Đáp án: Cho hai mặt phẳng vuông góc với nhau, nếu một đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng thì vuông góc với mặt phẳng kia

Lời giải:

Hai mặt phẳng vuông góc với nhau, nếu một đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng thì vuông góc với mặt phẳng kia.

Đáp án: Cho đường thẳng \(a\) song song với mặt phẳng \((\alpha)\). Khoảng cách giữa \(a\) và \((\alpha)\) là khoảng cách từ một điểm bất kì của \((\alpha)\) đến \(a\)

Lời giải:

Khẳng định: Cho đường thẳng \(a\) song song với mặt phẳng \((\alpha)\). Khoảng cách giữa \(a\) và \((\alpha)\) là khoảng cách từ một điểm bất kì của \((\alpha)\) đến \(a\) là sai.

Khẳng định đúng: Cho đường thẳng \(a\) song song với mặt phẳng \((\alpha)\). Khoảng cách giữa \(a\) và \((\alpha)\) là khoảng cách từ một điểm bất kì của \(a\) đến \((\alpha)\).

Đáp án: \(\displaystyle\frac{a\sqrt{14}}{2}\)

Lời giải:

Đặt \(O=AC\cap BD\). Do \(S.ABCD\) là chóp tứ giác đều nên ta có \(SO\perp (ABCD)\).

Suy ra \(\mathrm{d}(S,(ABCD))=SO\).

Ta có \(SC=2a\), \(OC=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Xét tam giác vuông \(SOC\), ta có

\(SO=\sqrt{SC^2-OC^2}=\sqrt{4a^2-\displaystyle\frac{a^2}{2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{14}}{2}.\)

Đáp án: \( \displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{5} \)

Lời giải:

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), kẻ \(SH \perp AI\).

Ta có \(\begin{cases}SA\perp SB\\SA\perp SC\end{cases}\Rightarrow SA \perp BC\). Mà \(\triangle SBC\) vuông cân tại \(S\) nên \(BC \perp SI\).

Vậy \(BC \perp (SAI)\Rightarrow BC \perp SH\).

Do đó \(SH \perp (ABC) \Rightarrow \mathrm{d}(S,(ABC)) = SH\).

Xét \(\triangle SBC\) vuông tại \(S\), \(SI\) là đường cao nên

\(\displaystyle\frac{1}{SI^2} = \displaystyle\frac{1}{SB^2} + \displaystyle\frac{1}{SC^2}\) \(= \displaystyle\frac{1}{a^2} + \displaystyle\frac{1}{a^2} = \displaystyle\frac{2}{a^2}.\)

Xét \(\triangle SAI\) vuông tại \(S\), \(SH\) là đường cao nên

\(\displaystyle\frac{1}{SH^2} = \displaystyle\frac{1}{SA^2} + \displaystyle\frac{1}{SI^2} = \displaystyle\frac{1}{2a^2} + \displaystyle\frac{2}{a^2}\) \(= \displaystyle\frac{5}{2a^2}\Rightarrow SH = \displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{5}.\)

Vậy \(\mathrm{d}(S,(ABC)) = SH = \displaystyle\frac{a\sqrt{10}}{5}\).

Đáp án: \(V=8a^3\)

Lời giải:

Xét hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh \(AB=2a\) như hình vẽ.

Thể tích của khối lập phương có độ dài cạnh bằng \(2a\) là\\ \(V=(2a)^3=8a^3\).

Đáp án: \(\displaystyle\frac{2}{3}a^3\)

Lời giải:

Diện tích đáy của hình chóp là \(S_{\text{đáy}}=a^2\).

Thể tích của khối chóp đã cho là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}S_{\text{đáy}}\times h=\displaystyle\frac{1}{3}a^2\times 2a=\displaystyle\frac{2}{3}a^3\).

Đáp án: \(V=a^3\)

Lời giải:

Có \(AB=\displaystyle\frac{AC'}{\sqrt{3}}=a\Rightarrow V=a^3\).

Đáp án: \(V=a^3 \sqrt{3}\)

Lời giải:

Xét tam giác \(AA'B\) vuông tại \(A\).

suy ra \(AA'=\sqrt{A'B^2-AB^2}=\sqrt{(2a)^2-a^2}=a \sqrt{3}\).

\(V=AA'.S_{ABCD}=a \sqrt{3} \cdot a^2=a^3 \sqrt{3}\).

Đáp án: \(\displaystyle\frac{9a^3\sqrt{2}}{4}\)

Lời giải:

Ta có \(AA' = \sqrt{A'B^2 - AB^2} = \sqrt{9a^2-3a^2} = a\sqrt{6}\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là \(S=\displaystyle\frac{\left(a\sqrt{3}\right)^2 \sqrt{3}}{4} = \displaystyle\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}\).

Thể tích khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là

\(V = \displaystyle\frac{3a^2 \sqrt{3}}{4} \cdot a\sqrt{6} = \displaystyle\frac{9a^3\sqrt{2}}{4}.\)

Đáp án: \(\displaystyle\frac{a^3\sqrt 2}{12}\)

Lời giải:

Gọi tứ diện đều \(S.ABC\) có \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).

Ta có \(SG=\sqrt{SA^2-AG^2}=\sqrt{a^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\).

Thể tích khối tứ diện \(V=\displaystyle\frac{1}{3}SG\cdot S_{ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{2}}{12}.\)

Đáp án: \(\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{6}}{9}\)

Lời giải:

Ta có \(\widehat{(SB,(ABC))}=\widehat{SBA}=30^\circ\).

Xét tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) và \(BC=2a\) nên \(AB=AC=\displaystyle\frac{BC}{\sqrt{2}}=a\sqrt{2}.\)

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) nên \(\tan\widehat{SBA}=\displaystyle\frac{SA}{AB} \Rightarrow SA=AB\cdot\tan\widehat{SBA}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}.\)

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot\displaystyle\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{6}}{9}.\)

Đáp án: \(\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{6}}{9}\)

Lời giải:

Ta có \(\widehat{(SC,(ABCD))}=\widehat{SCA}=30^\circ\).

Xét tam giác \(ACD\) vuông cân tại \(A\) nên \(AC=\sqrt{AD^{2}+CD^{2}}=a\sqrt{2}.\)

Xét tam giác \(SAC\) vuông tại \(A\) nên \(\tan\widehat{SCA}=\displaystyle\frac{SA}{AC} \Rightarrow SA=AC\cdot\tan\widehat{SCA}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}.\)

Ta có \(S_{\triangle ABC}=S_{ABCD}-S_{\triangle ACD}=\displaystyle\frac{(AB+CD) \cdot AD}{2}-\displaystyle\frac{AD \cdot DC}{2}=a^{2}.\)

Vậy thể tích khối chóp \(S.ABC\) là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SA\cdot S_{\triangle ABC}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{3}\cdot a^{2}=\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{6}}{9}.\)

Đáp án: \(\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{3}}{18}\)

Lời giải:

Giả sử \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều, có \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\) và \(M\) là trung điểm cạnh \(BC\). Khi đó \(SO\perp (ABCD)\) và \(OM\perp BC\), suy ra \(BC\perp (SOM)\Rightarrow BC\perp SM\).

Do đó góc giữa \((SBC)\) và \((ABCD)\) là \(\widehat{SMO}=30^{\circ}\).

Xét tam giác \(SOM\) vuông tại \(O\) có \(OM=\displaystyle\frac{a}{2}\), do đó

\(SO=OM\cdot \tan 30^{\circ}=\displaystyle\frac{a}{2\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^{2}\cdot \displaystyle\frac{a}{2\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{a^{3}\sqrt{3}}{18}.\)

Đáp án: \(\displaystyle\frac {a^3\sqrt {3}}{3}\)

Lời giải:

Góc giữa mặt phẳng \((D'AB)\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat {D'AD}=30^{\circ}\).

\(\Rightarrow D'D=AD\cdot \tan 30^{\circ}=\displaystyle\frac {a\sqrt {3}}{3}\).

\(V_{ABCD.A'B'C'D'}=S_{ABCD}\cdot D'D=\displaystyle\frac {a^3\sqrt {3}}{3}\).

Dựng \(OM \perp CD\) và \(OH \perp SM\) khi đó

Ta có

\(\begin{cases}CD \perp OM \\ CD \perp SO\end{cases}\Rightarrow CD \perp (SOM)\Rightarrow CD \perp OH\);

Ta có \(\begin{cases} OH \perp SM\\OH \perp CD\end{cases}\Rightarrow OH \perp (SCD)\);

Do đó \(\mathrm{d}(O,(SCD))=OH\).

Ta có tam giác \(ACD\) đều suy ra

\(OM = OC\cdot \sin\widehat{OCM}= \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{4}.\)

Vậy \(\mathrm{d}(O,(SCD))=OH\) \(= \displaystyle\frac{OM\cdot SO}{\sqrt{SO^2 + OM^2}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{51}}{17}\).

\(\bullet\,\) Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\), vì \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác cân nên

\(\begin{cases}AB\perp CM\\ AB \perp DM\\ CM\cap DM = M\\ CM \subset (MCD) \\ DM \subset (MCD)\end{cases}\) \(\Rightarrow AB \perp (MCD)\Rightarrow AB \perp CD.\)

\(\bullet\,\) Gọi \(N\) là trung điểm của \(CD\), vì \(ABC\) và \(ABD\) là các tam giác cân và bằng nhau nên \(CM = DM\), do đó tam giác \(CMD\) cân tại \(M\) suy ra \(MN \perp CD\).

Ta có \(\begin{cases}MN \perp CD\\MN \perp AB \end{cases}\).

Vậy \(MN\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).

\(\bullet\,\) Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABC\).

Khi đó \(\triangle SAC\) cân tại \(S\) có \(SO\) là trung tuyến nên \(SO\perp AC\). Tương tự, \(SO\perp BD\).

Do đó, \(SO\perp \left(ABCD\right)\).

Ta có \(\begin{cases}AB\perp IJ\ \left(\text{vì}\; ABCD\;\text{là hình vuông}\right)\\ AB\perp SO \left(\text{vì}\;SO\perp\left(ABCD\right)\right).\end{cases}\)

Mà \(IJ\) và \(SO\) là hai đường thẳng cắt nhau trong \(\left(SIJ\right)\) nên suy ra \(AB\perp\left(SIJ\right)\).

\(\bullet\,\) Vì \(AB\parallel CD\) nên \(AB\parallel\left(SCD\right)\), suy ra

\(\mathrm{d}\left(AB,SC\right) = \mathrm{d}\left(A,\left(SCD\right)\right) = 2\mathrm{d}\left(O,\left(SCD\right)\right).\)

Kẻ \(OH\perp SJ\). Vì \(CD\parallel AB\) mà \(AB\perp \left(SIJ\right)\) nên ta cũng có \(CD\perp \left(SIJ\right)\).

Suy ra \(CD\perp OH\). Kết hợp với \(SJ\perp OH\) ta được \(OH\perp \left(SCD\right)\) hay \(OH\) chính là khoảng cách từ \(O\) đến \(\left(SCD\right)\).

Ta có \(\triangle SAC\) đều cạnh \(a\sqrt{2}\) nên \(SO = \displaystyle\frac{a\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{2} = \displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{2}\).

Suy ra

\(OH = \displaystyle\frac{SO\cdot OJ}{\sqrt{SO^2 + OJ^2}}\) \(= \displaystyle\frac{\tfrac{a\sqrt{6}}{2}\cdot\tfrac{a}{2}}{ \sqrt{\left(\tfrac{a\sqrt{6}}{2}\right)^2 + \left(\tfrac{a}{2}\right)^2}} = \displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{14}.\)

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(A B\) và \(S C\) bằng \(\displaystyle\frac{a\sqrt{42}}{7}\).

\(\bullet\,\) Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), khi đó ta có

\(\begin{cases}BC\perp AI\\BC\perp AA'\end{cases}\Rightarrow BC\perp\left(AA'I\right).\)

Mà \(\begin{cases}\left(AA'I\right)\cap\left(ABC\right) = AI\\ \left(AA'I\right)\cap\left(A'BC\right) = A'I\end{cases}\) nên

\(\left(\left(A'BC\right),\left(ABC\right)\right) = \widehat{A'IA} = 60^\circ.\)

Vậy khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ bằng \(AA' = AI\cdot \tan\widehat{A'IA} = \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3} = \displaystyle\frac{3a}{2}.\)

\(\bullet\,\) Diện tích \(\triangle ABC\) là \(S_{\triangle ABC} = \displaystyle\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\).

Suy ra thể tích khối lăng trụ là \(V = S_{\triangle ABC}\cdot AA' = \displaystyle\frac{3a^3\sqrt{3}}{8}.\)

Ta coi mặt đường là một mặt phẳng \(\left(P\right)\) chứa đường thẳng \(b\) và song song với đường thẳng \(a\).

Suy ra \(\mathrm{d}\left(a,b\right) = \mathrm{d}\left(a,\left(P\right)\right)\) \(= 0{,}8 + 3{,}5 = 4{,}3\)(m).

\(\bullet\,\) Ta có \(\begin{cases}AO \perp AA'\\AO \perp BD\end{cases}\Rightarrow \mathrm{d}(BD,AA')=\displaystyle\frac{1}{2}AC=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BO=\sqrt{AB^2-OA^2}\) \(=\sqrt{a^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a}{2}\Rightarrow BD=a\).

Thể tích của khối hộp \(V=AA'\cdot S_{ABCD}=2a\cdot \displaystyle\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{3}\cdot a=a^3\sqrt{3}.\)

\(\bullet\,\) Kẻ \(OH \perp SB\) tại \(H\).

Ta có \(\begin{cases}AC\perp BD\\AC \perp SO\end{cases}\Rightarrow AC \perp (SBD)\Rightarrow AC \perp OH\). Khi đó \(\mathrm{d}(AC,SB)=OH\).

Có \(\triangle SAC\) vuông tại \(S\) suy ra \(SO=\displaystyle\frac{1}{2}AC=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Khi đó \(OH=\displaystyle\frac{SO\cdot OB}{SB}\) \(=\displaystyle\frac{\tfrac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \tfrac{a\sqrt{2}}{2}}{a}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AC,SB)=\displaystyle\frac{a}{2}\).

\(\bullet\,\) Thể tích của khối chóp \(V_{S.ABCD}=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot SO \cdot S_{ABCD}\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2} \cdot a^2=\displaystyle\frac{\sqrt{2}}{6}a^3\).

Diện tích đáy lớn \(S=6\cdot a^2\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\).

Diện tích đáy lớn \(S'=6\cdot \left(\displaystyle\frac{a}{2}\right)^2\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}=\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{8}a^2\).

Thể tích của khối chóp cụt lục giác đều \(ABCDEF \cdot A'B'C'D'E'F'\) là

\begin{align*}V=\ &\displaystyle\frac{1}{3}OO'\cdot \left(S+\sqrt{S\cdot S'}+S'\right)\\ =\ &\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a \cdot \left(\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2+\sqrt{\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\cdot \displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{8}a^2}+\displaystyle\frac{3\sqrt{3}}{8}a^2\right)\\ =\ &\displaystyle\frac{7\sqrt{3}}{8}a^3.\end{align*}

\(\bullet\,\) Tính chiều cao của hình chóp.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(DA\), ta có \(SH\perp DA\). Lại có \((SDA)\perp (ABCD)\) nên \(SH\perp (ABCD)\). Vậy \(SH\) là đường cao của hình chóp \(S.ABCD\).

Do tam giác \(SAD\) đều cạnh \(a\) nên \(SH=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa \(BC\) và \((SAD)\).

Ta có \(\begin{cases}BA\perp DA\\BA\perp SH\end{cases}\Rightarrow BA\perp (SAD)\) \(\Rightarrow \mathrm{d}(BC,(SAD))=\mathrm{d}(B,(SAD))=AB=a\).

\(\bullet\,\) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa \(AB\) và \(SD\).

Kẻ \(AK\perp SD\). Do \(AB\perp (SAD)\Rightarrow AB\perp AK\).

Vậy \(AK\) là đường vuôngg góc chung, suy ra \(\mathrm{d}(AB,SD)=AK=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa \(CC'\) và \((BB'D'D)\).

Kẻ \(CH\perp BD\) tại \(H\).

Ta có \(\begin{cases}CH\perp BD\\CH\perp BB'\end{cases}\Rightarrow CH\perp (BDD'B)\).

Vậy \(CH\) là khoảng cách giữa \(CC'\) và \((BB'D'D)\).

Xét \(\triangle CBD\) ta có \(\displaystyle\frac{1}{CH^2}=\displaystyle\frac{1}{CB^2}+\displaystyle\frac{1}{CD^2}=\displaystyle\frac{1}{b^2}+\displaystyle\frac{1}{c^2}\Rightarrow CH=\displaystyle\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}\).

\(\bullet\,\) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa \(AC\) và \(B'D'\).

Gọi \(O\) và \(O'\) là tâm hình vuông \(ABCD\) và \(A'B'C'D'\), suy ra \(OO'\parallel AA'\).

Ta có \(\begin{cases}O'O\perp B'D'\\O'O\perp AC\end{cases}\Rightarrow O'O\) là đường vuông góc chung của \(AC\) và \(B'D'\), nên \(O'O\) là khoảng cách giữa \(AC\) và \(B'D'\). Vậy \(\mathrm{d}(AC,B'D')=a\).

\(\bullet\,\) \(MN\) là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).

Ta có \(\begin{cases}CD\perp BN\\ CD\perp AN\end{cases}\Rightarrow CD\perp (ABN)\Rightarrow CD\perp MN\) \(\quad(1)\).

Tương tự ta có \(AB\perp (MCD)\Rightarrow AB\perp MN\) \(\quad (2)\).

Từ (1), (2) suy ra \(MN\) là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\).

\(\bullet\,\) Các cặp cạnh đối diện trong tứ diện \(ABCD\) đều vuông góc với nhau.

Do \(CD\perp (ABN)\Rightarrow CD\perp AB\).

Chứng minh tương tự ta có \(BC\perp AD\), \(AC\perp BD\).

Vậy các cặp cạnh đối diện trong tứ diện đều vuông góc với nhau.

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng hai mặt phẳng \((D'AC)\) và \((BC'A')\) song song với nhau và \(DB'\) vuông góc với hai mặt phẳng đó.

Ta có \(\begin{cases}AB\parallel D'C'\\AB= D'C'\end{cases}\Rightarrow ABC'D\) là hình bình hành. Vậy \(BC'\parallel AD'\). \(\quad (1)\)

Tương tự \(AA'C'C\) là hình bình hành, suy ra \(C'A'\parallel CA'\). \(\quad (2)\)

Từ (1), (2) suy ra \((D'AC)\parallel (BC'A')\).

Lại có \(\begin{cases}AC\perp BD\\AC\perp BB'\end{cases}\Rightarrow AC\perp (BDD'B')\Rightarrow AC\perp B'D\).\(\quad (3)\)

Tương tự ta có \(CD'\perp (AB'C'D)\Rightarrow CD'\perp B'D\).\(\quad (4)\)

Từ (3), (4) suy ra \(B'D\perp (ACD')\).

Mà \((D'AC)\parallel (BC'A')\) nên \(B'D\perp (BC'A')\).

Vậy \(B'D\) vuông góc với hai mặt phẳng \((D'AC)\) và \((BC'A')\).

\(\bullet\,\) Xác định các giao điểm \(E\), \(F\) của \(DB'\) với \((D'AC)\), \((BC'A')\). Tính \(\mathrm{d}((D'AC),(BC'A'))\).

Gọi \(E=D'O\cap DB'\), \(F=O'B\cap DB'\), suy ra \(EF\) là khoảng cách giữa hai mặt phẳng \((D'AC)\) và \((BC'A')\).

Xét \(\triangle B'D'E\) có \(O'F\) là đường trung bình nên \(F\) là trung điểm của \(B'E\).

Tương tự, \(E\) là trung điểm của \(DF\).

Suy ra \(EF=\displaystyle\frac{1}{3}B'D=\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Ta có \(S.ABC\) là hình chóp đều. Gọi \(E\) là trung điểm \(BC\) và \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABC\), suy ra \(SH\perp (ABC)\).

Ta có \(AH=\displaystyle\frac{2}{3}AE=\displaystyle\frac{2}{3}\cdot\displaystyle\frac{110\sqrt{3}}{2}=\displaystyle\frac{110}{\sqrt{3}}\).

Lại có \(SH=\sqrt{SA^2-AH^2}=\sqrt{129^2-\displaystyle\frac{110^2}{3}}\approx 112{,}28\).

Vậy chiều cao của giá đỡ là \(112{,}28\) cm.

Do đáy bể thuộc mặt phẳng nằm ngang nên phương của dây dọi vuông góc với mặt phẳng đáy bể, do đó chiều dài của đoạn dây dọi nằm trong bể nước bằng độ sâu của bể.

Diện tích đáy tam giác đều là \(S_{ABC}=a^2\cdot \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{4}\);

\(AO=a \cdot \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{3}\).

Chiều cao của hình chóp là \(SO=\sqrt{SA^2-AO^2}= \sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}\).

Thể tích khối chóp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot S_{ABC} \cdot SO= \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{12} \cdot a^2 \cdot \sqrt{b^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}\).

Do đó thể tích của khối tứ diện đều có cạnh bằng \(a\) là

\(V= \displaystyle\frac{\sqrt{3}}{12} \cdot a^2 \cdot \sqrt{a^2-\displaystyle\frac{a^2}{3}}=\displaystyle\frac{a^ 3 \sqrt{2}}{12}.\)

Diện tích đáy là \(S_{ABC}= \displaystyle\frac{1}{2}AB \cdot BC \cdot \sin\widehat{ABC} =6\) (cm\(^2\)).

Thể tích khối lăng trụ là \(V=S_{ABC} \cdot AA'=6 \cdot 5=30\) (cm\(^3\)).

}

\(\bullet\,\) Diện tích đáy là \(S_{ABCD}=36\) (cm\(^2\)); \(AO=3\sqrt{2}\) cm.

\(\left(\widehat{SA,(ABCD)}\right) = \widehat{SAO} =60^{\circ}\).

Chiều cao của hình chóp là \(SO=AO \cdot \tan SAO= 3\sqrt{6}\) cm.

Thể tích khối chóp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SO=36\sqrt{6}\) cm\(^3\).

\(\bullet\,\) Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\).

\(\left(\widehat{(SBC),(ABCD)}\right) = \widehat{SMO} =45^{\circ}\)

\(\Rightarrow SO=OM=3\) cm.

Thể tích khối chóp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3} \cdot S_{ABCD} \cdot SO=108\) cm\(^3\).

Gọi \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\) và dựng \(AK\perp BC\) tại \(K\).

Khi đó \(A'O \perp (ABC)\).

Suy ra \(A'O \perp OA\).

Dễ dàng tính được \(OA =\displaystyle\frac{2}{3}OK= \displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{3}\).

Từ đó suy ra \(OA' = \sqrt{AA'^{2} - OA^{2}} = \sqrt{b^{2} - \displaystyle\frac{a^{2}}{3}}\).

Vậy thể tích của khối lăng trụ là

\(V = S_{ABC} \cdot h = \displaystyle\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} \cdot \sqrt{b^{2}-\displaystyle\frac{a^{2}}{3}}.\)

\(\bullet\,\) Do các mặt bên của chiếc thùng đều là các hình thang nên chiếc thùng có dạng hình chóp cụt.

\(\bullet\,\) Kẻ \(AK \perp A'B'\) thì \(AK =\displaystyle\frac{8-3}{2} = 2{,}5 \text{ dm}\).

\(A'B'=8-1-1=6 \text{ dm}.\)

\(A'K=\displaystyle\frac{A'B'-AB}{2}=\displaystyle\frac{6-3}{2}=1{,}5 \text{ dm}.\)

Khi đó, \(AA'=\sqrt{AK^2+A'K^2}=\sqrt{2{,}5^2+1{,}5^2}=\sqrt{\displaystyle\frac{17}{2}}.\)

\(\bullet\,\) Ta có: \(AC=3\sqrt{2}, A'C'=6\sqrt{2}, AA'=\sqrt{\displaystyle\frac{17}{2}}\).

Dựng \(AH \perp A'C'\) thì \(AH \perp (A'B'C'D')\) nên đường cao của khối chóp cụt là \(h = AH\).

Xét \(\Delta AA'H\) vuông tại \(H\):

\(AH = \sqrt{AA'^2-AH^2}= \sqrt{\displaystyle\frac{17}{2}-\displaystyle\frac{9}{2}}=2.\)

\(S_1=S_{ABCD}=3^2=9, S_2=S_{A'B'C'D'}=6^2=36, h = 2 \)

\(\Rightarrow V_{ABCD.A'B'C'D'}=\displaystyle\frac{1}{3} \sqrt{S_1^2+S_2^2+S_1S_2}.h = \displaystyle\frac{1}{3} \sqrt{9^2+36^2+9.36}.2=2\sqrt{179} \text{ dm}^3\).

Vậy, thùng có thể đựng tối đa \(2\sqrt{179}\) lít nước.

Vì cột gỗ vuông góc với cả trần nhà \((P)\) và sàn nhà \((Q)\) nên khoảng cách giữa \((P)\) và \((Q)\) chính là chiều cao của cột gỗ.

Vậy khoảng cách giữa \((P)\) và \((Q)\) là \(4{,}2 \mathrm{~m}\).

\(\bullet\,\) Vì \(CB\perp AB\) nên khoảng cách từ \(C\) đến \(AB\) bằng \(CB=b\).

\(\bullet\,\) Ta có \(AB\perp BC\) và \(AB\perp BD\) nên \(AB\perp (BCD)\), suy ra \(AB\perp CD\). Mà \(CD\perp BC\) nên \(CD\perp (ABC)\).

Do đó khoảng cách từ \(D\) đến \((ABC)\) là \(DC=\sqrt{c^2-b^2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BC\perp AB\) và \(BC\perp CD\) nên \(BC\) là đoạn vuông góc chung của \(AB\) và \(CD\). Suy ra khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) là \(BC=b\).

\(\bullet\,\) Ta có \(MN\) là đường trung bình của \(\triangle ABC\) nên \(MN\parallel BC\).

Trong mặt phẳng \((ABC)\) có \(AB\perp BC\) nên \(AB\perp MN\). Do đó khoảng cách giữa \(MN\) và \(BC\) là \(MB=\displaystyle\frac{1}{2}AB=\displaystyle\frac{a}{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(MP\) là đường trung bình của \(\triangle ABD\) nên \(MP\parallel BD\), mà \(BD\subset (BCD)\) nên \(MP\parallel (BCD)\).

Lại có \(MB\perp BC\) và \(MB\perp BD\) nên \(MB\perp (BCD)\).

Suy ra \(\mathrm{d}(MP,(BCD))=\mathrm{d}(M,(BCD))=MB=\displaystyle\frac{AB}{2}=\displaystyle\frac{a}{2}\).

\(\bullet\,\) Theo chứng minh trên ta có \(MN\parallel (BCD)\) và \(MP\parallel (BCD)\) mà \(MN\) và \(MP\) cắt nhau và cùng nằm trong mặt phẳng \((MNP)\) nên \((MNP)\parallel (BCD)\).

Khi đó \(\mathrm{d}((MNP),(BCD))=\mathrm{d}(M,(BCD))=MB=\displaystyle\frac{a}{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp CD\) mà \(CD\perp AD\), suy ra \(CD\perp (SAD)\), do đó \(CD\perp SD\) và khoảng cách từ \(S\) đến \(CD\) là \(SD=\sqrt{SA^2+AD^2}=a\sqrt{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp DA\) mà \(DA\perp AB\), suy ra \(DA\perp (SAB)\), do đó khoảng cách từ \(D\) đến \((SAB)\) là \(DA=a\).

\(\bullet\,\) Trong \((SAD)\) kẻ \(AH\perp SD\), mà \(CD\perp (SAD)\) nên \(CD\perp AH\). Suy ra \(AH\perp (SCD)\) và khoảng cách từ \(A\) đến \((SCD)\) là \(AH=\displaystyle\frac{1}{2}SD=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

\(\bullet\,\) Ta có \(BC\parallel AD\subset (SAD)\) nên \(BC\parallel (SAD)\).

Lại có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp AB\), mà \(AB\perp AD\) nên \(AB\perp (SAD)\).

Do đó \(\mathrm{d}(BC,(SAD))=\mathrm{d}(B,(SAD))=BA=a\).

\(\bullet\,\) Ta có \(SA\perp (ABCD)\) nên \(SA\perp BD\), mà \(BD\perp AC\) nên \(BD\perp (SAC)\).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), trong \((SAC)\) kẻ \(OH\perp SC\), vì \(BD\perp (SAC)\) nên cũng có \(BD\perp OH\). Suy ra \(OH\) là đoạn vuông góc chung của \(BD\) và \(SC\).

Mặt khác \(\triangle SAC\backsim \triangle OHC\) nên \(\displaystyle\frac{OH}{SA}=\displaystyle\frac{OC}{SC}\) \(\Rightarrow OH=\displaystyle\frac{SA\cdot OC}{SC}=\displaystyle\frac{a\cdot \displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{3}}=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}.\)

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(B D\) và \(S C\) là \(OH=\displaystyle\frac{a\sqrt{6}}{6}\).

Chiếc đèn treo có dạng hình lăng trụ đều.

Trạm khảo sát trắc địa có dạng hình chóp cụt đều.

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng các tam giác

\(ASC\) và \(BSD\) là tam giác vuông cân.

Hai tam giác \(ASC\) và \(ABC\) có \(AS=AB=a\), \(CS=CS\), \(AC\) là cạnh chung nên \(\triangle ASC=\triangle ABC\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\).

Do đó \(\triangle ASC\) vuông cân tại \(S\).

Chứng minh tương tự, tam giác \(BSD\) vuông cân tại \(S\).

\(\bullet\,\) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\), chứng minh rằng đường thẳng \(SO\) vuông góc với mặt phẳng \((ABCD)\).

Tam giác \(ASC\) cân tại \(S\) có \(O\) là trung điểm của \(AC\) nên \(SO\perp AC.\)

Tương tự, \(SO\perp BD\).

Mà \(AC, BD\subset (ABCD)\) và \(AC\cap BD=O\) nên \(SO\perp (ABCD)\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\) bằng \(45^{\circ}\).

Tam giác \(ASC\) vuông cân tại \(S\) nên \(\widehat{SAC}=445^\circ\).

Ta có \(SO\perp (ABCD)\) và \(SA\cap (ABCD)=A\) nên góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat{SAC}=45^\circ\).

\(\bullet\,\) Chứng minh rằng hai mặt phẳng \(\left(ACC'A'\right)\) và \(\left(BDD'B'\right)\) vuông góc với nhau.

Vì \(ABCD.A'B'C'D'\) là lăng trụ đứng nên \(CC'\perp (ABCD)\Rightarrow CC'\perp BD.\)

Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC\perp BD\).

Như thế \(BD\perp (ACC'A")\).

Mà \(BD\subset (BDD'B')\) nên \((BDD'B')\perp (ACC'A')\).

\(\bullet\,\) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(C'D'\).

Ta có \(CC'\perp (ABCD)\) và \(AC'\cap (ABCD)=A\) nên góc giữa đường thẳng \(AC'\) và mặt phẳng \((ABCD)\) là \(\widehat{C'AC}=60^\circ\).

Ta tính được \(AC=a\sqrt{2}\) và \(AA'=CC'=AC\cdot\tan \widehat{C'AC}=a\sqrt{2}\cdot\tan 60^\circ=a\sqrt{6}.\)

Ta có \(BA\perp AD\) và \(BA\perp AA'\) nên \(BA\perp (ADD'A')\Rightarrow BA\perp AD'\).

Tương tự \(A'D'\perp AD'\).

Do đó \(\mathrm{d}(AB,C'D')=AD'\).

Trong hình chữ nhật \(ADD'A'\) ta tính được \(AD'=\sqrt{AA'^2+AD^2}=\sqrt{\left(a\sqrt{6}\right)^2+a^2}=a\sqrt{7}\).

Vậy \(\mathrm{d}(AB,C'D')=a\sqrt{7}\).

Thể tích của chiếc bánh chưng là \(V=15\cdot 15\cdot 6=1350\) cm\(^3\).

Diện tích tam giác vuông cân là \(S=\displaystyle\frac{1}{2}\cdot 12^2=72\) cm\(^2\).

Thể tích của khối pho mát là \(V=72\cdot 10=720\) cm\(^3\).

Vậy khối lượng của miếng pho mát là \(m=720\cdot 3=2160\) g.

Hình biểu diễn của đèn đá muối là hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) như hình vẽ bên.

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\). Khi đó \(SO\) là chiều cao của khối chóp.

Ta tính được \(OA=\displaystyle\frac{AC}{2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\) và \(SO=\sqrt{SA^2-OA^2}=\sqrt{a^2-\left(\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}.\)

Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \(S_{ABCD}=a^2\).

Vậy thể tích của đèn đá muối là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SO=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot a^2\cdot\displaystyle\frac{a\sqrt{2}}{2}=\displaystyle\frac{a^3\sqrt{2}}{6}\).

Diện tích đáy dưới của khối chóp cụt là \(S_1=5^2=25\) m\(^2\).

Diện tích đáy trên của khối chóp cụt là \(S_2=2^2=4\) m\(^2\).

Gọi \(O\), \(O'\) lần lượt là tâm của đáy dưới và đáy trên.

Gọi \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(D'\) trên \((ABCD)\).

Ta tính được \(O'D'=\displaystyle\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\), \(OD=\displaystyle\frac{5\sqrt{2}}{2}\).

Chiều cao của khối chóp cụt là \(D'H=\sqrt{D'D^2-HD^2}=\sqrt{3^2-\left(\displaystyle\frac{5\sqrt{2}}{2}-\sqrt{2}\right)^2}=\displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{2}.\)

Do đó, thể tích của khối chân tháp là \(V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot D'H\left(S_1+\sqrt{S_1S_2}+S_2\right)\) \(=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot\displaystyle\frac{3\sqrt{2}}{2}\cdot\left(25+\sqrt{25\cdot 4}+4\right)\) \(=\displaystyle\frac{39\sqrt{2}}{2}\approx 27{,}6\ \mathrm{m}^3.\)

Vậy số tiền để mua bê tông tươi làm chân tháp là \(1\ 470\ 000\times 27{,}6=40\ 572\ 000\) đồng.