Bài tập ôn tập chương 8

Xét hình chóp tứ giác đều $S.ABCD\;$  có đáy là hình vuông cạnh $16cm$. 
$SO$ là đường cao; $SH$  là trung đoạn $(H \in AB)$
Vì $SAB$ là tam giác cân nên $H$  là trung điểm của $AB$.

$O$  là giao điểm của hai đường chéo trong hình vuông $ABCD$  nên $O$  là trung điểm $AC$  
Do đó, $HO$  là đường trung bình trong tam giác $ABC,$  suy ra $HO = \dfrac{1}{2}BC = 8(cm)$  
Xét tam giác $SHO$  vuông tại $O,$  
Áp dụng định lý Pytago, ta có:
$S{H^2} = H{O^2} + S{O^2}$$\Rightarrow SO^2 = S{H^2} - H{O^2}$  $\Rightarrow SO = \sqrt {400 - 64}  = 4\sqrt {21} (cm)$

Vậy thể tích hình chóp $S.ABCD\;$  là 
$V=\dfrac{1}{3}SO.{S_{ABCD}} = \dfrac{1}{3}.4\sqrt {21} {.16^2} \approx 1564,19\,\left( {c{m^3}} \right)$

Theo đề bài ta có:

$\begin{array}{l}AM = MB = \dfrac{1}{2}AB = 1\;dm\\SN = NC = \dfrac{1}{2}SC = 1\;dm\end{array}$

Ta có $CM$ là đường trung tuyến của tam giác $ABC.$

Vì tam giác $ABC$ là tam giác đều nên $CM$ cũng là đường cao của tam giác $ABC.$

Áp dụng định lý Pitago vào tam giác $CMB$ vuông tại $M:$

$\begin{array}{l}M{C^2} + M{B^2} = B{C^2}\\ \Leftrightarrow M{C^2} = B{C^2} - M{B^2} = {2^2} - 1 = 3\\ \Rightarrow MC = \sqrt 3 \;dm\end{array}$

Tương tự ta xét tam giác vuông $SMB,$ ta tính được: $SM = \sqrt 3 \;dm$

Xét tam giác $SMC$ có: $M{\rm{S}} = MC = \sqrt 3 \;dm$

$\Rightarrow$ Tam giác $SMC$ là tam giác cân tại $M.$

$\Rightarrow$ MN vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao của tam giác SMC.

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác MNC vuông tại N:

$\begin{array}{l}M{N^2} + N{C^2} = M{C^2}\\ \Leftrightarrow M{N^2} = M{C^2} - N{C^2} = 3 - 1 = 2\\ \Rightarrow MN = \sqrt 2 \;dm\end{array}$

Hình chóp cụt đều có 4 mặt bên là các hình thang cân bằng nhau.

Suy ra, diện tích xung quanh của hình chóp cụt đều là tổng diện tích 4 hình thang cân, khi đó diện tích một mặt bên là $S=\dfrac{(a+2a).a}{2}=\dfrac{3a^2}{2}$

Diện tích xung quanh hình chóp cụt đều là

${S_{xq}} = 4. \dfrac{3a^2}{2}= 6{{\rm{a}}^2}$

Lấy H là giao của 2 đường chéo hình vuông $AC$ và $BD,$ khi đó ta có $SH$ là đường cao của hình chóp đều.

+) Áp dụng định lý Pitago cho tam giác $ABC$ vuông tại $B:$

$\begin{array}{l}\;\;\;\;A{B^2} + B{C^2} = A{C^2}\\ \Leftrightarrow A{C^2} = {3^2} + {3^2} = 18\\ \Rightarrow AC = \sqrt {18}  = 3\sqrt 2 \;cm\end{array}$

$\Rightarrow HC = \dfrac{1}{2}AC = \dfrac{1}{2}.3\sqrt 2  = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}\;cm$ (Vì H là trung điểm AC)

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác SHC vuông tại H có:

$\begin{array}{l}\;\;\;\;S{H^2} + H{C^2} = S{C^2}\\ \Leftrightarrow S{H^2} = S{C^2} - H{C^2} = {5^2} - {\left( {\dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \dfrac{{82}}{4} = \dfrac{{41}}{2}\end{array}$

Vậy $S{H^2} = \dfrac{{41}}{2}.$

+ Kẻ $SK$ vuông góc với $BC$ ($K \in BC$)

+ Vì tam giác $SBC$  là tam giác cân tại $S$ nên $SK$ vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến.

$\Rightarrow CK = KB = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{3}{2}\;cm$

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác $SKB$ vuông tại $K:$

$\begin{array}{l}\;\;\;S{K^2} + K{B^2} = S{B^2}\\ \Leftrightarrow S{K^2} = S{B^2} - K{B^2} = {5^2} - {\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^2} = \dfrac{{91}}{4}\\ \Rightarrow SK = \dfrac{{\sqrt {91} }}{2}\;cm.\end{array}$

Vậy diện tích xung quanh của hình chóp đều $S.ABCD$ là: ${S_{xq}} =4.S_{SBC}= 4.\dfrac{1}{2}.BC.SK$$=4.\dfrac{1}{2}.3.\dfrac{{\sqrt {91} }}{2} = 3\sqrt {91} \;c{m^2}$

+ ) Ta có: $AE//CG,\;A{\rm{E}} = CG\;(gt)$

Suy ra tứ giác ACGE là hình bình hành.

Mặt khác: $A{\rm{E}} \bot mp(EFGH)$

Mà $EG \subset mp(EFGH) \Rightarrow AE \bot EG\;$tại $E.$

Vậy tứ giác $ACGE$ là hình chữ nhật nên $A$ đúng.

+) Vì $DH \bot mp(EFGH)$ nên $DH \bot HF$ tại $H.$

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác $DHF$ vuông tại $H,$ ta có: $D{H^2} + H{F^2} = D{F^2}\;(1)$

Vì $A{\rm{E}} \bot mp(ABC{\rm{D}})$ nên $A{\rm{E}} \bot AC$ tại $A.$

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác EAC vuông tại A, ta có: $E{{\rm{A}}^2} + A{C^2} = E{C^2}\;(2)$

Mà DH = AE; HF = EG = AC (Hai đường chéo của hình chữ nhật) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: $D{F^2} = E{C^2} \Rightarrow DF = CE\;$nên B đúng.

Xét tam giác $AA' B'$  vuông tại $A'$  có: $AA'  = DD'  = 45cm$  và $A' B'  = AB = 28cm$  

Áp dụng định lý Pytago ta có: 
$AA'^2 + A'B'^2 = AB'^2$$\Leftrightarrow AB'= \sqrt {AA'^2 + A' B'^2}= 53cm$

Ta có: $AD \bot AA' ;AD \bot AB$  suy ra $AD \bot mp(AA' B' B) \Rightarrow AD \bot AB'$
Xét tam giác $ADB'$  vuông tại $A$ có: $AB'  = 53cm$  và $DB'^2 = 3709$  
Áp dụng định lý Pytago ta có: 
$A{D^2} + AB'^2 = DB'^2 \Leftrightarrow AD = \sqrt {DB'^2 - AB'^2}$ $= \sqrt {3709 - {{53}^2}}  = 30\,cm$

Vậy diện tích $ADC' B'$  bằng $AD.AB'  = 30.53 = 1590(c{m^2})$