Câu 282: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Một mặt phẳng song song với đáy cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q. Gọi M’, N’, P’, Q’ lần lượt là hình chiếu của M, N, P, Q trên mặt phẳng đáy. Tìm tỉ số $\frac{{SM}}{{SA}}$ để thể tích khối đa diện MNPQ.M’N’P’Q’ đạt giá trị lớn nhất. A. \(\frac{{SM}}{{SA}}=\frac{1}{2}\) B. \(\frac{{SM}}{{SA}}=\frac{2}{3}\) C. \(\frac{{SM}}{{SA}}=\frac{3}{4}\) D. \(\frac{{SM}}{{SA}}=\frac{1}{3}\) Spoiler: Xem đáp án Đặt \(\frac{{SM}}{{SA}} = k\) Áp dụng định lý Talet trong Tam giác SAD có MN//AD \(\frac{{MN}}{{A{\rm{D}}}} = \frac{{SM}}{{SA}} = k \Rightarrow MN = k.A{\rm{D}}\) Áp dụng định lý Talet trong Tam giác SAB có MQ//AB \(\frac{{MQ}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{SA}} = k \Rightarrow MQ = k.AB\) Kẻ đường cao SH của hình chóp. Áp dụng định lý Talet trong Tam giác SAH có MM’//SH \(\frac{{MM'}}{{SH}} = \frac{{AM}}{{SA}} = 1 - \frac{{SM}}{{SA}} = 1 - k \Rightarrow MM' = \left( {1 - k} \right).SH\) \(\Rightarrow {V_{MNPQ.M'N'P'Q'}} = MN.MQ.MM' = A{\rm{D}}.AB.SH.{k^2}\left( {1 - k} \right) = 3{V_{hinh\,chop}}.{k^2}.\left( {1 - k} \right)\)Thể tích hình chóp không đổi, vậy để thể tích MNPQ.M’N’P’Q’ đạt giá trị lớn nhất thì \({k^2}(1 - k)\) phải đạt giá trị lớn nhất. Xét hàm số \(f(k) = {k^2}(1 - k),0 < k < 1\) \(\begin{array}{l} f'(k) = 2k - 3{k^2}\\ f'(k) = 0 \Leftrightarrow k = \frac{2}{3}(Do\,0 < k < 1) \end{array}\) Lập bảng biến thiên ta thấy \(f(k)\) đạt giá trị lớn nhất tại \(k = \frac{2}{3}.\)
Câu 283: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Mặt phẳng (MB’D’) chia khối hộp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó. A. \(\frac{5}{12}\) B. \(\frac{7}{17}\) C. \(\frac{7}{24}\) D. \(\frac{5}{17}\) Spoiler: Xem đáp án + Lập thiết diện của khối hộp đi qua mặt phẳng (MB’D’). Thiết diện chia khối hộp thành hai phần trong đó có AMN.A’B’D’ + Lấy N là trung điểm của AD suy ra MN là đường trung bình của tam giác ABD. \(\Rightarrow MN//B{\rm{D}}\) và \(MN = \frac{1}{2}.B{\rm{D}}\) => \(MN//B'D'\) và \(MN = \frac{1}{2}.B'D'\) => M,N,B’,D’ đồng phẳng với nhau. => Thiết diện là MNB’D’. Nhận thấy AMN.A’B’D’ là hình đa diện được tách ra từ K.A’B’D’ ( K là giao điểm của MB’,ND’ và AA’). + Áp dụng định lý Ta lét ta có: \(\frac{{K{\rm{A}}}}{{K{\rm{A}}'}} = \frac{{KM}}{{KB'}} = \frac{{KN}}{{K{\rm{D}}'}} = \frac{{MN}}{{B'D'}} = \frac{1}{2}\) \(\frac{{{V_{K.AMN}}}}{{{V_{K.A'B'D'}}}} = \frac{{K{\rm{A}}}}{{K{\rm{A}}'}}.\frac{{KM}}{{KB'}}.\frac{{KN}}{{K{\rm{D}}'}} = \frac{1}{8}\) \(\begin{array}{l} \Rightarrow {V_{AMN.A'B'D'}} = \frac{7}{8}.{V_{K.A'B'D'}} = \frac{7}{8}.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}K{\rm{A}}'.A'B'.A'D'\\ = \frac{7}{8}.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}.2AA'.A'B'.A'D' = \frac{7}{{24}}.V_{ABCD.A'B'C'D'} \end{array}\) => Tỷ lệ giữa 2 phần đó là \(\frac{7}{17}.\)
Câu 284: Trong các khẳng định sau, khẳng định nào sai? A. Chỉ có năm loại hình đa diện đều. B. Hình hộp chữ nhật có diện tích các mặt bằng nhau là hình đa diện đều. C. Tâm các mặt của hình lập phương tạo thành đa diện đều. D. Hình chóp tam giác đều là hình đa diện đều. Spoiler: Xem đáp án + Trong không gian ba chiều, có đúng 5 khối đa diện đều lồi, chúng là các khối đa diện có tất cả các mặt, các cạnh và các góc ở đỉnh bằng nhau gồm: Tứ diện đều, khối lập phương, khối bát diện đều, khối mười hai mặt đều, khối hai mươi mặt đều => A đúng + Hình hộp chữ nhật có diện tích các mặt bằng nhau là khối lập phương nên B đúng + Trọng tâm các mặt của hình lập phương tạo thành bát diện đều nên C đúng + Hình chóp tam giác đều có cạnh bên bằng cạnh đáy là hình tứ diện đều nên D sai
Câu 285: Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng $$. Tính thể tích V của khối chóp đó theo a. A. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}\) B. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{6}\) C. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt {10} }}{6}\) D. \(V = \frac{{{a^3}}}{3}\) Spoiler: Xem đáp án Tứ diện đều có cạnh đáy là a và cạnh bên bằng x có công thức tính thể tích là: \(V = \frac{1}{3}.\sqrt {{x^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} .{a^2}\) Áp dụng với \(x = a\sqrt 3 :\)\(V = \frac{1}{3}.\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt {10} }}{6}\)
Câu 286: Cho khối tứ diện ABCD có ABC và BCD là các tam giác đều cạnh a. Góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) bằng 600. Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD theo a. A. \(V = \frac{{{a^3}}}{8}\) B. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{16}}\) C. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{8}\) D. \(V = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{12}\) Spoiler: Xem đáp án Gọi M là trung điểm của BC. Vì Tam giác BDC đều nên DM vuông góc BC Vì Tam giác ABC đều nên AM vuông góc BC Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (BCD) là góc \(\widehat {DMA} = {60^0}.\) Mặt khác tam giác BDC bằng tam giác ABC nên DM=AM. Từ đó nhận thấy tam giác DAM cân và có 1 góc bằng 600 nên DAM là tam giác đều nên AD=AM=DM Ta có: \(DM = DB.\sin \left( {DBM} \right) = a.sin{60^0} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a \Rightarrow AM = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\) Kẻ DH vuông góc AM suy ra \(DH \bot \left( {ABC} \right)\) Ta có \(DH = DM.\sin \left( {DMA} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\sin {60^0} = \frac{3}{4}a\) \({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.DH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{3}{4}.a.\left( {\frac{1}{2}{a^2}.sin{{60}^0}} \right) = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{16}}\)
Câu 287: Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\) có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, cạnh \(AC = 2\sqrt 2\). Biết \(AC'\) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc $60^0$ và \(AC'=4.\) Tính thể tích V của khối đa diện \(ABC.{A'}{B'}{C'}.\) A. \(V = \frac{8}{3}\) B. \(V = \frac{16}{3}\) C. \(V = \frac{8\sqrt3}{3}\) D. \(V = \frac{16\sqrt3}{3}\) Spoiler: Xem đáp án Giả sử đường cao là C’H thì ta sẽ có: \(\sin {60^0} = \frac{{C'H}}{{C'A}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow C'H = 2\sqrt 3\) \({V_{ABC.A'B'C'}} = 2\sqrt 3 .\frac{1}{2}.{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = 8\sqrt 3\) \({V_{ABCC'B'}} = 2{V_{ABCC'}} = 2{V_{C'ABC}} = 2.\frac{1}{3}.2\sqrt 3 .\frac{1}{2}.{\left( {2\sqrt 2 } \right)^2} = \frac{{16\sqrt 3 }}{3}\)
Câu 288: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng 12 và G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích V của khối chóp A.GBC. A. V=3 B. V=4 C. V=6 D. V=5 Spoiler: Xem đáp án Ta có: \(\frac{{{S_{GBC}}}}{{{S_{BCD}}}} = \frac{1}{3}\) Áp dụng công thức: \(V = \frac{1}{3}Sh \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {V_{A.BCD}} = \frac{1}{3}h.{S_{BCD}}\\ {V_{A.GBC}} = \frac{1}{3}h.{S_{GBC}} = \frac{1}{9}h.{S_{BCD}} \end{array} \right. \Rightarrow {V_{A.GBC}} = 4.\)
Câu 289: Hình nào dưới đây không có tâm đối xứng? A. Tứ diện đều B. Bát diện đều C. Hình lập phương D. Lăng trụ lục giác đều Spoiler: Xem đáp án Hình tứ diện đều không có tâm đối xứng.
Câu 290: Cho hình chóp có đáy là tam giác đều cạnh 2a và thể tích bẳng $a^3$. Tính chiều cao h của hình chóp đã cho. A. \(h = \frac{{\sqrt 3 a}}{6}\) B. \(h = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}\) C. \(h = \frac{{\sqrt 3 a}}{3}\) D. \(h = \sqrt3a\) Spoiler: Xem đáp án Áp dụng công thức: \(V = \frac{1}{3}Sh \Rightarrow h = \frac{{3V}}{S} = \frac{{3{a^3}}}{{\frac{1}{2}.2a.a\sqrt 3 }} = a\sqrt 3 .\)
Câu 291: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết hình chóp S.ABC có thể tích bằng \(a^3\). Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (SBC). A. \(d = \frac{{6{\rm{a}}\sqrt {195} }}{{65}}\) B. \(d = \frac{{{\rm{a}}\sqrt {195} }}{{65}}\) C. \(d = \frac{{4{\rm{a}}\sqrt {195} }}{{65}}\) D. \(d = \frac{{8{\rm{a}}\sqrt {195} }}{{195}}\) Spoiler: Xem đáp án Gọi các điểm như hình vẽ. Ta có \(AI \bot BC,SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAI} \right)\) Suy ra \(BC \bot AK \Rightarrow AK = {d_{\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)}}\) Ta có: \(V = {a^3},{S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow SA = 4a\sqrt 3\) Mà \(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) Trong tam giác vuông SAI ta có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{I^2}}}\) Vậy \(d = AK = \sqrt {\frac{{A{S^2}.A{I^2}}}{{A{S^2} + A{I^2}}}} = \frac{{4a\sqrt {195} }}{{65}}.\)
