Đề kiểm tra Bài tập cuối chương 8 (có lời giải) - Đề 3

Chọn A

Ta có $\left( {BA',BA} \right) = \widehat {ABA'} = 45^\circ$.

Chọn D

Do các tam giác $ABC$ và $ABD$ đều nên $\Delta MCD$ là tam giác cân tại $M$. Do đó $MN$ vuông góc $CD$

Chọn B

Đáp án B sai vì $b$ có thể nằm trong $\left( P \right)$.

Chọn C

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

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

Chọn B

Thể tích khối chóp: $V = \frac{1}{3}{S_{\Delta OAB}}OC$$= \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{2}OA.OB} \right)OC$$= 6$.

Ta có góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $A'C'$ là góc giữa hai đường thẳng $A'B'$ và $A'C'$ (vì $AB\,\parallel A'B'$). Lại có góc giữa hai đường thẳng $A'B'$ và $A'C'$bằng góc $\widehat {B'A'C'} = 45^\circ$.

Vậy góc giữa hai đường thẳng $AB$ và $A'C'$bằng $45^\circ$.

Vì $AD \bot SA$ và $AD \bot CD$ nên $AD$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $CD$ suy ra khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $CD$ là $AD = 2a$.

Chọn A

Theo định nghĩa đường vuông góc chung là đáp án A

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 $K,H$ lần lượt là hình chiếu của $B,D$ lên mặt đường, $BC \cap DH$

Từ giả thiết suy ra $\widehat {BAK} = 50^\circ ,\widehat {DCE} = 40^\circ$.

Trong tam giác vuông $ABK$ có $BK = AB.\sin \widehat {BAK} = 4.\sin 50^\circ$

Trong tam giác vuông $CDE$ có $DE = CD.\sin \widehat {DCE} = 5.\sin 40^\circ$

Vì đường thẳng $b$ kẻ theo đường ray, mặt đường ray và mặt đường cùng nằm trên môt mặt phẳng, mặt sàn cầu vượt và mặt đường song song với nhau nên khoảng cách giữa hai đường thẳng $a,b$ bằng khoàng cách từ đường thẳng $a$ đến mặt đường. Do đó:

$$d\left( {a,b} \right) = 0{,}8 + DH = 0{,}8 + DE + CK \approx 7{,}08m$$

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

Ta có: $BC \bot SA$, $BC \bot AB$ và $SA \cap AB = \left\{ A \right\}$ nên $BC \bot \left( {SAB} \right)$.

Suy ra, $BC \bot SB$.

Do đó, đáp án a, b, c đúng, d sai.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

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

$(SBC) \bot (SAB)$ vì $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$.

$(SBD) \bot (SAC)$ vì$\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SA\\BD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$.

a) Sai

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Gọi $O$ là tâm của đáy $ABCD$.

Ta có $BO \bot AC$ và $BO \bot SA$ nên $SO$ là hình chiếu của $SB$ trên $\left( {SAC} \right)$.

Suy ra $\alpha = \widehat {BSO}$.

Lại có $BO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$, $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = 2a$. Suy ra $\sin \alpha = \frac{{BO}}{{SB}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}$.

a) Đúng

b) Sai

c) Sai

d) Đúng

Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $CD$ và $AB$; $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $BM$.

Ta có: $\left. \begin{array}{l}CD \bot BM\\CD \bot AM\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right) \Rightarrow \left( {ABM} \right) \bot \left( {ABC} \right)$.

Mà $AH \bot BM$; $BM = \left( {ABM} \right) \cap \left( {ABC} \right)$$A$.

Do $ACD$ và $BCD$ là hai tam giác đều cạnh $2\sqrt 3 \Rightarrow AM = BM = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot 2\sqrt 3 = 3$.

Tam giác $AMN$ vuông tại $N$, có: $MN = \sqrt {A{M^2} - A{N^2}} = \sqrt {9 - \frac{{{x^2}}}{4}}$.

Lại có: ${S_{BCD}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}{\left( {2\sqrt 3 } \right)^2} = 3\sqrt 3$.

${V_{ABCD}} = \frac{1}{3}AH \cdot {S_{BCD}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{6} \cdot 3\sqrt 3 = \frac{{\sqrt 3 }}{6}x\sqrt {36 - {x^2}}$.

Ta có: ${V_{ABCD}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}x\sqrt {36 - {x^2}} \le \frac{{\sqrt 3 }}{6} \cdot \frac{{{x^2} + 36 - {x^2}}}{2} = 3\sqrt 3$.

Suy ra ${V_{ABCD}}$ lớn nhất bằng $3\sqrt 3$ khi ${x^2} = 36 - {x^2} \Rightarrow x = 3\sqrt 2$.

Gọi $O = AC \cap BD$. Kẻ $BH \bot B'O$ $\left( {H \in B'O} \right)$.

Ta có $AC \bot BB'$ và $AC \bot BO$ nên $AC \bot \left( {BB'O} \right)$ và do đó $AC \bot BH$. Từ đó suy ra $BH \bot \left( {AB'C} \right)$. Từ liên hệ $\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{O^2}}} + \frac{1}{{B{{B'}^2}}}$ ta tính được $BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$

Ta lại có $DC'\,{\rm{//}}\,AB'$ nên $DC'\,{\rm{//}}\,\left( {AB'C} \right)$.

Do đó $d\left( {AC\,,DC'} \right) = d\left( {DC'\,,\left( {AB'C} \right)} \right) = d\left( {D\,,\left( {AB'C} \right)} \right) = d\left( {B\,,\left( {AB'C} \right)} \right) = BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$

-Gọi $I$ là trung điểm $AB$.

Dễ dàng chứng minh $AICD$ là hình vuông $\Rightarrow CI = \frac{1}{2}AB \Rightarrow \Delta ABC$ vuông tại $C$

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

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

Hình chiếu của $\Delta SBC$ trên $mp(SAB)$ là $\Delta SIB$.

${S_{\Delta SIB}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AB = \frac{1}{4} \cdot 3a \cdot 2a = \frac{3}{2}{a^2}$

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

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(MBD) \cap (ABD) = BD}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (MBD),MO \bot BD \Rightarrow [M,BD,A] = \widehat {MOA}}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (ABD),AO \bot BD}\end{array}} \right.$

Xét $\Delta MOC$ có: $OM = MC = \frac{a}{2},OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ nên $\Delta MOC$ vuông cân tại $M$ $\Rightarrow \widehat{MOC}={45}^{^{\circ}}\Rightarrow \widehat{MOA}={135}^{^{\circ}}$

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 $T \approx 6546742$

Lấy $O = AC \cap BD$ và $O' = A'C' \cap B'D'$, khi đó $OO'$ là đường cao của hình chóp cụt đều $A'B'C'D'.ABCD$.

Lấy $M$, $M'$ lần lượt là trung điểm của $CD,\,C'D'$, khi đó ta chứng minh được $MM' \bot CD$ và$OM \bot CD$. Suy ra góc phẳng nhị diện mặt bên $\left( {CDD'C'} \right)$ và mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {OMM'}$.

Do $AB = 2A'B'$ nên theo định lí Thalès ta cũng có $SO = 2SO'$. Khi đó ta tính được $SO = 2OO' = 4a$.

Ta lại có $OM = \frac{{AD}}{2} = a$.

Do đó $\tan \widehat {OMM'} = \frac{{SO}}{{OM}} = 4$ hay $\widehat {OMM'} \approx 75^\circ 58'$.

Gọi $P$, $Q$ lần lượt là trung điểm của $SB$, $AC$. Khi đó $MP$, $NQ$, $MQ$, $PN$ lần lượt là đường trung bình của tam giác $SAB$, $SAC$, $ABC$, $SBC$ nên $MP\;{\rm{//}}\;NQ\;{\rm{//}}\;SA$; $PN\;{\rm{//}}\;{\rm{MQ}}\;{\rm{//}}\;{\rm{BC}}$ và $MP = NQ = \frac{1}{2}SA = a$; $PN = MQ = \frac{1}{2}BC = a$. Suy ra góc giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$ bằng hoặc bù với góc $\widehat {PMQ}$ và tứ giác $MPNQ$ là hình thoi.

Xét hình thoi $MPNQ$, gọi $O$giao điểm của hai đường chéo; vì $MN = a\sqrt 3$ nên $MO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$; trong tam giác vuông $MOQ$ thì $OQ = \sqrt {{a^2} - \frac{{3{a^2}}}{4}} = \frac{a}{2}$$\Rightarrow PQ = a$, khi đó tam giác $PMQ$ đều hay $\widehat {PMQ} = 60^\circ$.