22 câu hỏi
AM ^ SD.
AM ^ (SCD).
AM ^ CD.
AM ^ (SBC).
D
Vì SA ^ (ABCD) nên SA ^ BC mà BC ^ AB nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ AM.
Mà AM ^ SB nên AM ^ (SBC).
60°.
45°.
135°.
90°.
A
![Tính số đo theo đơn vị độ của góc nhị diện [A, BC, S]. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/08/2-1754540654.png)
Vì SA ^ (ABC) Þ SA ^ BC mà BC ^ AB nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.
Lại có AB ^ BC nên \(\widehat {SBA}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [A, BC, S].
Xét DSAB vuông tại A, có \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ \).
\(\sqrt 2 \).
\(\frac{2}{{\sqrt 3 }}\).
2.
\(2\sqrt 2 \).
A
Vì SA ^ (ABCD) nên AC là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng (ABCD).
Do đó (SC, (ABCD)) = (SC, AC) = \(\widehat {SCA}\).
Xét DSAC vuông tại A, có \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 2 \).
60°.
45°.
30°.
90°.
B
Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lăng trụ đều có tất cả các cạnh bằng a nên ABB'A' là hình vuông.
Do AA' ^ (A'B'C') nên A'B' là hình chiếu vuông góc của AB' lên mặt phẳng (A'B'C').
Do đó (AB', (A'B'C')) = (AB', A'B') = \(\widehat {AB'A'} = 45^\circ \).
3.
Vô số.
1.
2.
B
Qua M có vô số mặt phẳng vuông góc với (P) và (Q).
(ACC'A').
(ABC'D').
(AB'D').
(BDC').
A
Vì ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương nên (ACC'A') ^ (ABCD).
(SBC).
(SAD).
(SCD).
(SAC).
D
Vì SB ^ (ABCD) Þ SB ^ AC mà AC ^ BD nên AC ^ (SBD) Þ (SAC) ^ (SBD).
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(a\sqrt 5 \).
\(a\sqrt 7 \).
\(a\sqrt 6 \).
\(a\sqrt 3 \).
B
Ta có \(AC' = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = a\sqrt 7 \).
\(a\sqrt 3 \).
a.
2a.
\(a\sqrt 2 \).
D
Ta có SA ^ BC (do SA ^ (ABC)) và BC ^ AB nên BC ^ (SAB).
Kẻ AH ^ SB và AH ^ BC (do BC ^ (SAB)) Þ AH ^ (SBC).
Khi đó d(A, (SBC)) = AH.
Xét DSAB vuông tại A, AH là đường cao ta có:
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} \Rightarrow AH = a\sqrt 2 \).
\(\frac{a}{{\sqrt 2 }}\).
\(\frac{a}{2}\).
\(\frac{a}{{\sqrt 6 }}\).
\(\frac{a}{{\sqrt 3 }}\).
C
Do S.ABCD là chóp đều nên SO ^ (ABCD) Þ SO ^ CD.
Gọi H là trung điểm của CD. Suy ra OH ^ CD mà SO ^ CD nên CD ^ (SOH).
Hạ OK ^ SH và OK ^ CD (do CD ^ (SOH)) nên OK ^ (SCD).
Suy ra d(O, (SCD)) = OK.
Ta có \(OH = \frac{a}{2};OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Xét DSOC vuông tại O, ta có \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Xét DSOH vuông tại O, OK là đường cao, ta có:
\(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{4}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{6}{{{a^2}}}\) \( \Rightarrow OK = \frac{a}{{\sqrt 6 }}\).
\(\frac{{a\sqrt {12} }}{7}\).
\(\frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
\(\frac{a}{{\sqrt 6 }}\).
\(\frac{a}{{\sqrt 3 }}\).
B
Gọi E là trung điểm của BC.
Vì DABC đều nên AE ^ BC mà AA' ^ BC (do AA' ^ (ABC)) nên BC ^ (A'AE).
Kẻ AH ^ A'E và AH ^ BC (do BC ^ (A'AE)) nên AH ^ (A'BC).
Suy ra d(A, (A'BC)) = AH.
Vì DABC đều nên \(AE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Xét DA'AE vuông tại A, ta có \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}}\]\( \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
\(\frac{{{a^3}}}{3}\).
a3.
\(\frac{{\sqrt 3 {a^3}}}{9}\).
\(\frac{{{a^3}}}{2}\).
A
Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BC mà BC ^ AB nên BC ^ (SAB).
Kẻ AH ^ SB mà AH ^ BC (do BC ^ (SAB)) Þ AH ^ (SBC).
Khi đó \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Xét DSAB vuông tại A, đường cao AH, ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} - \frac{1}{{A{B^2}}}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{4}{{2{a^2}}} - \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} \Rightarrow SA = a\).
Khi đó \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SA.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.a.{a^2} = \frac{{{a^3}}}{3}\).
a) Do S.ABC là chóp đều nên SO ^ (ABC).
Suy ra OM là hình chiếu vuông góc của SM trên mặt phẳng (ABC).
Khi đó (SM, (ABC)) = (SM, OM) = \(\widehat {SMO}\).
Vì ABC là tam giác đều nên \(AM = \frac{{a\sqrt 3 .\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a}}{2}\)Þ \(AO = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3}.\frac{{3a}}{2} = a\); \(OM = \frac{a}{2}\).
Xét DSOA vuông tại O, có \(SO = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} = \sqrt {4{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \).
Xét DSMO vuông tại O, \(\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{OM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{a}{2}}} = 2\sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SMO} \approx 73,9^\circ \).
b) \(SO = a\sqrt 3 \).
c) OA là hình chiếu vuông góc của SA trên mặt phẳng (ABC).
Khi đó (SA, (ABC)) = (SA, OA).
d) SO ^ (ABC).
Đáp án: a) Sai; b) Sai; c) Đúng; d) Đúng.
a) ABCD.A'B'C'D' là lăng trụ tứ giác đều nên ABCD là hình vuông suy ra BD ^ AC.
Có AA' ^ (ABCD) Þ AA' ^ BD.
Do đó BD ^ (ACC'A').
b) Có (ADD') Ì (ADD'A') mà (ADD'A') không vuông góc với mặt phẳng (ACC'A').
c) Có BC // B'C' Þ BC // (ADC'B') nên d(BC, (ADC'B')) = d(B, (ADC'B')).
Kẻ BH ^ AB'.
Có AD ^ (ABB'A') Þ AD ^ BH. Do đó BH ^ (ADC'B').
Do đó d(B, (ADC'B')) = BH.
Xét DABB' vuông tại B, ta có \(\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{{B'}^2}}} + \frac{1}{{B{A^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow BH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
d) Ta có \[{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{2}{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = \frac{1}{2}AA'.{S_{ABCD}} = \frac{1}{2}a\sqrt 3 .{a^2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\].
Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Đúng.
a) Do ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng nên (ABB'A') ^ (A'B'C') mà C'B' ^ A'B' nên C'B' ^ (ABB'A').
Suy ra AB' là hình chiếu vuông góc của AC' trên mặt phẳng (ABB'A').
Khi đó (AC', (ABB'A')) = (AC', AB') \[ = \widehat {B'AC'}\].
b) \({V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = 2a.\frac{1}{2}.a.\sqrt 3 a = {a^3}\sqrt 3 \).
c) Do ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng nên (BCC'B') ^ (ABC).
d) Do AA' // BB' Þ AA' // (BB'C').
Khi đó d(AA', BC') = d(AA', (BB'C')) = d(A, (BB'C')).
Vì AB ^ B'C' (BC // B'C') và AB ^ BB' nên AB ^ (BB'C').
Do đó d(A, (BB'C')) = AB = a.
Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.
a) BC không vuông góc với mặt phẳng (SAC).
b) Có BC ^ AB mà BC ^ SA (do SA ^ (ABCD)) nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ AM.
Vì AM ^ BC và AM ^ SB nên AM ^ (SBC) Þ AM ^ SC (1).
Có CD ^ AD và CD ^ SA (do SA ^ (ABCD)) Þ CD ^ (SAD) Þ CD ^ AN.
Vì AN ^ CD và AN ^ SD nên AN ^ (SCD) Þ AN ^ SC (2).
Từ (1) và (2) Þ SC ^ (AMN) Þ SC ^ MN.
c) Có BD ^ AC và BD ^ SA (SA ^ (ABCD)) nên BD ^ (SAC) Þ (SBD) ^ (SAC).
d) Theo câu b, có AM ^ (SBC) nên d(A, (SBC)) = AM.
Xét DSAB, có \(\frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{6{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{7}{{6{a^2}}}\)\( \Rightarrow AM = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}\).
Do đó \(d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}\).
Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.
a) Lăng trụ lục giác đều là lăng trụ đứng có đáy là lục giác đều.
b) Diện tích đáy của bể kính là \(S = 6.\frac{{{{20}^2}\sqrt 3 }}{4} = 600\sqrt 3 \) cm2.
c) Thể tích của khối lăng trụ \(V = S.h = 600\sqrt 3 .50 = 30000\sqrt 3 \) cm3 ≈ 52 lít.
d) Sau 2 phút bơm được V' = 200.120 = 24000 cm3 nước vào bể.
Chiều cao mực nước trong bể \(h' = \frac{{V'}}{S} = \frac{{24000}}{{600\sqrt 3 }} = \frac{{40\sqrt 3 }}{3} \approx 23\) cm.
Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.
![Số đo của góc nhị diện [B, DD', C] bằng bao nhiêu độ? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2025/08/17-1754541424.png)
Vì DD' ^ (BCD) nên DD' ^ BD, DD' ^ CD.
Suy ra số đo góc nhị diện [B, DD', C] bằng (BD, CD) = 45°.
Trả lời: 45.
Gọi M là hình chiếu của O trên CD. Khi đó OM ^ CD và SO ^ OM.
Do đó d(SO, CD) = \(OM = \frac{1}{2} = 0,5\).
Trả lời: 0,5.
Gọi I là giao điểm của AC' và A'C nên I là trung điểm của AC'.
Ta thấy VA.A'BC = VC'.A'BC = VB.A'B'C' Þ VABC.A'B'C' = 3VA.A'BC.
Do đường thẳng AC' tạo với mặt phẳng (A'BC) một góc 30°.
Þ AI tạo với mặt phẳng (A'BC) một góc 30°.
Do đó d(A, (A'BC)) = AI.sin30° = \(\frac{{AC'}}{2}.sim30^\circ = 2\).
Khi đó \[{V_{A.A'BC}} = \frac{1}{3}d\left( {A,\left( {A'BC} \right)} \right).{S_{A'BC}} = \frac{1}{3}.2.9 = 6\].
Vậy VABC.A'B'C' = 3VA.A'BC = 18.
Trả lời: 18.
Gọi x (m) là độ dài cạnh hình vuông nhỏ, suy ra 2x (m) là cạnh hình vuông đáy lớn.
Khi đó ta có \(V = \frac{1}{3}h\left( {S + S' + \sqrt {S.S'} } \right) = \frac{1}{3}.6.\left( {{x^2} + 4{x^2} + 2{x^2}} \right)\) Þ 14x2 = 5600 Þ x = 20 m.
Vậy chiều dài đáy lớn bằng 40 m.
Trả lời: 40.
Do BC ^ AB và BC ^ SA nên suy ra BC ^ (SAB).
Gọi H là hình chiếu của A lên SB.
Vì AH ^ SB và AH ^ BC (vì BC ^ (SAB)) nên suy ra AH ^ (SBC).
Suy ra SH là hình chiếu của SA trên mặt phẳng (SBC).
Do đó (SA, (SBC)) = (SA, SH) = \(\widehat {HSA} = \widehat {BSA}\).
Xét tam giác SAB vuông tại A, ta có \(\sin \widehat {BSA} = \frac{{AB}}{{SB}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}\) \( \Rightarrow \widehat {BSA} = 30^\circ \Rightarrow x = 30\).
Vậy x2 + 100 = 1000.
Trả lời: 1000.
Bạn có thích hoạt động này không?
Ý kiến của bạn sẽ giúp chúng tôi đề xuất nội dung phù hợp hơn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
