35,{3^0}$

Vậy $(SC,(SAB)) \approx 35,{3^0}$.

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

Tứ giác $ABCD$ có $4$ cạnh bằng nhau $\Rightarrow ABCD$ là hình thoi.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của $S$ lên $\left( {ABCD} \right)$

Vì $SB = SC = SD$ $\Rightarrow H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BC{\rm{D}}$

Vì $\Delta BC{\rm{D}}$ cân nên $H$ thuộc trung tuyến kẻ từ $C$.

$\Rightarrow H \in AC$.

Nên đáp án $A,\,C$đúng.

Mà ta có: $\Rightarrow H \in AC$.

Mà ta có: $\Delta ABD = \Delta CBD = \Delta SBD\,\,(c - c - c) \Rightarrow AD = CO = SO \Rightarrow SO = \frac{1}{2}AC$

$\Rightarrow \Delta SAC$vuông tại $S$. Do đó đáp án b đúng.

Trong tam giác $SAC$, kẻ $SH \bot AC$.

Khi đó ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SO\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SH$$\Rightarrow SH \bot (ABCD)$

Suy ra: $\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{x^2}}} \Rightarrow SH = h = \frac{{{\rm{ax}}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}$.

Do đó đáp án d sai.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{SA \bot BC({\rm{ do }}SA \bot (ABC))}\\{AB \bot BC(gt)}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB$

Xét 2 mặt phẳng $(SBC)$ và $(ABC)$ ta có:

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(SBC) \cap (ABC) = BC}\\{SB \bot BC,SB \subset (SBC)}\\{AB \bot BC,AB \subset (ABC)}\\{SB \cap AB = \{ B\} }\end{array} \Rightarrow ((SBA),(ABC)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}} \right.$.

Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$, có $\tan \widehat{SBA}=\frac{SA}{AB}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SBA}={60}^{^{\circ}}$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left( {{B^\prime }AC} \right) \cap (ABC) = AC}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (ABC),BI \bot AC \Rightarrow [A,SC,B] = \widehat {{B^\prime }IB}}\\{{\rm{ Trong }}\left( {{B^\prime }AC} \right),{B^\prime }I \bot AC}\end{array}} \right.$

Ta có: $BI = \frac{{AC}}{2} = a$

${B^\prime }B = \sqrt {{{(3a)}^2} - {{(a\sqrt 2 )}^2}} = \sqrt 7 a$

Xét $\Delta B{B^\prime }I$ vuông tại $B:\tan \widehat{{B}^{'}IB}=\frac{{B}^{'}B}{BI}=\frac{\sqrt{7}a}{a}=\sqrt{7}\Rightarrow \widehat{{B}^{'}IB}\approx 69,{3}^{^{\circ}}$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AB{\rm{//}}A'B'\\A'B' \subset \left( {A'B'C'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB{\rm{//}}\left( {A'B'C'} \right)$

nên $d\left( {AB,B'C'} \right) = d\left( {AB,\left( {A'B'C'} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'B'C'} \right)} \right) = AA' = 3m$.

Gọi $S.ABCD$ là khối chóp mô hình kim tự tháp, gọi $O$ là hình chiếu vuông góc của điểm $S$ trên $mp\left( {ABCD} \right)$.

Theo giải thiết: $SO = 10cm,\,\,{S_{ABCD}} = 100\,\, \Rightarrow \,{V_{SABCD}} = \frac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}10.\,100\, = \,\frac{{1000}}{3}\,c{m^3}$.

Theo giả thiết, ram cho người khuyết tật là một lăng trụ đứng có chiều cao bằng 1m, đáy là tam giác vuông có hai cạnh góc vuông là 3m và 0,3m.

Từ đó ta có thể tích của ram cho người khuyết tật bằng $V = S.\,h\, = \,\frac{1}{2}3\,.\,0{,}3\,.\,1 = 0{,}45\,{m^3}$

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

Khi đó ta có: $V = \left( {S + S' + \sqrt {S.S'} } \right)h = \,\left( {{x^2} + 4{x^2} + 2{x^2}} \right).6\, \Rightarrow \,42{x^4} = 420000 \Rightarrow x = 10$

Vậy chiều dài đáy lớn bằng 20m.