Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(SA = a\sqrt {11} ,\) côsin góc
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có \(SA = a\sqrt {11} ,\) côsin góc tạo bởi hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) bằng \(\dfrac{1}{{10}}\).
| Đúng | Sai | |
|---|---|---|
| a) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\). | ||
| b) Kẻ \(DH \bot SC, H \in SC\), khi đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là góc giữa 2 đường thẳng \(DH\) và \(BH\). | ||
| c) \(SO = 2a.\) | ||
| d) Thể tích của khối chóp \(S.ABCD\) bằng \(16{a^3}\) |
Đáp án đúng là: Đ; Đ; S; S
Quảng cáo
a) Đúng: Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).
Do \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều nên \(ABCD\) là hình vuông, \(O\) là tâm của đáy nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
b) Đúng: Trong mp \(\left( {SCD} \right)\), kẻ \(DH \bot SC\,\,\,\left( {H \in SC} \right)\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\), ta có:
\(ABCD\) là hình vuông nên \(AC \bot BD\)
\(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SC\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \(SC \bot \left( {DBH} \right) \Rightarrow SC \bot BH\)
Do đó, góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là góc giữa 2 đường thẳng \(DH\) và \(BH\).
Lại có hai tam giác \(SBC\) và \(SCD\) là 2 tam giác cân bằng nhau. Suy ra\(DH = BH\)
c) Sai: Gọi độ dài cạnh của hình vuông \(ABCD\) là \(x\,\,\,\left( {x > 0} \right)\).
Suy ra \(BD = AC = \sqrt 2 x\)
Gọi \(M\) là trung điểm \(DC\) thì \(DM = MC = \dfrac{x}{2}\)
Tam giác \(SCD\) cân tại \(S\) nên \(SM \bot CD\)
Theo định lí Pi – ta – go ta có: \(SM = \sqrt {S{D^2} - D{M^2}} = \sqrt {11{a^2} - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \)
Do đó, \({S_{\Delta SCD}} = \dfrac{1}{2}SM.CD = \dfrac{1}{2}x.\sqrt {11{a^2} - \dfrac{{{x^2}}}{4}} \)
Suy ra \(BH = DH = \dfrac{{2{S_{\Delta SCD}}}}{{SC}} = \dfrac{{x.\sqrt {11{a^2} - \dfrac{{{x^2}}}{4}} }}{{\sqrt {11} a}} = x.\sqrt {1 - \dfrac{{{x^2}}}{{44{a^2}}}} \)
Theo giả thiết ta có: \(\cos \left( {\left( {SBC} \right);\left( {SCD} \right)} \right) = \dfrac{1}{{10}} \Rightarrow \cos BHD = \pm \dfrac{1}{{10}}\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}\cos DHB = \dfrac{{D{H^2} + B{H^2} - B{D^2}}}{{2DH.BH}} = \dfrac{{2.{x^2}.\left( {1 - \dfrac{{{x^2}}}{{44{a^2}}}} \right) - 2{x^2}}}{{2{x^2}\left( {1 - \dfrac{{{x^2}}}{{44{a^2}}}} \right)}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{2{x^2}.\dfrac{{ - {x^2}}}{{44{a^2}}}}}{{\dfrac{{2{x^2}\left( {44{a^2} - {x^2}} \right)}}{{44{a^2}}}}} = \dfrac{{ - {x^2}}}{{44{a^2} - {x^2}}}\\ \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}\dfrac{{{x^2}}}{{{x^2} - 44{a^2}}} = \dfrac{1}{{10}}\\\dfrac{{{x^2}}}{{{x^2} - 44{a^2}}} = - \dfrac{1}{{10}}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x^2} = - \dfrac{{44}}{9}{a^2}\\{x^2} = 4{a^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2a\end{array}\)
Suy ra \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = \sqrt {11{a^2} - {{\left( {\sqrt 2 a} \right)}^2}} = 3a.\)
d) Sai: Thể tích của khối chóp đã cho là:
\({S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.SO.A{B^2} = \dfrac{1}{3}.3a.{\left( {2a} \right)^2} = 4{a^3}.\)
Đáp án cần chọn là: Đ; Đ; S; S
Group 2K9 ôn Thi ĐGNL & ĐGTD Miễn Phí
>> 2K9 Chú ý! Lộ Trình Sun 2027 - 1 lộ trình ôn đa kỳ thi (TN THPT, ĐGNL (Hà Nội/ Hồ Chí Minh), ĐGNL Sư Phạm, ĐGTD, ĐGNL Bộ Công an, ĐGNL Bộ Quốc phòngTD - Click xem ngay) tại Tuyensinh247.com. Cập nhật bám sát bộ SGK mới, Thầy Cô giáo giỏi, 3 bước chi tiết: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng đáp ứng mọi kì thi.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
