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

Ta có $MA \bot SA\,\,\left( {{\rm{do}}\,SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)$ và $MA \bot AD$ nên $MA \bot \left( {SAD} \right)$ tại $A$.

Suy ra, khoảng cách từ trung điểm $M$ của $AB$ đến $\left( {SAD} \right)$ là $MA = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}$. Chọn B.

Đặt $OA = OB = OC = a$. Suy ra $AB = BC = AC = a\sqrt 2$.

Gọi $N$ là trung điểm $AC$ ta có $MN{\rm{//}}AB$ và $MN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Suy ra $\left( {OM,AB} \right) = \left( {OM,MN} \right)$.

Xét tam giác $OMN$ có $ON = OM = MN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Do đó, $\Delta OMN$ là tam giác đều. Suy ra $\widehat {OMN} = 60^\circ$.

Vậy $\left( {OM,AB} \right) = \left( {OM,MN} \right) = \widehat {OMN} = 60^\circ$. Chọn C.

Gọi $O$ là tâm của $ABCD$ suy ra $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Ta có $SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}$. Chọn A.

Ta kẻ $CH \bot AB,\,H \in \,AB$.

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

Vậy $SH$ là hình chiếu vuông góc của đoạn thẳng $SC$ trên mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$.

Khi đó $\left( {SC,\left( {SAB} \right)} \right) = \left( {SC,\,SH} \right) = \widehat {CSH}$.

Ta có $CH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$, $SH = \sqrt {S{A^2} + A{H^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 3$.

Xét tam giác $SHC$ vuông tại $H$ ta có: $\tan \widehat {CSH} = \frac{{CH}}{{SH}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{a\sqrt 3 }} = 1 \Rightarrow \widehat {CSH} = 45^\circ$.

Vậy $\left( {SC,\,\left( {SAB} \right)} \right) = 45^\circ$. Chọn B.

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SA \bot AD$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}SA \bot AD\\AB \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right)$$\Rightarrow d\left( {D,\,\left( {SAB} \right)} \right) = DA$.

Lại có $\left\{ \begin{array}{l}CD \not\subset \left( {SAB} \right)\\CD\,\,{\rm{//}}\,AB\\AB \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)$.

$\Rightarrow d\left( {CD,\,SB} \right)$$= d\left( {CD,\,\left( {SAB} \right)} \right)$$= d\left( {D,\,\left( {SAB} \right)} \right) = DA = a$. Chọn A.

Gọi $N$ là trung điểm của $AC.$ Suy ra $MN\,{\rm{//}}\,AB$.

Do đó $\cos \left( {AB,\,DM} \right) = \cos \left( {MN,\,DM} \right) = \left| {\cos \widehat {NMD}} \right|$.

Gọi $a$ là độ dài cạnh của tứ diện đều $ABCD$.

Suy ra $MN = \frac{a}{2}$;$ND = MD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Trong $\Delta MND$, ta có: $\cos \widehat {NMD} = \frac{{M{N^2} + M{D^2} - N{D^2}}}{{2 \cdot MN \cdot MD}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}$.

Vậy $\cos \left( {AB,\,DM} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}$. Chọn B.

Kẻ $AH \bot BC\,\,\left( {H \in BC} \right)$.

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot SH$.

Suy ra $\widehat {SHA}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {A,BC,S} \right]$ và $\widehat {SHA} = 45^\circ$.

Khi đó $\Delta SAH$ vuông cân tại $A$ và $SH = AH\sqrt 2$.

Diện tích tam giác $ABC$: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH \cdot BC$.

Diện tích tam giác $SBC$: ${S_{SBC}} = \frac{1}{2}SH \cdot BC$.

Khi đó $\frac{{{S_{SBC}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{SH}}{{AH}} = \sqrt 2$. Chọn A.

Do $AB'{\rm{//}}\left( {CDD'C'} \right)$ nên ta có

$d\left( {AB',CD'} \right) = d\left( {AB',\left( {CDD'C'} \right)} \right)$$= d\left( {A,\left( {CDD'C'} \right)} \right) = AD = 2$. Chọn B.

Thể tích khối chóp:

${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SC \cdot {S_{ABC}} = \frac{1}{3} \cdot 3a \cdot \frac{1}{2}{a^2} = \frac{{{a^3}}}{2}$. Chọn B.

Ta có $AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = a\sqrt 2$.

Diện tích tam giác $ABC$ là: ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2}$.

Thể tích khối lăng trụ là $V = AA' \cdot {S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}$. Chọn D.

Ta có $\frac{{AM}}{{AA'}} = \frac{1}{3};\frac{{BN}}{{BB'}} = \frac{x}{6};\frac{{CP}}{{CC'}} = \frac{y}{6}$;

$\frac{{{V_{ABC.MNP}}}}{{{V_{ABC.A'B'C'}}}} = \frac{1}{3}\left( {\frac{1}{3} + \frac{x}{6} + \frac{y}{6}} \right) = \frac{1}{2}$.

Suy ra $x + y = 7 \Rightarrow {\left( {x + y} \right)^2} = 49$

$\Rightarrow {x^2} + {y^2} = 49 - 2xy \Rightarrow {x^2} + {y^2} = 25$. Chọn B.

Ta có$\frac{{{V_{S.BMN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{{V_{B.MNS}}}}{{{V_{B.ACS}}}} = \frac{{BM}}{{BA}} \cdot \frac{{BN}}{{BC}} \cdot \frac{{BS}}{{BS}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{5} = \frac{4}{{15}}$.

$\frac{{{V_{A.CPN}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{{V_{C.ANP}}}}{{{V_{C.ABS}}}} = \frac{{CA}}{{CA}} \cdot \frac{{CN}}{{CB}} \cdot \frac{{CP}}{{CS}} = \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{{10}}$.

Do đó, $\frac{{{V_{S.BMN}}}}{{{V_{A.CNP}}}} = \frac{4}{{15}}:\frac{1}{{10}} = \frac{8}{3}$. Chọn B.

Ta có, $MN{\rm{//}}BC'$ nên $\left( {AM,BC'} \right) = \left( {AM,MN} \right)$.

Xét tam giác $A'B'M$ vuông tại $B'$ ta có:

$A'M$$= \sqrt {A'{{B'}^2} + B'{M^2}}$$= \sqrt {{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}}$$= \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

Xét tam giác $AA'M$ vuông tại $A'$ ta có:

$AM = \sqrt {A{{A'}^2} + A'{M^2}}$$= \sqrt {{a^2} + \frac{{5{a^2}}}{4}}$$= \frac{{3a}}{2}$.

Có $AN = A'M = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$; $MN = \frac{{BC'}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Trong $\Delta AMN$ ta có: $\cos \widehat {AMN}$$= \frac{{M{A^2} + M{N^2} - A{N^2}}}{{2 \cdot MA \cdot MN}}$$= \frac{{\frac{{9{a^2}}}{4} + \frac{{2{a^2}}}{4} - \frac{{5{a^2}}}{4}}}{{2 \cdot \frac{{3a}}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}$$= \frac{{6{a^2}}}{4} \cdot \frac{4}{{6{a^2}\sqrt 2 }}$$= \frac{1}{{\sqrt 2 }}$.

Suy ra $\widehat {AMN} = 45^\circ$. Vậy $\left( {AM,BC'} \right) = \left( {AM,MN} \right)$$=$$\widehat {AMN} = 45^\circ$.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.

Vì $S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

H là hình chiếu vuông góc của $M$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ thì $MH\,{\rm{//}}\,SO$ và $H \in BD$.

Mặt khác $M$ là trung điểm của $SD$ nên $MH = \frac{1}{2}SO$ và $H$ là trung điểm của $OD$.

Ta có $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ nên góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {SAO}$.

Vì $H$ là hình chiếu của $M$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ nên góc giữa đường thẳng $BM$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {MBH}$.

Ta có $SO = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$, $MH = \frac{1}{2}SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}$, $BH = \frac{3}{4}BD = \frac{{3a\sqrt 2 }}{4}$.

Khi đó $\tan \widehat {MBH} = \frac{{MH}}{{BH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{4}}}{{\frac{{3a\sqrt 2 }}{4}}} = \frac{1}{3}$.

Vậy tan của góc giữa đường thẳng $BM$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ bằng $\frac{1}{3}$.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng.

Ta có $M$ là trung điểm cạnh $AB$ thì $MH$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên

$MH = \frac{a}{2},MH{\rm{//}}AC$$\Rightarrow MH \bot AB$.

Ta có $SH \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SH \bot AB$ và $MH \bot AB$ nên $\left( {SMH} \right) \bot AB \Rightarrow SM \bot AB$.

Suy ra góc giữa $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ là góc giữa $SM$ và $MH$; lại có $SH \bot MH$ nên góc này bằng $\widehat {SMH}$. Từ giả thiết suy ra $\widehat {SMH} = 60^\circ$.

Có $K$ là hình chiếu của $H$ lên $SM$thì $HK \bot \left( {SAB} \right)$.

Xét tam giác vuông $\Delta SHM$ có, $SH = MH \cdot \tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.$

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}\left( {I,\left( {SAB} \right)} \right){\rm{ = }}\frac{1}{2}{\rm{d}}\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)\\{\rm{d}}\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{1}{2}{\rm{d}}\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow {\rm{d}}\left( {I,\left( {SAB} \right)} \right) = {\rm{d}}\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

Đáp án: a) Đúng, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.

Tam giác $ABD$ có $AD = AB = a,\,\,\widehat {BAD} = 60^\circ$ nên tam giác $ABD$ đều.

Suy ra ${S_{ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}$. Vậy diện tích của hình thoi $ABCD$ là ${S_{ABCD}} = 2{S_{ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Ta cũng có tam giác $BCD$ là tam giác đều cạnh $a$.

Vì $J$ là trung điểm của $CD$ nên $BJ \bot CD$ và $BJ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vì $I$ là trung điểm của $DJ$ nên ta có $OI\,{\rm{//}}\,BJ$.

Do đó $OI \bot CD$. Suy ra $SI \bot CD$.

Ta có $\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD$.

Trong mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ có $SI \bot CD$; trong mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ có $OI \bot CD$.

Vậy góc giữa mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ và mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {SIO}$. Theo giả thiết, ta có $\widehat {SIO} = 60^\circ$.

Trong tam giác $SOI$ vuông tại $O$, có $\widehat {SIO} = 60^\circ$, $IO = \frac{1}{2}BJ = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

Do đó $SO = IO \cdot \tan 60^\circ = \frac{{3a}}{4}$.

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

Vậy $m = 3,\,n = 8$. Suy ra $2024m - n = 6064$.

Đáp án: a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.

Ta có $SI$ vuông góc với đáy $\left( {ABCD} \right)$ và $BC = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 5$.

Vẽ $IH \bot CB$ tại $H$.

Do đó, $IH$ là hình chiếu của $SH$ lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ nên $SH \bot CB$ (theo định lý ba đường vuông góc).

Khi đó, $\widehat {SHI}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện $\left[ {S,BC,D} \right]$.

Ta có ${S_{ICB}} = {S_{ABCD}} - {S_{IDC}} - {S_{AIB}}$$= 3{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2} - {a^2} = \frac{{3{a^2}}}{2}$$\Rightarrow IH \cdot CB = 3{a^2}$$\Rightarrow IH = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5}$.

Ta có $\tan \widehat {SHI} = \frac{{SI}}{{IH}}$$= \frac{{\frac{{3a\sqrt 5 }}{5}}}{{\frac{{3a\sqrt 5 }}{5}}} = 1$$\Rightarrow \widehat {SHI} = 45^\circ$.

Đáp án: $45$.

Diện tích đáy của miếng pho mát là:

$S = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 12 = 72\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{)}}$.

Thể tích của miếng pho mát là: $V = Sh = 72 \cdot 10 = 720\,\,{\rm{(c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}$.

Khối lượng của miếng pho mát là: $m = DV = 3 \cdot 720 = 2160\,\,{\rm{(g)}}$.

Đáp án: $2\,160$.

Do hình chóp $S.ABC$ đều nên $SG$ là đường cao của hình chóp ($G$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$). Kẻ $MH \bot SA$ tại $H$ thì $MH$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$.

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$ bằng $MH$.

Do $\Delta ABC$ đều nên $AM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{7\sqrt 3 }}{2}$.

Suy ra $AG = \frac{2}{3}AM = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}$.

Ta có ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{{{7^2}\sqrt 3 }}{4} \cdot SG = \frac{{343\sqrt 3 }}{3}$$\Rightarrow SG = 28$.

Lại có $SA = \sqrt {A{G^2} + S{G^2}} = \frac{{49\sqrt 3 }}{3}$.

Ta có $\Delta AHM$ đồng dạng với $\Delta AGS$$\Rightarrow \frac{{AM}}{{SA}} = \frac{{MH}}{{SG}} \Rightarrow MH = \frac{{SG \cdot AM}}{{SA}} = \frac{{3 \cdot 28 \cdot 7\sqrt 3 }}{{2 \cdot 49\sqrt 3 }} = 6$.

Đáp án: $6$.

Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $O,B$ trên mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$.

Khi đó góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ là góc $\widehat {BSK} = \varphi$.

Ta có $\sin \varphi = \frac{{BK}}{{BS}}$. Mặt khác $BK{\rm{//}}\,OH$ và $\frac{{BK}}{{OH}} = \frac{{BD}}{{OD}} = 2$.

Kẻ $OM \bot CD$, trong tam giác vuông $SOM$ có $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}$

Ta có $\Delta SBO = \Delta CBO$ suy ra $CO = SO = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$ và $OB = \sqrt {S{B^2} - S{O^2}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Þ$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{S^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2}}}$ Þ $OH = \frac{a}{{\sqrt 6 }}$.

Þ$BK = 2OH = \frac{{2a}}{{\sqrt 6 }}$Þ$\sin \varphi = \frac{{\frac{{2a}}{{\sqrt 6 }}}}{a} = \frac{2}{{\sqrt 6 }}$. Suy ra $\varphi \approx 55^\circ$.

Đáp án: $55$.

Gọi $MN$ là đường mép nước ở trên mặt phẳng $\left( {ABB'A'} \right)$, $EF$ là đường mép nước trên mặt phẳng $\left( {CDD'C'} \right)$.

Khi đó $ABNM.DCEF$ là một hình chóp cụt.

Kẻ $MH$ vuông góc với $DD'$ tại $H$ thì

$HF = MH \cdot \tan 10^\circ = {\rm{tan}}10^\circ \,\,({\rm{m}})$.

Suy ra $DF = DH - HF = AM - HF = 0{,}8 - {\rm{tan}}10^\circ \approx 0{,}62\,\,({\rm{m}})$.

Ta có ${S_1} = {S_{DCEF}} = DF \cdot CD \approx 0{,}62\,\,({{\rm{m}}^2});\,\,{S_2} = {S_{ABNM}} = AB \cdot AM = 0{,}8\,\,({{\rm{m}}^2})$.

Vậy thể tích phần nước trong bể là:

$V = \frac{1}{3} \cdot \left( {{S_1} + {S_2} + \sqrt {{S_1}{S_2}} } \right) \cdot AD = \frac{1}{3} \cdot \left( {0{,}62 + 0{,}8 + \sqrt {0{,}62 \cdot 0{,}8} } \right) \approx 0{,}71\,\,({{\rm{m}}^3})$.

Đáp án: $0{,}71$.

Xét hình lăng trụ đứng $ABC.A\prime B\prime C\prime$ có đáy là tam giác cân với hai cạnh bên có độ dài bằng $3\;{\rm{m}}$, chiều cao lăng trụ bằng $5\,{\rm{m}}$ như hình vẽ.

Gọi $H$ là trung điểm $AB$ thì $CH \bot AB$ và

$CH = \sqrt {{3^2} - {{\left( {\frac{x}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {36 - {x^2}} }}{2}$.

Do đó diện tích tam giác $ABC$ là ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}CH \cdot AB = \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{4}$.

Suy ra thể tích của lều là $V = 5 \cdot \frac{{x\sqrt {36 - {x^2}} }}{4}$ ${\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}$.

Để không gian phía trong lều lớn nhất thì ${V_{\max }}$.

Ta có $V = \frac{5}{4}x\sqrt {36 - {x^2}} \le \frac{5}{4} \cdot \frac{{36}}{2} = \frac{{45}}{2}\,{\rm{(}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}{\rm{)}}$ với mọi $x \in \left( {0;6} \right)$.

Dấu "=" xảy ra khi $x = \sqrt {36 - {x^2}} \Leftrightarrow x = 3\sqrt 2$.

Vậy $a = 45,\,\,b = 2 \Rightarrow 45a - \frac{1}{2}b = 2024$.

Đáp án: $2024$.