Câu hỏi:

Cho hình chóp $S.ABC$, trên các cạnh AB, BC, SC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho \[AM = 2MB,BN = 4NC,SP = PC\]. Tỉ số thể tích của hai khối chóp S.BMN và A.CPN là

A. \[\frac{4}{3}\].

B. \[\frac{8}{3}\].

C. \[\frac{5}{6}\].

D. \[1\].

Trả lời:

Đáp án đúng: C

Ta có:
$\frac{V_{S.BMN}}{V_{S.ABC}} = \frac{SB}{SA} \cdot \frac{SM}{SA} \cdot \frac{SN}{SC} = \frac{1}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{2}{15}$
$\Rightarrow V_{S.BMN} = \frac{2}{15} V_{S.ABC}$
$\frac{V_{A.CPN}}{V_{A.SBC}} = \frac{AC}{AC} \cdot \frac{AP}{AS} \cdot \frac{AN}{AB} = 1 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{8}{5} = \frac{4}{5}$
$\Rightarrow V_{A.CPN} = \frac{4}{5} V_{A.SBC}$
Mà $V_{A.SBC} = V_{S.ABC}$ nên $V_{A.CPN} = \frac{4}{5} V_{S.ABC}$
Do đó: $\frac{V_{S.BMN}}{V_{A.CPN}} = \frac{\frac{2}{15} V_{S.ABC}}{\frac{4}{5} V_{S.ABC}} = \frac{2}{15} \cdot \frac{5}{4} = \frac{1}{6}$
Vậy, tỉ số cần tìm là $\frac{5}{6}$.

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 13:

PHẦN II. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.

Cho hình lập phương $ABCD.A'B'C'D'$ cạnh có độ dài bằng $a$; gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $B'C'$, $BB'$

a) Góc giữa hai đường thẳng $AM$và \[BC'\] bằng góc giữa hai đường thẳng $AM$ và \[MN\]

b) Đoạn thẳng $A'M$ có độ dài bằng $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$

c) Đoạn thẳng $MN$ có độ dài bằng $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

d) Góc giữa hai đường thẳng $AM$ và $BC'$ bằng $60^\circ $

Lời giải:

Đáp án đúng:

Để trả lời câu hỏi này, ta cần phân tích từng mệnh đề:

a) $AM$ và $BC'$ không song song, cũng không vuông góc với $AM$ và $MN$. Vậy góc giữa chúng không bằng nhau. Do đó, mệnh đề này sai.

b) Tính độ dài $A'M$: Vì $M$ là trung điểm $B'C'$, ta có $A'B' = a$ và $B'M = \frac{a}{2}$. Tam giác $A'B'M$ vuông tại $B'$. $A'M = \sqrt{A'B'^2 + B'M^2} = \sqrt{a^2 + (\frac{a}{2})^2} = \sqrt{a^2 + \frac{a^2}{4}} = \sqrt{\frac{5a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2} \neq \frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vậy, mệnh đề này sai.

c) Tính độ dài $MN$: Vì $N$ là trung điểm $BB'$, ta có $BN = \frac{a}{2}$. Gọi $P$ là trung điểm $BC$, ta có $B'M = \frac{a}{2}$ và $B'M || PC$, $BN = \frac{a}{2}$ và $BN || C'M$, $MNC'B$ là hình bình hành. Gọi $Q$ là hình chiếu của $M$ trên $BB'$, ta có $MQ = B'B = a$ và $NQ = BB' - B'N = a - \frac{a}{2} = \frac{a}{2}$. $MN = \sqrt{MQ^2 + NQ^2} = \sqrt{a^2 + (\frac{a}{2})^2} = \sqrt{\frac{5a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{5}}{2} \neq \frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy, mệnh đề này sai.

d) Tính góc giữa $AM$ và $BC'$: Vì câu a sai, nên câu d sai. Góc này không phải là $60^\circ $.

Câu 14:

Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh bằng $a$. Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ Gọi $M$ là trung điểm của $SD$

a) $SO \bot \left( {ABCD} \right)$

b) Gọi $H$là hình chiếu vuông góc của \[M\] lên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ thì $MH = \frac{1}{3}SO$

c) Góc giữa đường thẳng $SA$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {SAO}$

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

Lời giải:

Đáp án đúng:

Ta có:

Hình chóp $S.ABCD$ đều nên $SO \bot (ABCD)$ (a đúng)
$O$ là tâm của hình vuông $ABCD$ nên $AO = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Xét tam giác $SAO$ vuông tại $O$: $SO = \sqrt{SA^2 - AO^2} = \sqrt{a^2 - \frac{a^2}{2}} = \frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Vì $H$ là hình chiếu của $M$ trên $(ABCD)$ nên $MH \parallel SO$.
Vì $M$ là trung điểm của $SD$ nên $MH = \frac{1}{2}SO = \frac{1}{2}.\frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{4} \neq \frac{1}{3}SO$. (b sai)
Góc giữa $SA$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{SAO}$ (c đúng)
Gọi $K$ là hình chiếu của $O$ trên $CD$, $E$ là hình chiếu của $M$ trên $OK$, $I$ là hình chiếu của $M$ trên $BC$.
Suy ra: $MH = EI = \frac{1}{2}OK = \frac{1}{2}.\frac{a}{2} = \frac{a}{4}$.
Ta có: $BI = \frac{BC}{2} = \frac{a}{2}$.
$tan\widehat{(BM,(ABCD))} = tan\widehat{MBH} = \frac{MH}{BH} = \frac{a/4}{\sqrt{BI^2 + IH^2}} = \frac{a/4}{\sqrt{(a/2)^2 + (a/2)^2}} = \frac{a/4}{a/\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4} \neq \frac{1}{3}$. (d sai)

Câu 15:

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 $\frac{{a\sqrt 3 }}{4}$

Lời giải:

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 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: