Đề ôn luyện Toán Chương 5. Hình học không gian (đề số 2)

Vì $\left( {ABCD} \right){\rm{//}}\left( {A'B'C'D'} \right)$ nên $d\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = AA' = 2a\sqrt 3$.

Chọn B.

Vì $H,K$ lần lượt là trung điểm của $BC,AD \Rightarrow HK{\rm{//}}AB \Rightarrow BC \bot HK$.

Lại có $SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BC \bot SO$. Do đó $BC \bot \left( {SHK} \right)$. Chọn B.

Ta có $V = \frac{1}{3}{S_{ABC}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}AB \cdot BC \cdot SA = 2{a^3}$. Chọn C.

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB \Rightarrow d\left( {S,AB} \right) = SA$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ nên $SA = \sqrt {S{B^2} - A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {a^2}} = a\sqrt 3$.

Vậy $d\left( {S,AB} \right) = SA = a\sqrt 3$. Chọn B.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\\AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AB \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {ACC'A'} \right)$.

Vậy góc giữa đường thẳng $AB$ và mặt phẳng $\left( {ACC'A'} \right)$ bằng $90^\circ$. Chọn B.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB\\AB \bot SB,\,\,BC \bot SB\,\,\left( {{\rm{do}}\,\,SB \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.$. Suy ra $\widehat {ABC}$ là một góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {A,SB,C} \right]$. Chọn A.

¨ Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ nên phương án B đúng.

¨ Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ nên phương án C đúng.

¨ Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AC\\SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAC} \right)$ nên phương án D đúng.

Chọn A.

Gọi $H$ là trung điểm $AC$, do tam giác $ABC$ đều và $\left( {AA'C'C} \right) \bot \left( {ABC} \right)$ nên $BH \bot \left( {AA'C'C} \right)$.

Ta có $BB'{\rm{//}}\left( {AA'C'C} \right)$ nên $d\left( {BB',AC'} \right) = d\left( {BB',\left( {AA'C'C} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {AA'C'C} \right)} \right) = BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Chọn D.

a) Đúng. Vì $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ tam giác đều nên $d\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = AA' = 2\,{\rm{cm}}$.

b) Đúng. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}A'B' \bot C'H\\A'B' \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow A'B' \bot \left( {CC'H} \right)$ mà $AB\,{\rm{//}}\,A'B'$ nên $AB \bot \left( {CC'H} \right)$.

c) Sai. Ta có $\{\begin{matrix}C'H\perp A'B' \\ C'H\perp AA'\end{matrix}\Rightarrow C'H\perp (ABB'A')\Rightarrow d(C',(ABB'A'))=C'H$

Tam giác $A'B'C'$ đều cạnh bằng 4 cm nên $C'H = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \left( {{\rm{cm}}} \right)$.

d) Đúng. Ta có ${S_{ABC}} = \frac{{{4^2} \cdot \sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)$.

Thể tích khối lăng trụ đã cho là: $V = {S_{ABC}} \cdot AA' = 4\sqrt 3 \cdot 2 = 8\sqrt 3 \left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

a) Đúng. $\Delta SAB$ đều, $H$ là trung điểm $AB$ $\Rightarrow SH \bot AB$.

Ta có $\{\begin{matrix}(SAB)\cap (ABC)=AB \\ SH\perp AB \\ (SAB)\perp (ABC)\end{matrix}\Rightarrow SH\perp (ABC)$

b) Đúng. Mặt khác, ta có $SH \subset \left( {SHC} \right) \Rightarrow \left( {SHC} \right) \bot \left( {ABC} \right)$.

c) Sai. $\Delta SAB$ đều cạnh bằng $2a$$\Rightarrow SH = a\sqrt 3$.

$\Delta ABC$ vuông tại $C$ $\Rightarrow CB = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} = a$ (Pythagore).

Vậy ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABC}} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot \frac{{AC \cdot CB}}{2} \cdot SH = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 .a}}{2} \cdot a\sqrt 3 = \frac{1}{2}{a^3}$.

d) Sai. Kẻ $CM \bot AB$ tại M.

Xét $\Delta ABC$ vuông tại $C$ có: $CM \cdot AB = AC \cdot CB \Rightarrow CM = \frac{{AC \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a$.

Ta có $\{\begin{matrix}(SAB)\cap (ABC)=AB \\ CM\perp AB \\ (SAB)\perp (ABC)\end{matrix}\Rightarrow CM\perp (ABC)\Rightarrow d(C,(SAB)=CM=\frac{\sqrt{3}a}{2}$

a) Đúng. Ta có ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot 2a = \frac{{2{a^3}}}{3}$.

b) Đúng. Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$.

c) Đúng. Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {SBA}$.

Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$, có: $\tan \alpha = \tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{2a}}{a} = 2$.

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

Lại có hai mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ cắt nhau tạo thành 4 góc nhị diện, trong đó có góc nhị diện $\left[ {A,SD,C} \right]$. Vậy góc nhị diện $\left[ {A,SD,C} \right]$ là góc nhị diện vuông nên có số đo bằng $90^\circ$.

a) Sai. Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.

Giả sử $AC \bot \left( {SBD} \right)$ thì $AC \bot SO\left( {{\rm{do}}\,\,SO \subset \left( {SBD} \right)} \right)$$\Rightarrow \Delta SAC$ ít nhất là tam giác cân tại S.

Mà theo đề bài, ta chứng minh được $\Delta SAC$ không cân nên suy ra mệnh đề sai.

b) Đúng. Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{BC \bot AB,BC \bot SA}\\{AB \cap SA = \left\{ A \right\}}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\left( {AH \subset \left( {SAB} \right)} \right)$.

Lại có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{AH \bot SB}\\{AH \bot BC,SB \cap BC = \left\{ B \right\}}\end{array}} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH \bot SC$.

c) Sai. Kẻ $AI \bot SO$ tại I.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{BD \bot AC,BD \bot SA}\\{AC \cap SA = \left\{ A \right\}}\end{array}} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$$\Rightarrow$$BD \bot AI\,\,\left( {AI \subset \left( {SAC} \right)} \right)$.

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{AI \bot BD,AI \bot SO}\\{BD \cap SO = \left\{ O \right\}}\end{array}} \right. \Rightarrow AI \bot \left( {SBD} \right)$$\Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI$.

Vì $ABCD$ là hình vuông $\Rightarrow AC = a\sqrt 2 \Rightarrow AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

$\Delta SAO$ vuông tại A có $AI \bot SO$ nên ta có $\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{9}{{4{a^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{2a}}{3}$.

d) Đúng. Ta có ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SA = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot 2a = \frac{2}{3}{a^3}$.

Thể tích nước mà một khay đá chứa được tối đa là:

$V = 6{V_1} = 6 \cdot \left[ {\frac{1}{3}h\left( {S + \sqrt {S \cdot S'} + S'} \right)} \right] = 6 \cdot \left[ {\frac{1}{3} \cdot 3\left( {{3^2} + \sqrt {{3^2} \cdot 1,{5^2}} + 1,{5^2}} \right)} \right] = \frac{{189}}{2}\,\,\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right)$.

Ta có $2$lít $= 2000\,{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$.

Vì $2000:\frac{{189}}{2} \approx 21{,}16$ nên cần dùng tối thiểu $22$ cái khay để đựng đủ $2$ lít nước.

Đáp án: 22.

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$. Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều $\Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$, ta có

• $\Delta OBC$ cân tại $O$ nên $OH \bot BC$ $\left( 1 \right)$.

• $\left\{ \begin{array}{l}OH \bot BC\\SO \bot BC\left( {{\rm{do}}\,SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot BC\,\,\left( 2 \right)$.

Từ (1) và (2) suy ra $\left[ {A,BC,S} \right] = \widehat {SHO} = \alpha = 30^\circ$.

Ta có $AB = 4\sqrt 3 \Rightarrow OH = 2\sqrt 3$.

Xét tam giác $SHO$ vuông tại $O$ có $SO = OH \cdot \tan \alpha = 2\sqrt 3 \cdot \tan 30^\circ = 2$.

Ta có ${S_{ABCD}} = {\left( {4\sqrt 3 } \right)^2} = 48$. Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot 48 \cdot 2 = 32$.

Đáp án: 32.

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $A'B'C'D'$, $I$ là trung điểm của $C'D'$ và $E = NI \cap A'C'$.

Khi đó $NI \bot A'C'$. Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ trên $ME$. Dễ có $OH \bot \left( {MNI} \right)$.

Do $B'D'{\rm{//}}\left( {MNI} \right),\,MN \subset \left( {MNI} \right) \Rightarrow d\left( {MN\,,\,B'D'} \right) = d\left( {\,B'D',\,\left( {MNI} \right)} \right) = d\left( {\,O,\,\left( {MNI} \right)} \right) = OH$.

Ta có $MO = 15,OE = \frac{1}{2}OC' = \frac{1}{4}A'C' = \frac{{15\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow OH = \frac{{MO.OE}}{{\sqrt {M{O^2} + O{E^2}} }} = 5.$

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $MN$ và $B'D'$ bằng $5.$

Đáp án: 5.

Theo tính chất của hình chóp đều, ta có $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABCD}} \cdot SO = \frac{1}{3} \cdot {2^2} \cdot 2 = \frac{8}{3} \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{2} \cdot {V_{S.ABCD}} = \frac{4}{3}.$

Gọi $I$ là trung điểm của $CB$, tam giác $SBC$ có $SC = SB = \sqrt {S{O^2} + O{B^2}} = \sqrt {{2^2} + {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 6$ và $SI = \sqrt {S{O^2} + O{I^2}} = \sqrt {{2^2} + {1^2}} = \sqrt 5$ nên có diện tích bằng ${S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2} \cdot SI \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot \sqrt 5 \cdot 2 = \sqrt 5$.

Gọi $J$ là hình chiếu của $A$ lên mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$, gọi $\varphi$ là góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ thì $\sin \varphi = \sin \widehat {ASJ} = \frac{{AJ}}{{SA}} = \frac{{d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SA}}.$

Mà $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ABC}}}}{{{S_{\Delta SBC}}}} = \frac{4}{{\sqrt 5 }}$. Vậy $\sin \varphi = \frac{{d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{SA}} = \frac{{2\sqrt {30} }}{{15}} \approx 0{,}73$.

Đáp án: 0,73.

Gọi căn phòng của anh Bình có dạng là hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$.

Giả sử $AB = 4\,\,({\rm{m}}),\,\,AD = 6\,\,({\rm{m}})$.

Gọi $O$ là tâm của đáy $ABCD$. Sợi dây ngắn nhất khi nó là khoảng cách ngắn nhất từ $O$ đến các mặt phẳng bên.

Có $d\left( {O,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {CDD'C'} \right)} \right)$, $d\left( {O,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {ADD'A'} \right)} \right)$.

Gọi $H,I$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $AD$. Có $OH \bot \left( {ABB'A'} \right),OI \bot \left( {ADD'A'} \right)$ nên $OH = d\left( {O,\left( {ABB'A'} \right)} \right),OI = d\left( {O,\left( {ADD'A'} \right)} \right)$.

Ta có $OH = \frac{1}{2}AD = 3\,\,({\rm{m}})$, $OI = \frac{1}{2}AB = 2\,\,({\rm{m}})$.

Vậy sợi dây ngắn nhất mà anh Bình có thể dùng để trang trí cho căn phòng của mình là 2 (m).

Đáp án: 2.

Cách 1:

Vì khay đựng đầy nước có dạng hình hộp chữ nhật với kích thước: chiều dài 20 cm, chiều rộng 10 cm, chiều cao 8 cm, nên ta có thể tích nước trong khay thứ nhất trước khi đổ ra là:

$20 \cdot 10 \cdot 8 = 1600$ (cm$^{3}$).

Sau khi đổ nước sang khay thứ hai, ta thấy rằng lượng nước trong khay thứ nhất giảm đi $\frac{1}{4}$ so với ban đầu, cho nên lượng nước có ở trong khay thứ 2 bằng $\frac{1}{4}$ lượng nước ban đầu có ở trong khay thứ nhất. Như vậy, thể tích nước có trong khay thứ hai là $\frac{1}{4} \cdot 1600 = 400$ (cm$^{3}$).

Gọi chiều cao của khay thứ hai là h (cm).

Giả sử khay thứ hai có hình dạng chóp cụt tứ giác đều $ABCD.A'B'C'D'$như hình vẽ sau:

Dễ dàng chứng minh được $ACC'A'$ là hình thang cân. Lấy $MN$ song song với $AC;H,K$lần lượt là hình chiếu của $A',C'$ trên $AC;P,Q$ lần lượt là giao điểm của $A'H$ và $MN$, $C'K$ và $MN$ như hình vẽ sau:

Theo giả thiết mực nước (ngang với $MN$) trong khay thứ hai cao bằng $\frac{2}{5}$ chiều cao của khay đó, nên ta có thể coi $C'Q$ chính là chiều cao nước trong khay.

Dễ thấy $A'H = C'K = h$.

Suy ra $C'Q = \frac{2}{5}h$, có nghĩa là chiều cao nước trong khay thứ hai là $\frac{2}{5}h$.

Dễ dàng chứng minh được $HKC'A'$là hình chữ nhật.

Từ đó ta có $A'C' = HK = n$, $AH = CK = \frac{{AC - HK}}{2} = \frac{{2n - n}}{2} = \frac{n}{2}$.

Tam giác $A'AH$ có $MP{\rm{//}}AH$ nên theo hệ quả định lí Thales ta có: $\frac{{MP}}{{AH}} = \frac{{A'P}}{{A'H}} = \frac{2}{5}$

$\Rightarrow MP = \frac{2}{5}AH = \frac{2}{5} \cdot \frac{n}{2} = \frac{n}{5}$.

Tương tự tam giác $C'CK$ có $QN{\rm{//}}CK$ nên ta cũng có $QN = \frac{n}{5}$.

Do đó $MN = MP + PQ + QN = \frac{n}{5} + n + \frac{n}{5} = \frac{{7n}}{5}$.

Theo giả thiết ta có thể tích nước trong khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận $MN$ làm đường chéo có diện tích ${S'_1}$ và đáy nhỏ (hình vuông) nhận $A'C'$ làm đường chéo có diện tích ${S'_2}$ , chiều cao bằng $h' = \frac{2}{5}h$.

Ta có ${S'_1} = \frac{{M{N^2}}}{2} = \frac{{{{\left( {\frac{{7n}}{5}} \right)}^2}}}{2} = \frac{{49{n^2}}}{{50}};\,\,{S'_1} = \frac{{A'{{C'}^2}}}{2} = \frac{{{n^2}}}{2}$.

$\Rightarrow V' = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{5}h \cdot \left( {\frac{{49{n^2}}}{{50}} + \sqrt {\frac{{49{n^2}}}{{50}} \cdot \frac{{{n^2}}}{2}} + \frac{{{n^2}}}{2}} \right) = \frac{{109}}{{375}}{n^2}h = 400$$\Rightarrow {n^2}h = \frac{{150000}}{{109}}$.

Mặt khác, thể tích khay thứ hai bằng thể tích khối chóp cụt tứ giác đều với đáy lớn (hình vuông) nhận $AC$ là đường chéo có diện tích ${S_1}$ và đáy nhỏ (hình vuông) nhận $A'C'$ làm đường chéo có diện tích ${S_2}$, chiều cao bằng $h$.

$${S_1} = \frac{{A{C^2}}}{2} = 2{n^2};{S_2} = \frac{{A'{{C'}^2}}}{2} = \frac{{{n^2}}}{2}$$

$\Rightarrow V = \frac{1}{3}h \cdot \left( {2{n^2} + \sqrt {2{n^2} \cdot \frac{{{n^2}}}{2}} + \frac{{{n^2}}}{2}} \right) = \frac{7}{6}{n^2}h = \frac{7}{6} \cdot \frac{{150000}}{{109}} \approx 1606$ (cm$^{3}$).

Vậy tổng các chữ số của số $a = 1606$ bằng $13$.

Cách 2:

Thể tích nước có trong khay thứ hai là $V = \frac{1}{4} \cdot 20 \cdot 10 \cdot 8 = 400$ (cm$^{3}$).

Gọi $S$ là điểm đồng quy của các cạnh bên của hình chóp cụt.

Dễ dàng chứng minh được $SO = \frac{1}{2}SO'$.

$\Rightarrow$ chiều cao của nước trong khay thứ hai là: $\frac{2}{5} \cdot \frac{1}{2} \cdot SO' = \frac{1}{5}SO'$.

$\Rightarrow$khoảng cách từ mặt nước trong khay thứ hai đến $S$ là: $\left( {\frac{1}{5} + \frac{1}{2}} \right) \cdot SO' = \frac{7}{{10}}SO'$.

Mà tỉ số thể tích bằng lập phương tỉ số đồng dạng

$\Rightarrow V = 400 = {\left( {\frac{7}{{10}}} \right)^3} \cdot {V_{S.A'B'C'D'}} - {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3} \cdot {V_{S.A'B'C'D'}} \Rightarrow {V_{S.A'B'C'D'}} \approx 1834{,}86$ (cm$^{3}$).

$\Rightarrow$Thể tích của chiếc khay thứ hai bằng $\frac{7}{8}{V_{S.A'B'C'D'}} \approx 1606$.

Vậy tổng các chữ số của số $a = 1606$ bằng $13$.

Đáp án: 13.