Bài tập trắc nghiệm hình chóp

Ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = a\sqrt 2 .\)
Kẻ \(CI \bot AD\,(I \in AD) \Rightarrow CI = ID = a \Rightarrow CD = \sqrt {C{I^2} + I{D^2}} = a\sqrt 2\)
Xét tam giác ACD có:
\(CA = CD = a\sqrt 2 ,AD = 2a\) nên ACD vuông cân tại C.
Suy ra \({S_{\Delta ACD}} = {a^2}.\)
Gọi H là trung điểm của AB vì tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) và \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Vậy \({S_{S.ACD}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).

 

Tứ diện đều có cạnh đáy là a và cạnh bên bằng x có công thức tính thể tích là: \(V = \frac{1}{3}.\sqrt {{x^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} .{a^2}\)
Áp dụng với \(x = a\sqrt 3 :\)\(V = \frac{1}{3}.\sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt {10} }}{6}\)

 

Công thức tổng quát tính thể tích hình chóp tam giác khi biết độ dài các cạnh bên và số đo các góc tạo bởi các cạnh bên của hình chóp là:
\(V = \frac{{abc}}{6}\sqrt {1 - {{\cos }^2}\alpha - {{\cos }^2}\beta - {{\cos }^2}\gamma + 2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma }\)
Với a,b,c là độ dài các cạnh bên, là số đo các góc tạo bởi các cạnh bên.
Áp dụng công thức trên ta có:
\(\begin{array}{l} V = \frac{{{a^3}}}{6}\sqrt {1 - {{\cos }^2}{{60}^0} - {{\cos }^2}{{90}^0} - {{\cos }^2}{{120}^0} + 2\cos {{60}^0}\cos {{90}^0}\cos {{120}^0}} \\ = \frac{{\sqrt 2 {a^3}}}{{12}} \end{array}\)

 

Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên hình chiếu của S xuống mặt đáy là trọng tâm G tam giác ABC.
I là trung điểm AB nên góc giữa (SAB) và (ABC) bằng góc SIG và bằng 600
Ta có \(SG = \tan 60.IG = \sqrt 3 .\frac{{a\sqrt 3 }}{6} = \frac{a}{2}\)
\(V = \frac{1}{3}SG.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{a}{2}.\frac{1}{2}.a.a.\sin {60^0} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}\)

 

Tam giác ABC vuông tại B nên \(BC = \sqrt {A{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 .\)
Thể tích khối chóp S.ABC là:
\(V = \frac{1}{3}.{S_{ABC}}.SA = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}.AB.BC.SA = \frac{1}{6}.a.a\sqrt 3 .2a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{3}.\)

 

Ta thấy do SA là đường cao của hình chóp SABCD do đó hình chiếu của SB lên (ABCD) là AB.
Từ đây suy ra \(\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SBA} = {60^0}\)
Tam giác SBA vuông tại A \(\Rightarrow SA = AB.\tan \widehat {SBA} = a.\tan {60^0} = a\sqrt 3\)
Vậy thể tích của khối chóp S.ABCD là:
\(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a\sqrt 3 .{a^2} = \frac{{{a^3}}}{{\sqrt 3 }}\)

 

Ta có:
\(\begin{array}{l} \left. \begin{array}{l} SA \bot SB\\ SA \bot SC \end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot (SBC)\\ \Rightarrow {V_{SABC}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{SBC}} = \frac{1}{3}a.\frac{1}{2}.2a.3a = {a^3} \end{array}\)

 

Kẻ \(SH \bot BC\) vì \(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)
Gọi I, J là hình chiếu của H trên AB và BC
\(\Rightarrow SJ \bot AB,SJ \bot BC\)
Theo giả thiết \(\Delta SHI = \Delta SHJ \Rightarrow HI = HJ\)
Ta có: \(\Delta SHI = \Delta SHJ \Rightarrow HI = HJ\) nên BH là đường phân giác của \(\Delta ABC\) từ đó suy ra H là trung điểm của AC.
\(HI = HJ = SH = \frac{a}{2} \Rightarrow {V_{SABC}} = \frac{1}{3}{S_{ABC}}.SH = \frac{{{a^3}}}{{12}}\)

 

\({S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC.BA = \frac{{{a^2}}}{2}\)
Vậy: \(V = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABC}} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\)

 

Kẻ \(SH \bot BD \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)
Tam giác SBD vuông ở S có SH là đường cao.
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{B^2}}} + \frac{1}{{S{D^2}}} \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\\ + {S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC.BD = 4{a^2}\\ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}{a^3}. \end{array}\)

 

Gọi M là trung điểm của CD.
Gọi H là tâm của hình vuông ABCD.
Suy ra: \(SH \bot (ABCD).\)
+ Kẻ \(HK \bot SM \Rightarrow d(H,(SCD)) = HK = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
+ Ta có: \(HM = 1 \Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{M^2}}} \Rightarrow SH = 1\)
+ \({S_{ABCD}} = 4\)
Vậy: \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{4}{3}.\)

 

Gọi x là độ dài cạnh góc vuông của tam giác ABC ta có: \(\sqrt {{x^2} + {x^2}} = 4a \Rightarrow x = 2\sqrt 2 a \Rightarrow {S_{ABC}} = 4{a^2}\)
Ta có: \(V = \frac{1}{3}S.h = {a^3} \Rightarrow h = \frac{{3a}}{4}\)

 

Gọi H là tâm của hình vuông ABCD\(\Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\)
Ta có: \(AH = \frac{{AC}}{2} = \frac{{AB\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow SH = \sqrt {S{A^2} - H{A^2}} = \frac{{a\sqrt {10} }}{2}\)
\(\Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{{SH.A{B^2}}}{3} = \frac{{{a^3}\sqrt {10} }}{2}.\)

 

Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó ta có \(AM\perp BC\) (vì là tam giác đều)
Mặt khác ta lại có \(SM\perp BC\) (vì \(\Delta SAB=\Delta SAC\))
Suy ra góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABC) là \(\widehat{SMA}=30^0\)
Xét \(\Delta ABC\) ta có \(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)
Diện tích \(\Delta ABC\) là \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}.BC.AM = \frac{1}{2}.a. \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\)
Xét \(\Delta SAM\) ta có \(SA = AM.\tan \widehat {SMA} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\tan {30^0} = \frac{a}{2}\)
Thể tích khối chóp S.ABC là: \(V = \frac{1}{3}.{S_{\Delta ABC}}.SA = \frac{1}{3}. \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.\frac{a}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}.\)

 

Gọi x là độ dài cạnh góc vuông
\(\Rightarrow {x^2} + {x^2} = 4{a^2} \Rightarrow x = a\sqrt 2 \Rightarrow OM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Ta có: \(SO = OM.\tan {45^0} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)
Vậy: \(V = \frac{1}{3}.2{a^2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{3}.\)

 

\(V = \frac{1}{3}SA.{s_{day}} = \frac{1}{3}a\sqrt 3 .\frac{1}{2}.a.a.\sin {60^0} = \frac{1}{4}{a^3}.\)

 

\({S_{SBC}} = \frac{1}{2}SB.SC.\sin \widehat {BSC} \le \frac{1}{2}SB.SC = \frac{1}{2}2a.3a = 3{a^2}.\)
Gọi H là hình chiếu của A lên (SBC)
Ta có: \(AS \ge AH \Rightarrow V \le \frac{1}{3}a.3{a^2} = {a^3}.\)

 

Gọi H là trung điểm BC.
Ta có \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) và \(SH = \frac{1}{2}BC = a.\)
\({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}a.2a = {a^2}.\)
Vậy thể tích khối chóp \({V_{SABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3}a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}.\)