20 câu trắc nghiệm Toán 11 Cánh diều Bài 4. Hai mặt phẳng vuông góc (Đúng sai - trả lời ngắn) có đáp án

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

Nếu một đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với mặt phẳng kia thì hai mặt phẳng vuông góc với nhau.

Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BD mà BD ^ AC (do ABCD là hình vuông) nên BD ^ (SAC).

Mà BD Ì (SBD) nên (SBD) ^ (SAC).

Có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABD} \right) \bot \left( {BCD} \right)\\\left( {ACD} \right) \bot \left( {BCD} \right)\\\left( {ABD} \right) \cap \left( {ACD} \right) = AD\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {BCD} \right)\).

Mà AD Ì (ADH) nên (ADH) ^ (BCD).

Vì AD ^ (BCD) Þ AD ^ BC mà DH ^ BC nên BC ^ (ADH).

Lại có BC Ì (ABC) nên (ADH) ^ (ABC).

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Suy ra O là trung điểm của AC.

Vì SA = SC nên DSAC cân tại S nên SO ^ AC mà AC ^ BD nên AC ^ (SBD).

Mà AC Ì (ABCD) nên (SBD) ^ (ABCD).

Vì DABC cân tại B mà I là trung điểm của AC nên BI ^ AC (1).

Vì SA ^ (ABC) nên SA ^ BI (2).

Từ (1) và (2), suy ra BI ^ (SAC) Þ BI ^ SC mà IH ^ SC nên SC ^ (BIH).

Mà SC Ì (SBC) nên (SBC) ^ (BIH).

Có SA ^ (ABCD) nên SA ^ CD mà CD ^ AD nên CD ^ (SAD).

Lại có CD Ì (SCD) nên (SCD) ^ (SAD).

Ta có AK // DC và AK = DC nên AKCD là hình bình hành.

Mà \(\widehat {DAK} = 90^\circ \) nên AKCD là hình chữ nhật.

Suy ra CK ^ AB (1).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAD} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABCD} \right)\) Þ SA ^ CK (2).

Từ (1) và (2) Þ CK ^ (SAB) Þ CK ^ SB mà CH ^ SB nên SB ^ (CHK).

Mà SB Ì (SBC) nên (SBC) ^ (CHK).

Vì ABCD là hình thoi nên AC ^ BD.

Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ BD. Suy ra BD ^ (SAC) mà BD Ì (SBD) nên (SAC) ^ (SBD).

a) Vì AB ^ (BCD) mà AB Ì (ABD) nên (ABD) ^ (BCD).

b) AB ^ (BCD) Þ AB ^ CD mà BE ^ CD nên CD ^ (ABE) mà CD Ì (BCD) nên (BDC) ^ (ABE).

c) (ADC) không vuông góc với (ABC).

d) Ta có AB ^ (BCD) Þ AB ^ DF mà BC ^ DF nên DF ^ (ABC) Þ DF ^ AC.

Lại có DK ^ AC nên AC ^ (DFK) mà AC Ì (ACD) nên (ACD) ^ (DFK).

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

a) Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ AB.

b) Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ BC mà BC ^ AB nên BC ^ (SAB).

c) Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) không vuông góc với nhau.

d) AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (ABCD) nên

(SC, (ABCD)) = (SC, AC) = \(\widehat {SCA}\).

Xét DSCA vuông tại A, \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{a}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}\).

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

a) Có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {SAC} \right) = SA\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot \left( {ABC} \right)\).

b) Có AB ^ AC (do DABC vuông cân tại A), SA ^ AB (do SA ^ (ABC)).

Suy ra AB ^ (SAC) Þ AB ^ SC.

c) Vì SA ^ (ABC) Þ SA ^ BC mà BC ^ AH nên BC ^ (SAH) mà BC Ì (SBC)

nên (SBC) ^ (SAH).

d) Có (SBC) ^ (SAH) và AO ^ (SBC) nên AO ^ SH Þ O Î SH.

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

a) Có SA ^ (ABC) mà SA Ì (SAC) nên (SAC) ^ (ABC).

b) Vì SA ^ (ABC) nên SA ^ BC mà AH ^ BC nên BC ^ (SAH).

Lại có BC Ì (SBC) nên (SAH) ^ (SBC).

c) Hạ AO ^ AH mà AO ^ BC (do BC ^ (SAH)) nên AO ^ (SBC).

d) Vì BC ^ (SAH) nên BC ^ SH và AH ^ BC

Nên \(\widehat {SHA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, BC. A].

Vì DABC vuông cân tại A mà AH là trung tuyến nên \(AH = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Xét DSAH vuông tại A, \(\tan \widehat {SHA} = \frac{{SA}}{{AH}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 6 \Rightarrow \widehat {SHA} \approx 68^\circ \).

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

a) DSAB là tam giác đều và SH là trung tuyến nên SH là đường cao.

Suy ra SH ^ AB mà (SAB) ^ (ABCD) Þ SH ^ (ABCD) Þ SH ^ AD.

Lại có AD ^ AB (do ABCD là hình vuông) nên AD ^ (SAB).

b) Vì SH ^ (ABCD) Þ SH ^ CD.

c) Vì SH ^ CD mà CD ^ HK nên CD ^ (SHK).

d) Theo câu a, SH ^ (ABCD).

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

Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB, CD,

Vì J là trung điểm CD và AC = AD nên AJ ^ CD.

Mà (ACD) ^ (BCD) Þ AJ ^ (BCD).

Ta thấy DAJD vuông tại J nên \(AJ = \sqrt {2 - 2{x^2}} \).

Mà AC = AD = BC = BD = \(\sqrt 2 \) nên DAJB vuông cân tại J.

Suy ra \(AB = AJ\sqrt 2 = \sqrt {4\left( {1 - {x^2}} \right)} \).

Do IA = IB, DAJB vuông tại J nên \(IJ = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}\sqrt {4\left( {1 - {x^2}} \right)} = \sqrt {1 - {x^2}} \).

Ta có CI và DI vuông góc với AB nên để (ABC) ^ (ABD) suy ra \(\widehat {CID} = 90^\circ \).

Ta có \(IJ = \frac{1}{2}CD \Leftrightarrow \sqrt {1 - {x^2}} = x\sqrt 2 \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Suy ra a² + 2b = 9.

Trả lời: 9.

Trong (SAB), kẻ SH ^ AB Þ SH ^ (ABCD).

Gọi K là trung điểm của AD mà MK // BD Þ (SM, BD) = (SM, MK).

Đặt AB = a (a > 0).

Vì DSAB vuông tại S nên \(SM = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}\).

Lại có SA = AB.sin30° = \(\frac{a}{2}\)Þ SA = SM ÞDSAM cân tại S.

Þ H là trung điểm của AM Þ\(HB = \frac{3}{4}AB = \frac{{3a}}{4}\).

Xét tam giác vuông SHB có SH = HB.tan30° \( = \frac{{3a}}{4}.\frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông AHK ta có:

\(HK = \sqrt {A{H^2} + A{K^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{4}\).

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông SHK ta có:

\(SK = \sqrt {S{H^2} + H{K^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 5 }}{4}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Ta có MK là đường trung bình của DABD nên \(MK = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Áp dụng định lí cosin trong tam giác SMK có:

\(\cos \widehat {SMK} = \frac{{S{M^2} + M{K^2} - S{K^2}}}{{2SM.MK}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4}\).

Suy ra 16cos²α = \(16.{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{4}} \right)^2} = 2\).

Trả lời: 2.

Gọi H là trung điểm của AB Þ\(AH = HB = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).

Vì DSAB đều nên SH ^ AB Þ SH ^ (ABC) Þ SH ^ BC mà BC ^ AB

nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.

Do đó SB là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (SAB).

Suy ra (SC, (SAB)) = (SC, SB) = \(\widehat {BSC}\).

Vì BC = SB = AB = a nên DSBC vuông cân tại B. Do đó \(\widehat {BSC} = 45^\circ \).

Trả lời: 45.

Gọi I là trung điểm SA.

Ta có BI ^ SA và BI ^ AD (do AD ^ AB và AD ^ SH).

Do đó BI ^ (SAD).

Nên hình chiếu của BD lên (SAD) là ID,

Do đó góc giữa BD và (SAD) là \(\alpha = \widehat {BDI}\).

Đặt AB = a, ta có \(BI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};BD = a\sqrt 2 \).

Xét DBID vuông tại I, có \(\sin \alpha = \frac{{BI}}{{BD}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{4} \approx 0,6\).

Trả lời: 0,6.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAC} \right) \cap \left( {SBD} \right) = SO\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Suy ra OA là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (ABCD).

Suy ra (SA, (ABCD)) = (SA, OA) = \(\widehat {SAO}\).

Vì DSAO vuông tại O có \(SO = AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) nên tam giác SAO vuông cân tại O.

Suy ra \(\widehat {SAO} = 45^\circ \).

Trả lời: 45.