Câu hỏi:

Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông tại $A$ và $AC = a$. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên $\left( {ABC} \right)$ là trung điểm $H$ của $BC$. Mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ tạo với $\left( {ABC} \right)$ một góc $60^\circ $.

a) Gọi $M$ là trung điểm cạnh $AB$. Khi đó, $MH \bot AB.$

b) Số đo \[\widehat {SMH}\] bằng $60^\circ $.

c) Gọi $K$ là hình chiếu của $H$ lên $SM$. Khi đó, $HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

d) Gọi $I$ là trung điểm $SC$. Khoảng cách từ $I$ đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ bằng $\frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

Trả lời:

Đáp án đúng:

Ta có:

$H$ là trung điểm $BC$ nên $AH$ không vuông góc với $AB$. Do đó, $MH$ không vuông góc với $AB$. Vậy a) sai.
Góc giữa $(SAB)$ và $(ABC)$ là góc $\widehat{SMH}$. Theo đề bài, góc này bằng $60^\circ$. Vậy b) đúng.
Để tính $HK$, ta cần biết $SH$ và $HM$. Ta chưa có đủ dữ kiện để tính trực tiếp $HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Để tính khoảng cách từ $I$ đến $(SAB)$, ta cần biết vị trí tương đối của $I$ và $(SAB)$, cũng như khoảng cách từ một điểm khác đến $(SAB)$ mà ta có thể tính được.

Vậy câu b) là câu chắc chắn đúng.

Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài

Đề ôn luyện Chủ đề Hình học không gian - Đề 1

10/09/2025

0 lượt thi

0 / 22

Bắt đầu thi

Câu hỏi liên quan

Câu 16:

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi tâm $O$,$AB = a,\,\,\widehat {BAD} = 60^\circ $, $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ tạo với mặt đáy một góc $60^\circ $. Gọi $J,\,I$ lần lượt là trung điểm cạnh $CD,\,DJ$

a) Diện tích của hình thoi $ABCD$ là ${S_{ABCD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$

b) Góc giữa mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ và mặt đáy là $\widehat {SJO}$

c) Chiều cao của khối chóp là $\frac{{3a}}{4}$

d) Thể tích của khối chóp $S.ABCD$ được viết dưới dạng $\frac{{{a^3}\sqrt m }}{n}$, với $m$ là số nguyên tố. Khi đó, $2024m - n = 6065$

Lời giải:

Đáp án đúng:

Ta sẽ kiểm tra từng mệnh đề:

a) Vì $ABCD$ là hình thoi cạnh $a$ và $\widehat{BAD}=60^\circ$ nên tam giác $ABD$ là tam giác đều cạnh $a$. Suy ra $S_{ABD} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$. Do đó $S_{ABCD} = 2S_{ABD} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2}$. Vậy a) đúng.

b) Gọi $J$ là trung điểm $CD$. Ta có $OJ \perp CD$. Suy ra $CD \perp (SOJ)$. Do đó góc giữa $(SCD)$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{SJO}$. Vậy b) đúng.

c) Ta có $\widehat{SJO} = 60^\circ$. Tam giác $ABD$ đều cạnh $a$ nên $BD = a$. Suy ra $OD = \frac{a}{2}$. Ta có $CD = a$ nên $DJ = \frac{a}{2}$. Xét tam giác $ODJ$ vuông tại $D$: $OJ = \sqrt{OD^2 + DJ^2 - 2OD.DJ.cos(90)} = \sqrt{(\frac{a}{2})^2 + (\frac{a}{2})^2} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Trong tam giác vuông $SOJ$, ta có $SO = OJ.tan(60^\circ) = \frac{a\sqrt{2}}{2}.\sqrt{3} = \frac{a\sqrt{6}}{2}$. Vậy c) sai.

d) $V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}SO.S_{ABCD} = \frac{1}{3}.\frac{a\sqrt{6}}{2}.\frac{a^2\sqrt{3}}{2} = \frac{a^3\sqrt{18}}{12} = \frac{a^3\sqrt{2}}{4}$. Vậy $m=2$, $n=4$. Khi đó $2024m - n = 2024.2 - 4 = 4044$. Vậy d) sai.

Vậy chỉ a) và b) đúng.

Câu 17:

PHẦN III. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 6.

Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình thang vuông tại \[A\] và \[D\], \[AB = AD = 2a,\] $CD = a$ Gọi $I$ là trung điểm cạnh \[AD,\] biết hai mặt phẳng \[\left( {SBI} \right)\], \[\left( {SCI} \right)\] cùng vuông góc với đáy và \[SI = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5}\]. Số đo góc nhị diện $\left[ {S,BC,D} \right]$ bằng bao nhiêu độ?

Lời giải:

Đáp án đúng:

Vì $(SBI)$ và $(SCI)$ cùng vuông góc với đáy nên $SI \perp (ABCD)$.\nGọi $H$ là hình chiếu của $I$ trên $BC$. Khi đó góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là $\angle SHI$.\nTa có $BC = \sqrt{AB^2 + (AB-CD)^2} = \sqrt{(2a)^2 + a^2} = a\sqrt{5}$.\n$S_{IBCD} = \frac{1}{2} (CD + BI) \cdot AD = \frac{1}{2} (a + 2a) \cdot 2a = 3a^2$.\n$IH = \frac{2S_{IBCD}}{BC} = \frac{2 \cdot \frac{1}{2}(a+2a)2a}{a\sqrt{5}} = \frac{6a^2}{a\sqrt{5}} = \frac{6a}{\sqrt{5}}$.\n$\tan \angle SHI = \frac{SI}{IH} = \frac{\frac{3a\sqrt{5}}{5}}{\frac{6a}{\sqrt{5}}} = \frac{3a\sqrt{5}}{5} \cdot \frac{\sqrt{5}}{6a} = \frac{15a}{30a} = \frac{1}{2}$.\nDo đó $\angle SHI = \arctan(\frac{1}{2})$ (Sai). Ta thấy bài toán có vấn đề, cần xem lại.\nGọi $E$ là trung điểm $BC$. Kẻ $ID \perp BC$ tại $H$ thì góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$ là $\angle SEI$. Tính được $BC = a\sqrt{5}$ suy ra $BE = CE = \frac{a\sqrt{5}}{2}$.\nTa có $BI = \sqrt{a^2 + (2a)^2} = a\sqrt{5}$ nên $\triangle IBC$ cân tại $B$, suy ra $IE \perp BC$ tại $E$.\nÁp dụng định lý cosin cho $\triangle IBC$ có $IC = \sqrt{a^2 + a^2} = a\sqrt{2}$ nên $\triangle IBC$ không cân tại $I$.\nVì $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $D$ nên $AD \perp AB$ và $AD \perp CD$. Gọi $M$ là trung điểm $AB$, suy ra $AM = MB = a$.\n$\widehat{(SBC),(ABCD)} = \widehat{SEI}$ với $E$ là hình chiếu của $I$ lên $BC$. $IE = \frac{3a}{\sqrt{5}}$\n$\tan \widehat{SEI} = \frac{SI}{IE} = \frac{\frac{3a\sqrt{5}}{5}}{\frac{3a}{\sqrt{5}}} = 1$ suy ra $\widehat{SEI} = 45^\circ$.

Câu 18:

Một miếng pho mát có dạng khối lăng trụ đứng với chiều cao $10\,{\rm{cm}}$ và đáy là tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng $12\,{\rm{cm}}$. Tính khối lượng của miếng pho mát theo đơn vị gam, biết khối lượng riêng của loại pho mát đó là $3\,\,{\rm{g/c}}{{\rm{m}}^{\rm{3}}}$

Lời giải:

Đáp án đúng:

Thể tích của khối lăng trụ là:
$V = S_{đáy} * h = \frac{1}{2} * 12 * 12 * 10 = 720 cm^3$
Khối lượng của miếng pho mát là:
$m = D * V = 3 * 720 = 2160 g$

Câu 19:

Cho hình chóp \[S.ABC\], có $SA = SB = SC$, đáy là tam giác đều cạnh bằng $7$. Biết thể tích khối chóp \[S.ABC\] bằng $\frac{{343\sqrt 3 }}{3}$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$

Lời giải:

Đáp án đúng:

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Vì tam giác $ABC$ đều, nên $AM \perp BC$. Vì $SA=SB=SC$ nên hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$ là tâm $O$ của tam giác đều $ABC$. Suy ra $SO \perp (ABC)$.

Ta có $V_{S.ABC} = \frac{1}{3}SO.S_{ABC}$.
Diện tích tam giác $ABC$ là $S_{ABC} = \frac{7^2\sqrt{3}}{4} = \frac{49\sqrt{3}}{4}$.

Suy ra $\frac{343\sqrt{3}}{3} = \frac{1}{3}SO.\frac{49\sqrt{3}}{4}$ nên $SO = \frac{343\sqrt{3}}{3} . \frac{3.4}{49\sqrt{3}} = 28$.

Gọi $I$ là trung điểm của $AO$. Dựng $IK \perp SA (K \in SA)$, suy ra $IK = d(O, SA)$.
Ta có $d(BC, SA) = d(BC, (SOA)) = d(M, (SOA))$.

Vì $AM \perp BC$ và $SO \perp BC$ nên $BC \perp (SOA)$, suy ra $d(M, (SOA)) = d(A, (SOA)) = 2d(O, (SOA)) = 2IK$.
Ta có $AO = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{7\sqrt{3}}{2} = \frac{7\sqrt{3}}{3}$.

Xét tam giác $SOA$, ta có $\frac{1}{IK^2} = \frac{1}{SO^2} + \frac{1}{OA^2} = \frac{1}{28^2} + \frac{1}{(\frac{7\sqrt{3}}{3})^2} = \frac{1}{784} + \frac{9}{147} = \frac{1}{784} + \frac{48}{784} = \frac{49}{784} = \frac{1}{16}$.
Suy ra $IK = 4$.

Vậy $d(BC, SA) = 2IK = 8$, suy ra đáp án sai.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SO$, suy ra $AH \perp (SBC)$ và $AH = d(A, (SBC))$
Vậy $d(SA,BC) = AH$. Ta có $SA = \sqrt{SO^2 + OA^2} = \sqrt{28^2 + (\frac{7\sqrt{3}}{3})^2} = \sqrt{784 + \frac{49.3}{9}} = \sqrt{784 + \frac{49}{3}} = \sqrt{\frac{2352+49}{3}} = \sqrt{\frac{2401}{3}} = \frac{49}{\sqrt{3}}$

$\frac{1}{AH^2} = \frac{1}{AO^2} + \frac{1}{SO^2} = \frac{3}{49} + \frac{1}{784} = \frac{48+1}{784} = \frac{49}{784} = \frac{1}{16}$, suy ra $AH = 4$.

Câu 20:

Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình thoi tâm \[O\], đường thẳng \[SO\] vuông góc với mặt phẳng \[\left( {ABCD} \right)\]Biết $BC = SB = a,SO = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$. Tìm số đo của góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$ (làm tròn kết quả đến đơn vị độ).

Lời giải:

Đáp án đúng:

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Vì $ABCD$ là hình thoi nên $CD = BC = a$.

Xét $\Delta SBC$ và $\Delta SDC$ có: $SC$ chung, $SB = SD = a$, $BC = DC = a$ suy ra $\Delta SBC = \Delta SDC$ (c.c.c).

Suy ra $\widehat{SBC} = \widehat{SDC}$. Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ lên $SM$. Khi đó $BH \perp SM$.

Ta có $CD \perp OM$ và $CD \perp SO$ (vì $SO \perp (ABCD)$) suy ra $CD \perp (SOM)$ suy ra $CD \perp SM$.

Do đó $CD \perp (SBM)$. Suy ra $CD \perp BH$.

Ta có $BH \perp SM$, $BH \perp CD$ suy ra $BH \perp (SCD)$.

Suy ra góc giữa $SB$ và $(SCD)$ là $\widehat{BSH}$.

Vì $O$ là tâm hình thoi nên $OB = OC$. Xét $\Delta OBC$ có $OB = OC$ và $BC = a$ suy ra $\Delta OBC$ là tam giác đều, suy ra $\widehat{BOC} = 60^\circ$.

Suy ra $\widehat{BOM} = 120^\circ$ (vì $\widehat{BOC} + \widehat{COM} = 180^\circ$).

Ta có $BM = \sqrt{BC^2 + CM^2 - 2BC.CM.cos\widehat{BCM}} = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{4} - 2.a.\frac{a}{2}.cos120^\circ} = \frac{a\sqrt 7}{2}$.

Xét $\Delta SOB$ vuông tại $O$ có $SB = a$ và $SO = \frac{a\sqrt 6}{3}$ suy ra $OB = \sqrt{SB^2 - SO^2} = \sqrt{a^2 - \frac{6a^2}{9}} = \frac{a\sqrt 3}{3}$.

Xét $\Delta SBM$ có $\frac{1}{BH^2} = \frac{1}{SB^2} + \frac{1}{BM^2} = \frac{1}{a^2} + \frac{4}{7a^2} = \frac{11}{7a^2}$ suy ra $BH = a\sqrt{\frac{7}{11}}$.

Xét $\Delta SBH$ vuông tại $H$ có $sin\widehat{BSH} = \frac{BH}{SB} = \frac{a\sqrt{\frac{7}{11}}}{a} = \sqrt{\frac{7}{11}}$. Suy ra $\widehat{BSH} \approx 45^\circ$.

Câu 21:

Một bể chứa nước hình hộp chữ nhật $ABCD.A'B'C'D'$ được đặt trên một mái nhà nghiêng so với mặt đất nằm ngang góc $10^\circ ,\,AB = 1{\rm{\;m}},\,AD = 1,5{\rm{\;m}}$, $AA' = 1{\rm{\;m}}$. Đáy bể là hình chữ nhật $ABCD$. Các điểm $A,B$ cùng ở độ cao $5{\rm{\;m}}$ (so với mặt đất), các điểm $C,D$ ở độ cao lớn hơn so với độ cao của các điểm $A,B$. Khi nước trong bể phẳng lặng người ta đo được khoảng cách giữa đường mép nước ở mặt phẳng $\left( {ABB'A'} \right)$ và mặt đáy của bể là $80{\rm{\;cm}}$. Tính thể tích của phần nước trong bể (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm theo đơn vị mét khối)

Lời giải: