50 bài tập Hình học không gian có lời giải

Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AD\,{\rm{//}}\,BC\). Do đó, \(\left( {SB,AD} \right) = \left( {SB,BC} \right)\). Chọn B.

Ta có tính chất: Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước. Chọn B.

Ta có $\left\{\begin{array}{l}AD\perp AB\left(ABCD\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}là\hspace{0.17em}hcn}\right)\\ AD\perp SA\left(SA\perp \left(ABCD\right)\right)\end{array}\right.\Rightarrow AD\perp \left(SAB\right)\Rightarrow d\left(D,\left(SAB\right)\right)=AD$. Chọn C.

Ta có: \(A'A{\rm{//}}C'C \Rightarrow \left( {A'B,C'C} \right) = \left( {A'B,A'A} \right) = \widehat {AA'B}\).

Mà \(\Delta A'AB\) vuông cân tại \[A\] nên \(\widehat {AA'B} = 45^\circ \).

Vì \(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AA'\) và \(AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của \[\Delta AA'C\].

Do đó, \(A'C\,{\rm{//}}\,MN \Rightarrow \left( {A'C,MB} \right) = \left( {MN,MB} \right) = \widehat {BMN}\).

Xét \(\Delta MNB\) có: \(MB = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2},\,MN = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\,,\,BN = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

\(\cos \widehat {BMN} = \frac{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{{a\sqrt 5 }}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5} \Rightarrow \widehat {BMN} \approx 50,8^\circ \).

Đáp án:       a) Đúng,      b) Đúng,     c) Sai,                    d) Sai.

Ta có: \(AD\,{\rm{//}}\,BC \Rightarrow AD\,{\rm{//}}\,\,\left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\), kẻ \(AH \bot SB\) tại \(H\). (1)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AH \bot BC} \right.\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) hay \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)

Vậy \(d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

Trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\), kẻ \(AK \bot SD\) tại \(K\). (3)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SA}\\{AB \bot AD}\end{array} \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot AK} \right.\).(4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AK\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(AB,SD\).

Tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\) nên \(AD = \sqrt {A{C^2} - C{D^2}} = \sqrt {3{a^2} - 2{a^2}} = a\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) nên

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}\)

Vậy \(d\left( {AB,SD} \right) = AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

Diện tích đáy hình chóp là: \({S_{ABCD}} = a \cdot a\sqrt 2 = {a^2}\sqrt 2 \).

Thể tích khối chóp cần tìm là: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot {a^2}\sqrt 2 = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3}{\rm{ }}\)(đơn vị thể tích).

Đáp án:       a) Đúng,      b) Sai,                    c) Đúng,      d) Sai.

Chia mặt cắt đoạn đê thành các hình tam giác vuông, hình chữ nhật, hình thang như hình vẽ sau.

Đoạn đê được ghép bởi bốn khối lăng trụ đứng có cùng chiều cao \(100{\rm{\;m}}\) và có đáy lần lượt là tam giác vuông \(ABC\), hình chữ nhật \(ACDI\), các hình thang vuông \(DEHI\) và \(EFGH\).

Theo giả thiết, ta có:

+ Tam giác vuông \(ABC\) có kích thước hai cạnh góc vuông là \(9\) m và \(6,5\) m.

+ Hình chữ nhật \(ACDI\) có hai kích thước là \(5\) m và \(6,5\) m.

+ Hình thang vuông \(DEHI\) có đáy lớn dài \(6,5\) m, đáy nhỏ dài \(3\) m và chiều cao \(4,5\) m.

+ Hình thang vuông \(EFGH\) có đáy lớn đài \(6\) m, đáy nhỏ dài \(1\) m và chiều cao \(3\) m.

Thể tích của khối lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông \(ABC\) bằng:

\({V_1} = \left( {\frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 6,5} \right) \cdot 100 = 2925\,\,\left( {{{\rm{m}}^{\rm{3}}}} \right).\)

Thể tích của khối lăng trụ đứng có đáy là hình chữ nhật \(ACDI\) bằng:

\({V_2} = \left( {5 \cdot 6,5} \right) \cdot 100 = 3\,250\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Thể tích của khối lăng trụ đứng có đáy là hình thang vuông \(DEHI\) bằng:

\({V_3} = \frac{1}{2}\left( {6,5 + 3} \right) \cdot 4,5 \cdot 100 = 2137,5\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Thể tích của khối lăng trụ đứng có đáy là hình thang vuông \(DEHI\) bằng:

\({V_4} = \frac{1}{2}\left( {6 + 1} \right) \cdot 3 \cdot 100 = 1050\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Vậy thể tích vật liệu cần dùng để xây dựng đoạn đê đó bằng:

\(V = {V_1} + {V_2} + {V_3} + {V_4} = 2925 + 3250 + 2137,5 + 1050 = 9362,5 \approx 9\,363\,\,\left( {{{\rm{m}}^3}} \right).\)

Đáp án: \(9\,363\).

Mệnh đề “Góc giữa hai đường thẳng \(a\) và \(c\) là chính góc giữa hai đường thẳng \(a\) và \(b\)” là mệnh đề sai. Chọn D.

Hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có \(AA'\,{\rm{//}}\,BB'\,{\rm{//}}\,CC'\).

Do đó, \(\left( {AA',BC} \right) = \left( {BB',BC} \right) = \left( {CC',BC} \right)\). Chọn C.