Bài toán hình học không gian về hình chóp tứ giác đều

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:

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: