Câu 51: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, SA vuông góc với đáy. Biết \(AB = a,SA = 2{\rm{a}}.\) Mặt phẳng đi qua A, vuông góc SC, cắt SC, SB lần lượt tại H và K. Tính thể tích V của khối chóp S.AHK. A. \(V = \frac{{8{{\rm{a}}^3}}}{{15}}.\) B. \(V = \frac{{8{{\rm{a}}^3}}}{{45}}.\) C. \(V = \frac{{{\rm{3}}{{\rm{a}}^3}}}{{15}}.\) D. \(V = \frac{{{\rm{4}}{{\rm{a}}^3}}}{{15}}.\) Spoiler: Xem đáp án Ta có: \(AH \bot {\rm{S}}B,AC = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 .\) Tam giác SAB vuông tại A có: \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2{\rm{a}}}}{{\sqrt 5 }}.\) \( \Rightarrow SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{4{\rm{a}}}}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow \frac{{SH}}{{SB}} = \frac{{4a}}{{\sqrt 5 .a\sqrt 5 }} = \frac{4}{5}.\) Tương tự, ta tính được \(\frac{{SK}}{{SC}} = \frac{{2{\rm{a}}\sqrt 6 }}{{3.a\sqrt 6 }} = \frac{2}{3}.\) Vậy \(\frac{{{V_{S.AHK}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \frac{{SH}}{{SB}}.\frac{{SK}}{{SC}} = \frac{4}{5}.\frac{2}{3} = \frac{8}{{15}} \Rightarrow {V_{S.AHK}} = \frac{8}{{15}}.\frac{1}{3}.2{\rm{a}}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{8{{\rm{a}}^3}}}{{45}}.\)
Câu 52: Cho khối lăng trụ có thể tích là \(2{{\rm{a}}^3}.\) Tính chiều cao h của lăng trụ, biết đáy lăng trụ là hình thoi có cạnh bằng a và một góc bằng \({120^o}.\) A. \(h = 4{\rm{a}}\sqrt 3 .\) B. \(h = \frac{{4{\rm{a}}}}{{\sqrt 3 }}.\) C. \(h = \frac{{{\rm{2a}}}}{{\sqrt 3 }}.\) D. \(h = \frac{{{\rm{8a}}}}{{\sqrt 3 }}.\) Spoiler: Xem đáp án Diện tích hình thoi là \({S_{ht}} =2.\frac{1}{2}.a.a.\sin {120^0} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow V = h{S_{ht}} \Rightarrow h = \frac{V}{{{S_{ht}}}} = \frac{{2{{\rm{a}}^3}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{4{\rm{a}}}}{{\sqrt 3 }}.\)
Câu 53: Cho khối chóp S.ABCD có thể tích là \(3{{\rm{a}}^3}.\) Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Tính thể tích V khối chóp G.ABCD. A. \(V = {a^3}.\) B. \(V = 2{a^3}.\) C. \(V = \frac{1}{3}{a^3}.\) D. \(V = \frac{4}{3}{a^3}.\) Spoiler: Xem đáp án Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD), E là hình chiếu vuông góc của G trên SH. Theo định lý Ta-let ta có: \(\frac{{GM}}{{SM}} = \frac{{EH}}{{SH}} = \frac{1}{3} \Rightarrow d\left( {G,(ABCD)} \right) = \frac{1}{3}d\left( {S,(ABCD)} \right)\) Do đó: \({V_{G.ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}{V_{S.ABC{\rm{D}}}} = \frac{1}{3}.3{a^3} = {a^3}.\)
Câu 54: Cho hình chóp S.ABC có \(SA = SB = a,SC = 3a,\widehat {ASB} = \widehat {CSB} = {60^0},\widehat {CSA} = {90^0}\). Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó độ dài SG bằng: A. \(a\sqrt 3 \) B. \(\frac{{a\sqrt 7 }}{3}\) C. \(\frac{{a\sqrt 5 }}{3}\) D. \(\frac{{a\sqrt {15} }}{3}\) Spoiler: Xem đáp án Xét bài toán tổng quát với \(SA = a;SB = b;SC = c\) và \(\widehat {ASB} = \alpha ,\widehat {CSB} = \beta ,\widehat {CSA} = \gamma \) Ta có: \(\overrightarrow {SG} = \frac{1}{3}\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right) \Rightarrow S{G^2} = \frac{1}{9}{\left( {\overrightarrow {SA} + \overrightarrow {SB} + \overrightarrow {SC} } \right)^2}\) \( = \frac{1}{9}\left( {S{A^2} + S{B^2} + S{C^2} + \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SB} .\overrightarrow {SC} + \overrightarrow {SA} .\overrightarrow {SC} } \right) = \frac{1}{9}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab\cos \alpha + 2bc\cos \beta + 2ca\cos \gamma } \right).\) Áp dụng suy ra \(SG = \frac{{a\sqrt {15} }}{3}.\)
Câu 55: Cho tứ diện ABCD có\(DA \bot \left( {ABC} \right),DB \bot BC,AD = AB = BC = a\). Kí hiệu V1, V2, V3 lần lượt là thể tích của khối tròn xoay sinh bởi tam giác ABD khi quay quanh AD, tam giác ABC khi quay quanh AB, tam giác DBC khi quay quanh BC. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. \({V_1} = {V_2} = {V_3}\) B. \({V_1} + {V_3} = {V_2}\) C. \({V_2} + {V_3} = {V_1}\) D. \({V_1} + {V_2} = {V_3}\) Spoiler: Xem đáp án Do \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot AB\) do đó tam giác ABC vuông cân tại B suy ra \(AC = a\sqrt 2 \) Ta có: \({V_1} = \frac{1}{3}\pi A{B^2}.AD = \frac{{\pi {a^3}}}{3};{V_2} = \frac{1}{3}B{C^2}.AB = \frac{{\pi {a^3}}}{3}\) \({V_3} = \frac{1}{3}\pi D{B^2}.BC = \frac{{\pi \left( {A{D^2} + A{B^2}} \right)}}{3}.BC = \frac{{2{\pi ^3}}}{3}\) Suy ra \({V_1} + {V_2} = {V_3}\).
Câu 56: Cho khối chóp S.ABC có đường cao \(SA = 2a\), tam giác ABC vuông ở C có \(AB = 2a\), góc \(\widehat {CAB} = {30^0}\). Gọi H là hình chiếu của A trên SC. Gọi B' là điểm đối xứng của B qua mặt phẳng (SAC). Tính thể tích khối chóp H.AB'B. A. \(\frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{7}\) B. \(\frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{7}\) C. \(\frac{{6{a^3}\sqrt 3 }}{7}\) D. \(\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{7}\) Spoiler: Xem đáp án Ta có: \(AC = AB\cos C = a\sqrt 3 ;BC = a;{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\) Lại có \(S{A^2} = SH.SC \Rightarrow \frac{{SH}}{{SC}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{C^2}}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{A^2} + A{C^2}}} = \frac{4}{7}\) Do đó \(d\left( {H;\left( {ABC} \right)} \right) = \frac{3}{7}SA = \frac{6}{7}a;{S_{ABB'}} = 2{S_{ABC}} = {a^2}\sqrt 3 \) Suy ra \({V_{H.ABB'}} = \frac{{2{a^3}\sqrt 3 }}{7}.\)
Câu 57: Gọi m là số mặt đối xứng của hình lập phương, n là số mặt đối xứng của hình bát diện đều. Khi đó A. Không thể so sánh B. \(m > n\) C. \(m < n\) D. \(m = n\) Spoiler: Xem đáp án Xét hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ Xét khối lập phương ABCD.A'B'C'D' Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA M', N', P', Q' lần lượt là trung điểm của A'B', B'C', C'D', D'A' R, S, T, U lần lượt là trung điểm của AA', BB', CC', DD' Khối lập phương ABCD. A'B'C'D' có 9 mp đối xứng như sau: a) 3 mp đối xứng chia nó thành 2 khối hộp chữ nhật (là các mp MPP'M', NQQ'N', RSTU) b) 6 mp đối xứng chia nó thành 2 khối lăng trụ tam giác (là các mp ACC'A', BDD'B', AB'C'D, A'BCD', ABC'D', A'B'CD) Gọi bát diện đều là AA’.BB’.CC’ với A và A’; B và B’; C và C’ là các cặp đỉnh đối xứng nhau qua tâm. - Từ A kẻ được 4 mặt phẳng đối xứng qua 4 cạnh AB,AB’,AC,AC’ và qua 4 trung tuyến từ A xuống các trung điểm của BC, BC’, B’C, B’C’. Vậy ta được 4 mặt đối xứng. 4 mặt này trùng với cách kẻ tương tự từ A’. - Tương tự từ B ta được 4 mặt trùng với 4 mặt từ B’, nhưng có 1 mặt trùng với mặt phẳng từ A và A’ là BAB’A’. Được thêm 3 mặt đối xứng. - Từ C ta cũng có 4 mặt phẳng tương tự nhưng trùng 2 mặt với 7 mặt kia là CBB’C’ và CAA’C’. Vậy được thêm 2 mặt. Vậy khối bát diện đều có 4+3+2=9 mặt đối xứng.
Câu 58: Cho khối chóp tứ giác đều có đường cao bằng 6 và thể tích bằng 8. Tính độ dài cạnh đáy. A. 4 B. 2 C. \(\frac{2}{{\sqrt 3 }}\) D. 3 Spoiler: Xem đáp án Ta có: \(V = \frac{1}{3}S.h \Rightarrow S = \frac{{3V}}{h} = 4\) Gọi a là độ dài cạnh đáy ta có: \({a^2} = 4 \Leftrightarrow a = 2.\)
Câu 59: Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng 4 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết CM vuông góc với BN A. \(V = \frac{{8\sqrt {26} }}{3}\) B. \(V = \frac{{8\sqrt {26} }}{{12}}\) C. \(V = \frac{{8\sqrt {26} }}{9}\) D. \(V = \frac{{8\sqrt {26} }}{{24}}\) Spoiler: Xem đáp án Gọi I là trung điểm của BC, G là trọng tâm của tam giác SBC. Và H là tâm của tam giác ABC đều \( \Rightarrow HI = \frac{{AI}}{3} = \frac{{4\sqrt 3 }}{6} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\) Tam giác BGC vuông tại G suy ra \(GI = \frac{{BC}}{2} \Rightarrow SI = 3GI = \frac{3}{2}BC = 6\) Tam giác SHI vuông tại H, có \(SH = \sqrt {S{I^2} - H{I^2}} = \frac{{2\sqrt {78} }}{3}\) Vậy thể tích khối chóp S.ABC là \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{{8\sqrt {26} }}{3}.\)
Câu 60: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có chiều cao bằng 3. Biết hai đường thẳng AB', BC' vuông góc với nhau. Tính thể tích của khối lăng trụ. A. \(V = \frac{{27\sqrt 3 }}{6}\) B. \(V = \frac{{27\sqrt 3 }}{8}\) C. \(V = \frac{{27\sqrt 3 }}{8}\) D. \(V = \frac{{27\sqrt 3 }}{2}\) Spoiler: Xem đáp án Dựng hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Khi đó \(AD'//BC' \Rightarrow AB' \bot AD'\). Ta có: ABCD là hình thoi. Đặt \(AB = x \Rightarrow AD = x \Rightarrow AB' = AD' = \sqrt {{x^2} + 9} ;B'D' = 2.\frac{{x\sqrt 3 }}{2}\) Theo Pytago suy ra \(2\left( {{x^2} + 9} \right) = 3{x^2} \Rightarrow x = 3\sqrt 2 \) Khi đó \({V_{ABC.A'B'C'}} = 3.\frac{{{x^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27\sqrt 3 }}{2}\)
