Câu hỏi:
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, \(2024m - n = 6065\).
Trả lời:
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.
Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài
Câu hỏi liên quan
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 $\widehat{SEI} = 45^\circ$.
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:
$m = D * V = 3 * 720 = 2160 g$
$V = S_{đáy} * h = \frac{1}{2} * 12 * 12 * 10 = 720 cm^3$
Khối lượng của miếng pho mát là:
$m = D * V = 3 * 720 = 2160 g$
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 $AH = 4$.
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 $AH = 4$.
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 $\widehat{BSH} \approx 45^\circ$.
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 $\widehat{BSH} \approx 45^\circ$.
Lời giải:
Đáp án đúng:
Gọi $h_C, h_D$ lần lượt là độ cao của $C$ và $D$ so với mặt phẳng chứa $A$ và $B$. Vì góc nghiêng của mái nhà là $10^\circ$ nên độ cao của $C$ và $D$ so với mặt phẳng chứa $A$ và $B$ là:
$h_C = h_D = AD \cdot \tan(10^\circ) = 1.5 \cdot \tan(10^\circ) \approx 0.265 \, m$
Vì mực nước cách mặt $ABB'A'$ là $0.8m$ nên khoảng cách từ mặt nước đến mặt $CDD'C'$ là:
$0.8 + h_C = 0.8 + 0.265 = 1.065 \, m$
Thể tích nước trong bể là diện tích đáy nhân với trung bình cộng độ cao của mực nước so với đáy:
$V = AB \cdot AD \cdot \frac{0.8 + 1.065}{2} = 1 \cdot 1.5 \cdot \frac{0.8 + 1.065}{2} = 1.5 \cdot 0.9325 = 1.39875 \approx 1.40 \, m^3$
Nhưng vì mực nước là 80cm tính từ mặt $ABB'A'$, nên ta tính chiều cao trung bình của cột nước:
$h_{tb} = \frac{0.8 + 0.8 + 1.5 \tan(10^\circ)}{2} = \frac{1.6 + 0.265}{2} = 0.9325$
Vậy thể tích nước là:
$V = 1 \cdot 1.5 \cdot 0.9325 = 1.39875 m^3$. Kết quả này có vẻ không hợp lý, cần xem lại đề bài và hình vẽ.
Chiều cao mực nước trung bình là $h = 0.8 + \frac{1}{2}AD\tan(10^o) = 0.8 + \frac{1}{2}*1.5*0.1763 = 0.8 + 0.1322 = 0.9322 m$
Thể tích $V = 1*1.5*0.8 = 1.2 m^3$ (xấp xỉ). Ta tính lại:
Chiều cao cột nước tại $A$ và $B$ là 0.8m, tại $C$ và $D$ là $0.8 + 1.5\tan(10^o) = 0.8 + 1.5 * 0.176 = 1.064m$
Chiều cao trung bình là $(0.8 + 1.064)/2 = 0.932$
Thể tích là $V = 1*1.5*0.932 = 1.398m^3$ làm tròn là $1.40 m^3$
*Tính lại*: Khoảng cách từ A,B đến mặt nước là 0.8m
Khoảng cách từ C,D đến mặt nước là $x$. Góc $10^o$ tạo bởi mặt đất và mái nhà.
$\tan(10^o) = \frac{x}{1.5} => x = 1.5*\tan(10^o) = 0.264m$
Vậy chiều cao của nước tại C,D là $0.8 + 0.264 = 1.064m$
Chiều cao trung bình của nước là: $(0.8 + 1.064)/2 = 0.932m$
Thể tích nước là $1*1.5*0.932 = 1.398 m^3$ (làm tròn 2 số sau dấu phẩy là $1.40 m^3$). Có lẽ đề sai.
$h_C = h_D = AD \cdot \tan(10^\circ) = 1.5 \cdot \tan(10^\circ) \approx 0.265 \, m$
Vì mực nước cách mặt $ABB'A'$ là $0.8m$ nên khoảng cách từ mặt nước đến mặt $CDD'C'$ là:
$0.8 + h_C = 0.8 + 0.265 = 1.065 \, m$
Thể tích nước trong bể là diện tích đáy nhân với trung bình cộng độ cao của mực nước so với đáy:
$V = AB \cdot AD \cdot \frac{0.8 + 1.065}{2} = 1 \cdot 1.5 \cdot \frac{0.8 + 1.065}{2} = 1.5 \cdot 0.9325 = 1.39875 \approx 1.40 \, m^3$
Nhưng vì mực nước là 80cm tính từ mặt $ABB'A'$, nên ta tính chiều cao trung bình của cột nước:
$h_{tb} = \frac{0.8 + 0.8 + 1.5 \tan(10^\circ)}{2} = \frac{1.6 + 0.265}{2} = 0.9325$
Vậy thể tích nước là:
$V = 1 \cdot 1.5 \cdot 0.9325 = 1.39875 m^3$. Kết quả này có vẻ không hợp lý, cần xem lại đề bài và hình vẽ.
Chiều cao mực nước trung bình là $h = 0.8 + \frac{1}{2}AD\tan(10^o) = 0.8 + \frac{1}{2}*1.5*0.1763 = 0.8 + 0.1322 = 0.9322 m$
Thể tích $V = 1*1.5*0.8 = 1.2 m^3$ (xấp xỉ). Ta tính lại:
Chiều cao cột nước tại $A$ và $B$ là 0.8m, tại $C$ và $D$ là $0.8 + 1.5\tan(10^o) = 0.8 + 1.5 * 0.176 = 1.064m$
Chiều cao trung bình là $(0.8 + 1.064)/2 = 0.932$
Thể tích là $V = 1*1.5*0.932 = 1.398m^3$ làm tròn là $1.40 m^3$
*Tính lại*: Khoảng cách từ A,B đến mặt nước là 0.8m
Khoảng cách từ C,D đến mặt nước là $x$. Góc $10^o$ tạo bởi mặt đất và mái nhà.
$\tan(10^o) = \frac{x}{1.5} => x = 1.5*\tan(10^o) = 0.264m$
Vậy chiều cao của nước tại C,D là $0.8 + 0.264 = 1.064m$
Chiều cao trung bình của nước là: $(0.8 + 1.064)/2 = 0.932m$
Thể tích nước là $1*1.5*0.932 = 1.398 m^3$ (làm tròn 2 số sau dấu phẩy là $1.40 m^3$). Có lẽ đề sai.
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Câu 1:
PHẦN I. Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a\]. Cạnh bên \[SA \bot \,\left( {ABCD} \right),\] \[SA = 2a\]. Khoảng cách từ trung điểm \[M\] của \[AB\] đến mặt phẳng \[\left( {SAD} \right)\] là
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Lời giải:
Bạn cần đăng ký gói VIP để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn. Nâng cấp VIP
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Giáo Dục Kinh Tế Và Pháp Luật Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Lịch Sử Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Công Nghệ Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Hóa Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Sinh Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
