Câu 272: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có AB=a, mặt bên (SAB) tạo với đáy (ABC) một góc 600. Tính thể tích hình chóp S.ABC. A. \(V = \frac{1}{{24\sqrt 3 }}{a^3}\) B. \(V = \frac{{\sqrt 3 }}{{12}}{a^3}\) C. \(V = \frac{{\sqrt 3 }}{{8}}{a^3}\) D. \(V = \frac{{\sqrt 3 }}{{24}}{a^3}\) Spoiler: Xem đáp án Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên hình chiếu của S xuống mặt đáy là trọng tâm G tam giác ABC. I là trung điểm AB nên góc giữa (SAB) và (ABC) bằng góc SIG và bằng 600 Ta có \(SG = \tan 60.IG = \sqrt 3 .\frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{a}{2}\) \(V = \frac{1}{3}SG.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{1}{2}.a.a.\sin {60^0} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)
Câu 273: Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a, các cạnh xuất phát từ đỉnh A của hình hộp đôi một tạo với nhau một góc 600. Tính thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’. A. \(V = \frac{{\sqrt 3 }}{6}{a^3}\) B. \(V = \frac{{\sqrt 2 }}{6}{a^3}\) C. \(V = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{a^3}\) D. \(V = \frac{{\sqrt 2 }}{2}{a^3}\) Spoiler: Xem đáp án Tứ diện đều cạnh a có thể tích: \({V_0} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\) Vì AB=AD và góc \(\widehat {BAD} = {60^0}\) nên tam giác ABD đều Tương tự ta có ∆ADA’ và ∆ABA’ là các tam giác đều cạnh a. Suy ra tứ diện ABDA’ là tứ diện đều cạnh a. Thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’ bằng 6 lần thể tích tứ diện ABDA’ và bằng: \(6.\frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{2}\)
Câu 274: Cho hình chóp S.ABC có \(SA = SB = SC = a,\widehat {ASB} = {60^0},\widehat {BSC} = {90^0},\widehat {CSA} = {120^0}.\) Tính thể tích V của hình chóp S.ABC. A. \(V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{12}}\) B. \(V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{4}}\) C. \(V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{6}}\) D. \(V = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{2}}\) Spoiler: Xem đáp án Công thức tổng quát tính thể tích hình chóp tam giác khi biết độ dài các cạnh bên và số đo các góc tạo bởi các cạnh bên của hình chóp là: \(V = \frac{{abc}}{6}\sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha - {{\cos }^2}\beta - {{\cos }^2}\gamma + 2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma }\) Với a,b,c là độ dài các cạnh bên, là số đo các góc tạo bởi các cạnh bên. Áp dụng công thức trên ta có: \(\begin{array}{l} V = \frac{{{a^3}}}{6}\sqrt {1 - {{\cos }^2}{{60}^0} - {{\cos }^2}{{90}^0} - {{\cos }^2}{{120}^0} + 2\cos {{60}^0}\cos {{90}^0}\cos {{120}^0}} \\ = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{12}} \end{array}\)
Câu 275: Tìm thể tích V lớn nhất của hình hộp nội tiếp mặt cầu tâm I bán kính R. A. \(V = \frac{8}{3}{R^3}\) B. \(V = \frac{8}{3\sqrt3}{R^3}\) C. \(V = \frac{\sqrt8}{3\sqrt3}{R^3}\) D. \(V =\sqrt8{R^3}\) Spoiler: Xem đáp án Trong các hình hộp nội tiếp một mặt cầu, hình lập phương có thể tích lớn nhất. Gọi a là độ dài cạnh của hình lập phương. Ta có: \(AC = a\sqrt 3 = 2R\) suy ra: \(a = \frac{{2R}}{{\sqrt 3 }}\) Vậy: \(V = {\left( {\frac{{2R}}{{\sqrt 3 }}} \right)^3} = \frac{8}{{3\sqrt 3 }}{R^3}\)
Câu 276: Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác đều, BCD là tam giác vuông cân tại D và \(\left( {ABC} \right) \bot \left( {BCD} \right)\). Có bao nhiêu mặt phẳng chứa hai điểm A, D và tiếp xúc với mặt cầu đường kính BC? A. Vô số B. 1 C. 2 D. 0 Spoiler: Xem đáp án Gọi M là Trung điểm của BC. Vì Tam giác ABC đều nên AM vuông góc BC. Mặt khác \(\left( {ABC} \right) \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AM \bot \left( {BDC} \right)\) Nhận thấy độ dài của AM > MC và mặt cầu đường kính BC có tâm là M, mặt cầu đi qua B,C,D (do BCD tại D là tam giác vuống) => A nằm ngoài mặt cầu đường kính BC. Mặt phẳng chứa hai điểm A, D và tiếp xúc với mặt cầu đường kính BC. Suy ra mặt phẳng đó tiếp xúc mặt cầu tại D suy ra MD vuông góc DA vô lý.
Câu 277: Nếu độ dài cạnh bên của một khối lăng trụ tam giác đều tăng lên ba lần và độ dài cạnh đáy của nó giảm đi một nửa thì thể tích của khối lăng trụ đó thay đổi như thế nào? A. Có thể tăng hoặc giảm B. Không thay đổi C. Tăng lên. D. Giảm đi. Spoiler: Xem đáp án Thể tích khối lăng trụ tam giác đều có độ dài cạnh đáy bằng b, cạnh bên bằng a là: \({V_0} = \frac{{a.{b^2}\sqrt 3 }}{4}\) + Độ dài các cạnh bên của một khối lăng trụ tăng lên ba lần \(a'=3a\) + Độ dài các cạnh đáy của nó giảm đi một nửa \(b'=\frac{1}{2}b\) Thể tích của khối lăng trụ lúc này là: \({V_1} = \frac{{a'b{'^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3a.\frac{1}{4}{b^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{3}{4}\left( {\frac{{a{b^2}\sqrt 3 }}{4}} \right)\) Vậy thể tích khối lăng trụ giảm đi.
Câu 278: Biết rằng thể tích của một khối lập phương bằng 27. Tính tổng diện tích S các mặt của hình lập phương đó. A. S=36 B. S=27 C. S=54 D. S=64 Spoiler: Xem đáp án Tổng diện tích S các mặt của hình lập phương cạnh a là: \(S=6a^2\) Thay a=3 ta có: \(S = {6.3^2} = 54\)
Câu 279: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’. Gọi M, N lần lượt thuộc các cạnh bên AA’, CC’ sao cho MA=MA' và NC=4NC'. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Trong bốn khối tứ diện GA’B’C’, BB’MN, ABB’C’ và A’BCN, khối tứ diện nào có thể tích nhỏ nhất? A. Khối A’BCN B. Khối GA’B’C’ C. Khối ABB’C’ D. Khối BB’MN Spoiler: Xem đáp án Ta thấy khoảng cách từ G và A xuống mặt phẳng (A’B’C’) là bằng nhau (do G,A thuộc mặt phẳng (ABC)//(A’B’C’). \({V_{GA'B'C'}} = {V_{A.A'B'C'}}\) Mà \({V_{A.A'B'C'}} = {V_{ABB'C'}}\) (do 2 hình chóp này có 2 đáy AA’B’ và ABB’ diện tích bằng nhau, chung đường cao hạ từ C’). \(\Rightarrow {V_{GA'B'C'}} = {V_{ABB'C'}}\) => Vậy loại phương án B và C vì hai tứ diện này có thể tích bằng nhau. So sánh Khối A’BCN và Khối BB’MN Nhận thấy khoảng cách từ M và A’ xuống mặt BBCC’ là bằng nhau Suy ra khối A’BCN và Khối BB’MN có đường cao hạ từ M và A’ bằng nhau. Mặt khác Diện tích đáy BNB’ > Diện tích đáy BCN. => Khối A’BCN < Khối BB’MN. => Khối A’BCN có diện tích nhỏ hơn.
Câu 280: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a và cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng \(\frac{{{a^3}}}{3}\). Tính khoảng cách h từ A đến mặt phẳng (SBE) theo a. A. \(h = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\) B. \(h = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}\) C. \(h = \frac{{a}}{3}\) D. \(h = \frac{{2a}}{3}\) Spoiler: Xem đáp án ABCD là hình vuông cạnh a, có E là trung điểm cạnh CD và F là trung điểm cạnh BC thì AF vuông góc và bằng BE. Gọi O là giao điểm của BE và AF. Đồng thời dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông ABF có BO là đường cao tính được \(AO = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}\) SA vuông góc (ABCD) nên BE vuông góc SA Mà BE vuông góc AF nên \(BE \bot \left( {SAO} \right)\) Kẻ AH vuông góc với SO Vì \(AH \in \left( {SAO} \right) \Rightarrow AH \bot BE\left( {BE \bot \left( {SAO} \right)} \right) \Rightarrow AH \bot \left( {SBE} \right)\) Ta có: \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{day}} = \frac{1}{3}SA.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3} \Rightarrow SA = a\) \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2a}}{3}\)
Câu 281: Cho khối tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a. Gọi B’, C’ lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC. Tính thể tích V của khối tứ diện AB’C’D theo a. A. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{48}}\) B. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{48}}\) C. \(V = \frac{{{a^3}}}{{24}}\) D. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{24}}\) Spoiler: Xem đáp án Khối tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a có thể tích là \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\) Ta có: \(\frac{{{V_{AB'C'D'}}}}{{{V_{ABCD}}}} = \frac{{AB'}}{{AB}}.\frac{{AC'}}{{AC}}.\frac{{AD}}{{AD}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{AB'C'D}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{48}}\)
