Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 8 (có lời giải) - Đề 2

Ta có $A{C'^2} = A{C^2} + A{A'^2} = A{B^2} + A{D^2} + A{A'^2} = {3^2} + {4^2} + {5^2} = 50$.

Vậy độ dài đường chéo của hình hộp chữ nhật là $AC' = 5\sqrt 2$.

Ta có diện tích đáy $S = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$.

Thể tích của khối lăng trụ tam giác đều là $V = S.h = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{4}$.

Mệnh đề i) đúng vì dễ thấy $CC' \bot \left( {A'C'D'} \right).$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot CK\\BD \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {CKC'} \right).$

Mà $BD \subset \left( {BDD'B'} \right),$ $BD \subset \left( {BDC'} \right),$ $\left( {BDA'} \right)$ nên suy ra các mệnh đề ii), iii) và iv) là những mệnh đề đúng.

Xác định được $\left( {\widehat {\left( {ABC'} \right)\,,\,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {BC'\,,\,BC}} \right) = \widehat {C'BC} = 60^\circ \,.$

Tam giác vuông $BCC',$ có $CC' = BC.\tan \widehat {C'BC} = a\sqrt 3 .$

Ta có: $BB' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BB' \bot BD$,

$BB' \bot \left( {A'B'C'D'} \right) \Rightarrow BB' \bot B'D'$

Do đó $d\left( {BD,B'D'} \right) = BB' = a.$

Hình thoi $ABCD$ có $\widehat {BAD} = 120^\circ$ nên $\widehat {ADC} = 60^\circ$ và do đó $\Delta ADC$ là tam giác đều, suy ra $AC = a$.

Từ đó ta có $AA' = \sqrt {A'{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {9{a^2} - {a^2}} = 2\sqrt 2 a$.

Xét hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$( mô hình của kim tự tháp ) có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O$, đường cao $SO$là chiều cao kim tự tháp.

Gọi $E$ là trung điểm của $AB$ ta có $OE \bot AB$ (Vì $ABCD$ là hình vuông).

Mà $\Delta SAB$ cân tại $S$ nên $SE \bot AB$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}(ABCD) \cap (SAB) = AB\\OE \in (ABCD),OE \bot AB\\SE \in (SAB),SE \bot AB\end{array} \right.$ nên góc giữa $(SAB)$ và $(ABCD)$ bằng $\widehat {SEO}$; $EO = \frac{{BC}}{2} = \frac{{60}}{2} = 30$.

Xét $\Delta SEO$ vuông tại $O$, ta có $\tan \widehat {SEO} = \frac{{SO}}{{EO}} = \frac{{10\sqrt 3 }}{{30}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {SEO} = 30^\circ$.

Vậy mặt bên kim tự tháp nghiêng một góc $30^\circ$so với mặt đất

Mô phỏng cái sọt là hình chóp cụt như hình vẽ

Kẽ ${\rm{B'H}} \bot BD,{\rm{B'K}} \bot BC$

Ta có: ${\rm{OO' = }}30cm;BD = 50\sqrt 2 cm;BO = 25\sqrt 2 cm.$

$B'D' = 30\sqrt 2 cm;B'O' = 15\sqrt 2 cm.$

${\rm{OO'B'H}}$ là hình chữ nhật nên ${\rm{OH = B'O' = 15}}\sqrt 2 cm$

${\rm{OO' = B'H = 30}}cm$; ${\rm{BH = BO - OH = 10}}\sqrt 2 cm$

Tam giác ${\rm{BB'H}}$ vuông tại ${\rm{H}}$có ${\rm{BB' = }}\sqrt {B'{H^2} + B{H^2}} {\rm{ = 10}}\sqrt {11} cm$

${\rm{BB'C'C}}$ là hình thang cân nên ${\rm{BK = }}\frac{{BC - B'C'}}{2}{\rm{ = 10}}cm$

Tam giác ${\rm{BB'K}}$ vuông tại $K$có ${\rm{KB' = }}\sqrt {B'{B^2} - B{K^2}} {\rm{ = 10}}\sqrt {10} cm$

Diện tích hình thang ${\rm{BB'C'C}}$ là ${{\rm{S}}_{BB'C'C}}{\rm{ = }}\frac{1}{2}\left( {BC + B'C'} \right)B'K = \frac{1}{2}\left( {50 + 30} \right){\rm{10}}\sqrt {10} = 400\sqrt {10} c{m^2}$

Diện tích alu cần dùng để làm sọt là:

${\rm{S = 4}}{{\rm{S}}_{BB'C'C}}{\rm{ + }}{{\rm{S}}_{ABCD}}{\rm{ = 4}}.400\sqrt {10} + {50^2} = 1600\sqrt {10} + 2500 = 7559{,}644c{m^2} = 0{,}7559644{m^2}$

Chi phí cần trả là: $0{,}7559644$x $2000000 = 151192{,}88$ đồng

a) Sai

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

Gọi $I$là trung điểm của $AB$

Xét tam giác $SAB$có: $SA = SB \Rightarrow SI \bot AB{\rm{ }}\left( 1 \right)$

Xét tam giác $CAB$có: $CA = CB \Rightarrow CI \bot AB{\rm{ }}\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$và $\left( 2 \right)$suy ra: $AB \bot \left( {SIC} \right) \Rightarrow AB \bot SC$

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Sai

Tam giác $SAC$ đều có $O$ là trung điểm $AC$ nên $SO \bot AC(1)$;

tam giác $SBD$ cân tại $S$ có $O$ là trung điểm $BD$ nên $SO \bot BD$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $SO \bot (ABCD)$.

Mặt khác $SO$ chứa trong hai mặt phẳng $(SAC),(SBD)$ nên $(SAC) \bot (ABCD)$, $(SBD) \bot (ABCD)$.

Các tam giác $ABC,ACD$ lần lượt cân tại $B$ và $D$, mà $\widehat{ABC}=\widehat{ADC}={60}^{^{\circ}}$. nên hai tam giác $ABC,ACD$ đều cạnh $a$.

Kẻ đường cao $OM$ của tam giác $OCD$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CD \bot OM}\\{CD \bot SO}\end{array} \Rightarrow CD \bot (SOM) \Rightarrow CD \bot SM} \right.$.

Khi đó:

$$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(SCD) \cap (ABCD) = CD}\\{OM \bot CD,SM \bot CD}\\{OM \subset (ABCD),SM \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow ((SCD),(ABCD)) = (SM,OM) = \widehat {SMO}.} \right.$$

Tam giác $SAC$ đều nên $SO = \frac{{AC\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Ta có: $OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{a}{2},OD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Tam giác $OCD$ vuông tại $O$, đường cao $OM$ nên $\frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}}$

$\Rightarrow OM = \frac{{OC \cdot OD}}{{\sqrt {O{C^2} + O{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.$

Tam giác $SOM$ vuông tại $O$ có: $\tan \widehat{SMO}=\frac{SO}{OM}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{4}}=2\Rightarrow \widehat{SMO}\approx 63,{43}^{^{\circ}}$

Vậy $((SCD),(ABCD))=\widehat{SMO}\approx 63,{43}^{^{\circ}}$

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng

Ta có: $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$

Mà $AC \bot AB$ nên $AC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$

Lại có: $\left. \begin{array}{l}AH \bot BC\\SA \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SAH} \right) \bot BC \Rightarrow \left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right) = \angle AHS$

Vậy ý A sai.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

Do tam giác $ABC$ đều tâm $O$ suy ra $AO \bot BC$ tại $M$ là trung điểm của$BC$.

Ta có:$AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,MO = \frac{1}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{6},\,OA = \frac{2}{3}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Từ giả thiết hình chóp đều suy ra $SO \bot \left( {ABC} \right)$, $SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {3{a^2} - \frac{{3{a^2}}}{9}} = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}$.

Dựng $OK \bot SM,AH \bot SM \Rightarrow AH{\rm{//}}OK;\,\,\frac{{OK}}{{AH}} = \frac{{OM}}{{AM}} = \frac{1}{3}$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SO\\BC \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot OK$.

Có $\left\{ \begin{array}{l}OK \bot SM\\OK \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right),\,AH \bot \left( {SBC} \right)\,\,\left( {{\rm{ do }}AH{\rm{//}}OK} \right)$.

Từ đó có ${d_1} = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = 3OK;\,{d_2} = d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OK$.

Trong tam giác vuông $OSM$ có đường cao $OK$ nên:

$\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{M^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{{36}}{{3{a^2}}} + \frac{9}{{24{a^2}}} = \frac{{99}}{{8{a^2}}} \Rightarrow OK = \frac{{2a\sqrt 2 }}{{33}}$.

Vậy $d = {d_1} + {d_2} = 4OK = \frac{{8a\sqrt 2 }}{{33}}$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, khi đó $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Theo giả thiết, $\widehat {SCO} = 60^\circ \Rightarrow SO = OC.\tan 60^\circ = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{D^2}} .\tan 60^\circ = a\sqrt 3$

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SO.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .a.a\sqrt 3 = {a^3}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$, suy ra $SH \bot BC \Rightarrow SH \bot (ABC)$.

Gọi $K$ là trung điểm $AC$, suy ra $HK//AB$ nên $HK \bot AC$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AC \bot HK}\\{AC \bot SH}\end{array} \Rightarrow AC \bot (SHK) \Rightarrow AC \bot SK} \right.$

Do đó $[S,AC,B] = (SK,HK) = \widehat {SKH}$

Tam giác vuông $ABC$, có $AB = BC \cdot \cos \widehat {ABC} = a$

$\Rightarrow HK = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}$

Tam giác vuông $SHK$, có $\tan \widehat {SKH} = \frac{{SH}}{{HK}} = 2\sqrt 3$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BO \bot SC}\\{BO \bot AC}\end{array} \Rightarrow BO \bot (SAC)} \right.$

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(SBA) \cap (SAC) = SA}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (SAC),OI \bot SA}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (SBA),BI \bot SA}\end{array} \Rightarrow [B,SA,C] = [B,SA,O] = \widehat {BIO}} \right.$

Ta có: $\Delta IAO\~\Delta CAS \Rightarrow \frac{{OI}}{{SC}} = \frac{{OA}}{{SA}} \Rightarrow OI = \frac{{OA \cdot SC}}{{SA}} = \frac{{\sqrt 2 a \cdot 3a}}{{\sqrt {{{(3a)}^2} + {{(2\sqrt 2 a)}^2}} }} = \frac{{3\sqrt {34} }}{{17}}a$

Xét $\Delta BOI$ vuông tại O: $\tan \widehat{BIO}=\frac{BO}{IO}=\frac{a\sqrt{2}}{\frac{3\sqrt{34}}{17}a}=\frac{\sqrt{17}}{3}\Rightarrow \widehat{BIO}\approx {54}^{^{\circ}}$

Gọi $O,I$ theo thứ tự là tâm của đáy lớn $ABC$ và đáy bé ${A^\prime }{B^\prime }{C^\prime };K,J$ theo thứ tự là trung điểm của $BC$ và ${B^\prime }{C^\prime }$.

Ta có $h = IO = \frac{{3a}}{2}$ là chiều cao của hình chóp cụt đều $ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }$.

Diện tích hai đáy hình chóp cụt đều là:

${S_1} = {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{{(4a)}^2}\sqrt 3 }}{4} = 4{a^2}\sqrt 3 ;{S_2} = {S_{\Delta {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} = \frac{{{{(2a)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3$

Thể tích khối chóp cụt đều là:

$V = \frac{1}{3}h\left( {{S_1} + \sqrt {{S_1}{S_2}} + {S_2}} \right)$

$= \frac{1}{3} \cdot \frac{{3a}}{2}\left( {4{a^2}\sqrt 3 + \sqrt {4{a^2}\sqrt 3 \cdot {a^2}\sqrt 3 } + {a^2}\sqrt 3 } \right) = \frac{{7{a^3}\sqrt 3 }}{2}$ (đơn vị thể tích)

Vì $ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }$ là lăng trụ đứng nên $A{A^\prime } \bot (ABC)$, mà $BC \subset (ABC) \Rightarrow A{A^\prime } \bot BC$ hay

Ta có: $AB//{A^\prime }{B^\prime } \Rightarrow \left( {{A^\prime }{B^\prime },AC} \right) = (AB,AC)$.

Áp dụng định lí côsin cho tam giác $ABC$, ta có:

$\cos \widehat {BAC} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB \cdot AC}} = \frac{{47}}{{72}} > 0 \Rightarrow \widehat {BAC}$ là góc nhọn.

Vậy $({A}^{'}{B}^{'},AC)=(AB,AC)=\widehat{BAC}\approx 49,{25}^{^{\circ}}$

Gọi mặt đường là mặt phẳng $\left( P \right)$, mặt cầu là mặt phẳng $\left( Q \right)$, mặt phẳng chiếu nghỉ nối giữa hai nhịp bậc thang là mặt phẳng $\left( R \right)$. Ta có $\left( P \right){\rm{//}}\left( Q \right){\rm{//}}\left( R \right)$.

Gọi $K,{\rm{ }}H$ lần lượt là hình chiếu của $B,D$ trên mặt phẳng $\left( P \right)$; $E$ là hình chiếu của $D$ trên $\left( R \right)$. Dễ thấy $D,H,E$ thẳng hàng (như hình).

Ta có: $\left( \alpha \right) \cap \left( P \right) = AA'$; $\left( \alpha \right) \equiv \left( {AA'B} \right)$; $\left( P \right) \equiv \left( {AA'K} \right)$.

$BK \bot \left( P \right) \Rightarrow BK \bot AA'$. Mà $AB \bot AA'$. Nên $\left( {ABK} \right) \bot AA'$.

Suy ra $\left( {\left( \alpha \right),\left( P \right)} \right) = \widehat {BAK} = 20^\circ$.

Trong tam giác vuông $ABK$có: $BK = AB.\sin \widehat {BAK} = 6.\sin 20^\circ \approx 2{,}052{\rm{ }}\left( m \right)$

Tương tự trên ta có:

Do $\left( P \right){\rm{//}}\left( R \right)$ nên $\left( {\left( \beta \right),\left( P \right)} \right) = \left( {\left( \beta \right),\left( R \right)} \right) = \widehat {DCE} = 30^\circ$.

Trong tam giác vuông $CDE$có: $DE = CD.\sin \widehat {DCE} = 3.\sin 30^\circ = 1{,}5{\rm{ }}\left( m \right)$

Lại có

$$\left( P \right){\rm{//}}\left( Q \right);{\rm{ }}D \in \left( Q \right) \Rightarrow d\left( {\left( P \right),\left( Q \right)} \right) = d\left( {D,\left( P \right)} \right) = DH = DE + EH = DE + BK \approx 3{,}55{\rm{ }}\left( {\rm{m}} \right)$$