Đề ôn luyện Toán Chương 5. Hình học không gian (đề số 1)

Vì $BD\,{\rm{//}}\,B'D'$ nên $BD\,{\rm{//}}\,\left( {A'B'C'D'} \right)$.

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

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right.$$\Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$$\Rightarrow BC \bot SB\,\,\,\left( {{\rm{do}}\,SB \subset \left( {SAB} \right)} \right)$.

Từ đó suy ra $\widehat {ABS}$ là một góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {A,\,BC,\,S} \right]$.

Lại có $\tan \widehat {ABS} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3$$\Rightarrow \widehat {ABS} = 60^\circ$. Chọn A.

$\left. \begin{array}{l}BC \bot OM\\BC \bot SO\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SOM} \right)$. Mà $OK \subset \left( {SOM} \right) \Rightarrow BC \bot OK$.

Lại có $SM \bot OK \Rightarrow OK \bot \left( {SBC} \right)$. Do đó $d\left( {O,\left( {SBC} \right)} \right) = OK$. Chọn A.

Ta có $A'A \bot AD,\,A'A \bot AB$ suy ra $A'A \bot \left( {ABCD} \right)\,$.

Lại có $A'A \subset \left( {A'ADD'} \right)$. Do đó $\left( {A'ADD'} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$. Chọn B.

Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right)$, suy ra hình chiếu của $SC$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là $AC$.

Suy ra $\left( {SC,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SC,\,AC} \right) = \widehat {SCA}$. Chọn C.

Ta có $BD \bot AC,BD \bot SA \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$. Do đó phương án A đúng.

Lại có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ và $IO{\rm{//}}SA \Rightarrow IO \bot \left( {ABCD} \right)$. Do đó phương án B và D đúng.

Vậy phương án C sai. Chọn C.

Ta có $A'B{\rm{//}}CD' \Rightarrow \left( {A'B,CD} \right) = \left( {CD',CD} \right) = \widehat {DCD'}$.

Hơn nữa $\Delta DCD'$ vuông cân tại $D \Rightarrow \widehat {DCD'} = 45^\circ .$ Chọn A.

Gọi $O$ là tâm của đáy $ABCD$, ta có $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Ta có ${S_{ABCD}} = {\left( {a\sqrt 3 } \right)^2} = 3{a^2}$.

Tam giác $SBD$ đều, có độ dài cạnh $BD = a\sqrt 3 \cdot \sqrt 2 = a\sqrt 6$.

Do đó tam giác $SBD$ đều có độ dài đường cao $SO = a\sqrt 6 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3\sqrt 2 a}}{2}$.

Vậy thể tích của khối chóp đã cho bằng $V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot 3{a^2} \cdot \frac{{3\sqrt 2 a}}{2} = \frac{{3\sqrt 2 {a^3}}}{2}$. Chọn B.

a) Đúng. Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CD$.

b) Đúng. Ta có $BC\,{\rm{//}}\,AD$ nên góc giữa thẳng $BC$ và đường thẳng $SD$ bằng góc giữa thẳng $AD$ và đường thẳng $SD$.

c) Đúng. Vì $ABCD$ là hình vuông $\Rightarrow AC \bot BD$.

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BD \bot SA$$\Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$.

d) Sai. Ta có $SC \cap \left( {SAD} \right) = S$.

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

Suy ra góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ là $\widehat {DSC}$.

a) Đúng. $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$. Khi đó $\left\{ \begin{array}{l}BD \subset \left( {SBD} \right)\\BD \bot \left( {SAC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)$.

b) Đúng. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$.

c) Đúng. $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow$Hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $A$.

$B,C \in \left( {ABCD} \right) \Rightarrow$ Hình chiếu của $B,C$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $B,C$.

Do đó tam giác $ABC$ là hình chiếu của tam giác $SCB$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

d) Sai. Kẻ $AK \bot SD\,\,\left( {K \in SD} \right)$. Ta có $CD \bot AK\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,CD \bot \left( {SAD} \right)} \right)$.

Do đó $AK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AK = \frac{{SA.AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

Lại có $AB\,{\rm{//}}\,CD$ nên $AB\,{\rm{//}}\left( {SCD} \right)$, suy ra $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

a) Sai. Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AC \bot CC'}\\{BC \bot CC'}\end{array} \Rightarrow \widehat {ACB}} \right.$ là một góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {A,CC',B} \right]$.

Mà $\widehat {ACB} = 120^\circ$ nên số đo của góc nhị diện $\left[ {A,CC',B} \right]$ bằng $120^\circ$.

b) Đúng. Vì khoảng cách giữa hai mặt đáy lăng trụ bằng $2a$ nên $d\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = 2a$.

Mà $d\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = AA'$ nên $AA' = 2a$.

Ta có ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AC \cdot BC \cdot {\rm{sin}}\widehat {ACB} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot 2a \cdot {\rm{sin}}120^\circ = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Thể tích của khối lăng trụ là: $V = {V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}} \cdot AA' = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \cdot 2a = {a^3}\sqrt 3$.

c) Đúng. Ta có ${V_{M.ABC}} = \frac{1}{3}MB \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}BB' \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{6}V$. Vậy ${V_{M.ABC}} = \frac{1}{6}V$.

d) Đúng. Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $C$ xuống $AB$. Khi đó $CH \bot AB$.

Mà $AA' \bot CH \Rightarrow CH \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = CH$.

Ta cũng có $CC'\,{\rm{//}}\left( {ABB'A'} \right)$ nên $d\left( {C',\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = CH$.

Ta có $AB = \sqrt {A{C^2} + B{C^2} - 2AC \cdot BC{\rm{cos}}\widehat {ACB}} = \sqrt {{a^2} + 4{a^2} - 2 \cdot a \cdot 2a{\rm{cos}}120^\circ } = a\sqrt 7$.

Lại có${S_{ABC}} = \frac{1}{2}CH \cdot AB \Rightarrow CH = \frac{{2{S_{ABC}}}}{{AB}} = \frac{{2 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Vậy $d\left( {C',\left( {ABB'A'} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

a) Đúng. Vì từ giả thiết, ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC$.

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

b) Sai. Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên$AC$ không vuông góc với $BD$, từ đó ta suy ra được mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$ không vuông góc với mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$.

c) Sai. Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CD \bot AD}\\{CD \bot SA{\rm{ }}\left( {{\rm{do }}SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)}\end{array} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)} \right. \Rightarrow CD \bot SD$.

Từ đó suy ra $\widehat {ADS}$ là một góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {A,DC,S} \right]$.

Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ nên $\tan \widehat {ADS} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{2a}} = \sqrt 3$, suy ra $\widehat {ADS} = 60^\circ$.

Vậy số đo của góc nhị diện $\left[ {A,DC,S} \right]$ bằng $60^\circ$.

d) Đúng. Vì $CD \bot \left( {SAD} \right)$. Suy ra $SD$ là hình chiếu của $SC$ trên mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$.

Do vậy $\left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SC,SD} \right) = \widehat {CSD}$.

Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có: $SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = 4a;\,\,SC = \sqrt {S{D^2} + C{D^2}} = a\sqrt {17}$.

Tam giác $SDC$ vuông tại $D$ có: ${\rm{cos}}\widehat {CSD} = \frac{{SD}}{{SC}} = \frac{{4a}}{{a\sqrt {17} }} = \frac{4}{{\sqrt {17} }}.$ Vậy ${\rm{cos}}\alpha = \frac{4}{{\sqrt {17} }}$.

Nửa chu vi của tam giác đáy là $p = \frac{{4 + 7 + 7}}{2} = 9$ (cm).

Diện tích đáy của khối lăng trụ là $S = \sqrt {9\left( {9 - 7} \right)\left( {9 - 7} \right)\left( {9 - 4} \right)} = 6\sqrt 5$ (cm$^{2}$).

Chiều cao khối lăng trụ là $h = 5$ (cm).

Thể tích khối pho mát là $V = Sh = 6\sqrt 5 \cdot 5 = 30\sqrt 5 \approx 67{,}1$ (cm$^{3}$).

Đáp án: 67,1.

Gọi $I$ là trung điểm $CD$. Khi đó, ta có $HI{\rm{//}}AD{\rm{//}}BC \Rightarrow HI \bot AB,\,\,HI \bot CD$.

Ta lại có tam giác $SAB$ đều nên $SH \bot AB$.

Mặt khác $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$, suy ra $SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot HI$.

Kẻ $HK \bot SI\,\,\left( {K \in SI} \right)$.

Ta có $CD \bot HI$ và $CD \bot SH$ $\left( {{\rm{do}}\,SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)$.

Suy ra $CD \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow CD \bot HK$.

Từ đó suy ra $HK \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK$.

Lại có $BH{\rm{//}}CD \Rightarrow BH{\rm{//}}\left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK = a\sqrt 2$.

Ta có $HI = BC = 2a$.

Tam giác $SHI$ vuông tại $H$ nên ta có

$\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{H{K^2}}} - \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} - \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} \Rightarrow SH = 2a$.

Vì $SH \bot \left( {ABCD} \right)$ và $SD$ cắt mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ tại $D$

$\Rightarrow HD$ là hình chiếu của $SD$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

$\Rightarrow \left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD,HD} \right) = \widehat {SDH}$.

Xét $\Delta SHD$ vuông tại $H$: $\tan \widehat {SDH} = \frac{{SH}}{{HD}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow \cot \widehat {SDH} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}$.

Vậy $M = 25{\tan ^2}\alpha + 4{\cot ^2}\alpha = 25 \cdot {\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 }}} \right)^2} + 4 \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)^2} = 25$.

Đáp án: 25.

$\Delta SAD$ cân tại $S$ và gọi $H$ là trung điểm của $AD$ thì $SH \bot AD$.

Ta có $DC\,{\rm{//}}\,AB \Rightarrow DC\,{\rm{//}}\left( {SAB} \right)\, \Rightarrow d\left( {DC,\,SB} \right) = d\left( {DC,\,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {D,\,\left( {SAB} \right)} \right)$.

$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\\SH \subset \left( {SAD} \right),\,SH \bot AD\end{array} \right.\,\, \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SH \bot AB$.

$\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SH\\AB \bot AD\,\left( {{\rm{gt}}} \right)\end{array} \right.\,\, \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right)$.

$\left\{ \begin{array}{l}SD \bot SA\,\left( {{\rm{gt}}} \right)\\SD \bot AB\,\left( {{\rm{do}}\,AB \bot \left( {SAD} \right)} \right)\end{array} \right.\,\, \Rightarrow SD \bot \left( {SAB} \right)$. Suy ra $d\left( {D,\,\left( {SAB} \right)} \right)\, = SD$.

$\Delta SAD$ vuông cân tại $S$, suy ra $2S{D^2} = A{D^2} \Rightarrow S{D^2} = \frac{{A{D^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {5\sqrt 2 } \right)}^2}}}{2} = 25 \Rightarrow SD = 5$.

Vậy $d\left( {DC,\,SB} \right) = 5$.

Đáp án: 5.

Tứ giác $ABCD$ là hình vuông $\Rightarrow AB \bot AD$. (1)

Có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB$. (2)

Từ (1) và (2) ta có $AB \bot \left( {SAD} \right)$. Suy ra $AB \bot SD$.

Hai đường thẳng $AD$, $SB$ chéo nhau và vuông góc, mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ chứa $SD$ và vuông góc với $AB$, cắt $AB$ tại $A$ nên gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SD$ thì $AH$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $SD$. Khi đó$AH = d\left( {AB,SD} \right) = 6\sqrt 2$.

Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$ nên

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {6\sqrt 2 } \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{12}^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}} \Leftrightarrow SA = 12$.

Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ là $V = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot {12^2} \cdot 12 = 576$.

Đáp án: 576.

Mô hình hóa chiếc đèn như hình dưới đây.

Gọi $M,{\rm{ }}M'$ lần lượt là trung điểm của cạnh $DC$ và $D'C'$. Dễ chứng minh $MM' \bot DC$ và $OM \bot DC$ ($OM$ là đường trung bình của $\Delta ACD$).

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABCD} \right) \cap \left( {DCC'D'} \right) = DC\\OM \subset \left( {ABCD} \right),OM \bot DC\\MM' \subset \left( {DCC'D'} \right),MM' \bot DC\end{array} \right.$ nên $\widehat {OMM'}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt trên của đèn.

Trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$, gọi $H = OM \cap AB$, khi đó $H$ là trung điểm của $AB$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}HM\,{\rm{//}}\,AD,\,\,HM = AD = 20\,\,{\rm{cm}}\\O'M'\,{\rm{//}}\,A'D',\,\,O'M' = \frac{1}{2}A'D' = \frac{{40}}{2} = 20\,\,{\rm{cm}}\\AD\,{\rm{//}}\,A'D'\end{array} \right.$$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}HM\,{\rm{//}}\,O'M'\\HM = O'M'\end{array} \right.$$\Rightarrow HMM'O'$ là hình bình hành.

Dễ chứng minh $BDO'B'$ là hình bình hành, suy ra $O'D = BB' = 10\sqrt 5 \,\,{\rm{cm}}$.

$OD = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2} \cdot 20\sqrt 2 = 10\sqrt 2 \,{\rm{cm}}$.

$OO' = \sqrt {O'{D^2} - O{D^2}} = \sqrt {{{\left( {10\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( {10\sqrt 2 } \right)}^2}} = 10\sqrt 3 \,\,{\rm{cm}}$.

$OH = \frac{1}{2}BC = 10\,{\rm{cm}}$ ($OH$ là đường trung bình của $\Delta ABC$).

Xét $\Delta OO'H$ vuông tại $O$, $\tan \widehat {OHO'} = \frac{{OO'}}{{OH}} = \frac{{10\sqrt 3 }}{{10}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {OHO'} = 60^\circ$.

Mà $HMM'O'$ là hình bình hành nên $\widehat {OMM'} + \widehat {OHO'} = 180^\circ \Rightarrow \widehat {OMM'} = 120^\circ$.

Đáp án: 120.

Xét các điểm như hình vẽ.

Ta có $\frac{{BC}}{{DE}} = \frac{{AB}}{{AD}} \Rightarrow BC = \frac{{AB \cdot DE}}{{AD}} = \frac{{1 \cdot 12}}{3} = 4{\rm{\;}}\left( {\rm{m}} \right)$.

Khi mặt hồ phẳng lặng, phần nước đã có trong hồ bơi có dạng hình lăng trụ đứng tam giác.

${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 4 = 2\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Thể tích nước đang có trong hồ bơi là ${V_1} = {S_{ABC}} \cdot AA' = 2 \cdot 6 = 12\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Lại có ${S_{ADEF}} = \frac{{\left( {AD + EF} \right) \cdot DE}}{2} = \frac{{\left( {3 + 1} \right) \cdot 12}}{2} = 24\left( {{{\rm{m}}^2}} \right)$.

Thể tích hồ bơi là $V = {S_{ADEF}}_{\rm{\;}} \cdot AA' = 24 \cdot 6 = 144\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Thể tích nước cần bơm vào là $0{,}75V - {V_1} = 0{,}75 \cdot 144 - 12 = 96\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right)$.

Thời gian bơm là $96:0{,}25 = 384$ (phút).

Đáp án: 384.