Bài tập Hình chóp đều, hình lăng trụ đứng và các trường hợp đặc biệt lớp 11 (có lời giải)

Đáp án đúng là: D

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Vì ABCD là hình vuông nên AO ⊥ BD.

Vì AA' ⊥ (ABCD) ⇒ AA' ⊥ BD mà AO ⊥ BD nên BD ⊥ (AOA') ⇒ BD ⊥ A'O.

Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BD} \right) \cap \left( {ABD} \right) = BD\\A'O \bot BD\\AO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow \left[ {A',BD,A} \right] = \widehat {A'OA} = 30^\circ \).

Vì ABCD là hình vuông nên AC = BD mà O là tâm hình vuông nên \(AO = \frac{{AC}}{2} = a\).

Xét ∆A'AO vuông tại A, ta có:\({\rm{tan}}\widehat {A'OA} = \frac{{AA'}}{{AO}} \Rightarrow AA' = \frac{1}{{\sqrt 3 }}.a = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án đúng là: B

Mệnh đề (1) sai. Các cạnh bên không vuông góc với mặt đáy.

Đáp án đúng là: A

Vì BB' ⊥ (ABCD) ⇒ BB' ⊥ AC (1).

Do ABCD là hình vuông nên BD ⊥ AC (2).

Từ (1) và (2), suy ra AC ⊥ (BB'D) mà AC ⊂ (AB'C) nên (AB'C) ⊥ (BB'D).

Đáp án đúng là: C

Gọi M là trung điểm BC, khi đó \[MA = MC' = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\] nên M thuộc mặt phẳng trung trực của AC'. Tương tự ta cũng có các điểm N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm DC, DD', D'A', A'B', B'B và cũng thuộc mặt phẳng trung trực.

Vậy thiết diện cần tìm là lục giác đều MNPQRS.

Có \(MN = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Do đó diện tích của lục giác đều bằng \[6.{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3\sqrt 3 }}{4}{a^2}\] .

Đáp án đúng là: D

Tổng số đo các góc của hình lục giác là 720°. Vì ABCDEF là hình lục giác đều nên mỗi góc của hình lục giác đều ABCDEF là 120° \[ \Rightarrow \widehat {FAB} = 120^\circ \].

Vì ABCDEF là hình lục giác đều nên ta suy ra:

AD là tia phân giác của góc \(\widehat {FAB}\) và \(\widehat {EDC}\) \[ \Rightarrow \widehat {FAD} = \frac{{\widehat {FAB}}}{2} = 60^\circ \].

Tam giác AFD vuông tại F có \[\widehat {FAD} = 60^\circ \] và AD = a ta suy ra: \[\cos \widehat {FAD} = \frac{{AF}}{{AD}} \Rightarrow AF = AD.\cos \widehat {FAD} = a.\cos 60^\circ = a.\frac{1}{2} = \frac{a}{2}\].

Đáp án đúng là: B

Ta có: (ABCD) ∩ (ABC') = AB.

Vì BB' ⊥ (ABCD) ⇒ BB' ⊥ AB mà AB ⊥ BC ⇒ AB ⊥ (BB'C'C) ⇒ AB ⊥ BC'.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (ABC') bằng góc giữa hai đường thẳng BC và BC'.

Mà (BC, BC') = \[\widehat {CBC'} = 60^\circ \].

Xét ∆CBC' vuông tại C, có \(\tan \widehat {CBC'} = \frac{{CC'}}{{CB}} \Rightarrow CC' = CB.\tan \widehat {CBC'} = a.\tan 60^\circ = a\sqrt 3 \).

Đáp án đúng là: B

Hình chóp tam giác đều A.BCD có H là trọng tâm của tam giác đáy BCD và DH cắt BC tại I.

Ta có AH ⊥ (BCD) ⇒ AH ⊥ BC (1).

Tam giác BCD đều và H là trọng tâm của tam giác BCD nên DI ⊥ BC (2).

Từ (1) và (2), suy ra BC ⊥ (AHI) ⇒ BC ⊥ AI.

Do đó góc giữa mặt bên (ABC) và mặt đáy (BCD) là \(\widehat {AIH}\).

Tam giác ABC đều có AI là đường trung tuyến nên AI là đường cao và\(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Tam giác BCD đều có H là trọng tâm nên \(IH = \frac{1}{3}DI = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Có AH ⊥ (BCD) nên tam giác AIH vuông tại H. Khi đó \(\cos \widehat {AIH} = \frac{{IH}}{{AH}} = \frac{1}{3}\).

Đáp án đúng là: B

.

Vì SO ^ (ABCD) ⇒ SO ^ AB mà OI ^ AB nên AB ^ (SOI) ⇒ AB ^ SI.

Do đó góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) là .

Vì OI là đường trung bình của DABC nên $OI=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}$ và$SO=\frac{\sqrt{3}}{2}AB=\frac{\sqrt{3}}{2}a$.

Xét DSOI vuông tại O, có $\tan \widehat{SIO}=\frac{SO}{OI}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}a}{\frac{1}{2}a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SIO}=60°$.

Đáp án đúng là: B

Đặt AB = a, gọi I là trung điểm của AB.

Vì SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ AB mà OI ⊥ AB nên AB ⊥ (SOI) ⇒ AB ⊥ SI.

Do đó góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) là \(\widehat {SIO}\).

Vì OI là đường trung bình của ∆ABC nên \(OI = \frac{{BC}}{2} = \frac{a}{2}\) và \(SO = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AB = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).

Xét ∆SOI vuông tại O, có \[\tan \widehat {SIO} = \frac{{SO}}{{OI}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}a}}{{\frac{1}{2}a}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SIO} = 60^\circ \].

Đáp án đúng là: C

Gọi D là trung điểm của BC.

Vì ∆ABC đều nên AD ⊥ BC và \(AD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Vì AA' ⊥ (ABC) nên AM ⊥ BC mà AD ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (ADM) ⇒ BC ⊥ MD.

Do đó góc hợp bởi hai mặt phẳng (MBC) và (ABC) là \(\widehat {MDA}\).

Xét ∆MAD vuông tại A, có \(\tan \alpha = \frac{{AM}}{{AD}} = \frac{{3a}}{4}.\frac{2}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).

Đáp án đúng là: C

Vì S.ABC là hình chóp đều nên SH ⊥ (ABC) (H là trọng tâm ∆ABC).

Gọi I là trung điểm của BC.

Vì ABC là tam giác đều nên AI ⊥ BC (1) và \(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Mà SH ⊥ (ABC) nên SH ⊥ BC (2).

Từ (1) và (2), suy ra BC ⊥ (SAI) ⇒ BC ⊥ SI.

Do đó góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABC) là \(\widehat {SIH} = 60^\circ \).

Vì H là trọng tâm tam giác ABC nên \(HI = \frac{1}{3}AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

Xét ∆SHI vuông tại H, có SH = HI.tan60° = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\sqrt 3 = \frac{a}{2}\).

Đáp án đúng là: B

Theo định nghĩa, hình hộp chữ nhật là hình hộp đứng có đáy là hình chữ nhật.

Vì hình lăng trụ đứng ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình chữ nhật nên hình lăng trụ đứng đã cho là hình hộp chữ nhật.

Đáp án đúng là: C

Theo định nghĩa: Hình lăng trụ đều là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.

⇒ Mệnh đề C là mệnh đề đúng.

Đáp án đúng là: D

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.

Vì ABCD là hình vuông nên: AC⊥BD; O là trung điểm của BD.

Mặt khác, AA′ ⊥ (ABCD) nên AA′ ⊥ BD.

Do đó, trong hai mặt phẳng (A′BD) và (ABD), hai đường thẳng cùng vuông góc với BD lần lượt là A′O và AO. Vì vậy, góc phẳng nhị diện [A′, BD, A] là góc \(\widehat {A'OA}\)

⇒ \(\widehat {A'OA}\)= 30°

Xét tam giác A′OA, ta có: AA′ ⊥ (ABCD) nên AA′ ⊥ AO

⇒ △ A′OA vuông tại A.

Lại có: BD = 2a, O là trung điểm của BD nên AO = \(\frac{{AC}}{2}\) = \(\frac{{BD}}{2}\) = a

Trong tam giác vuông A′OA:

tan\(\widehat {A'OA}\) = \(\frac{{AA'}}{{AO}}\) ⇔ tan30° = \(\frac{{AA'}}{a}\) ⇔ AA′ = a ⋅ \(\frac{1}{{\sqrt 3 }}\) = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Đáp án đúng là: B

Gọi M là trung điểm của AB

Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên:

SO ⊥ (ABCD); O là tâm của hình vuông ABCD; OM ⊥ AB.

Mặt khác, trong tam giác cân SAB (SA = SB), M là trung điểm của AB nên SM ⊥ AB

Ta có: SM ⊂ (SAB), OM ⊂ (ABCD), SM ⊥ AB, OM ⊥ AB

⇒ Góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng đáy (ABCD) là \(\widehat {SMO}\)

Vì ABCD là hình vuông cạnh AB, O là tâm nên OM = \(\frac{{AB}}{2}\)

Xét tam giác SOM vuông tại O:

tan\(\widehat {SMO}\) = \(\frac{{SO}}{{OM}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}AB}}{{\frac{1}{2}AB}}\) = \(\sqrt 3 \) ⇒ \(\widehat {SMO}\) = 60°.

Đáp án đúng là: B

Vì ABCD.A′B′C′D′ là hình lăng trụ tứ giác đều nên:

Đáy ABCD là hình vuông cạnh a; CC′⊥(ABCD).

Ta có: (ABCD) ∩ (ABC′) = AB

Vì ABCD là hình vuông ⇒ BC ⊥ AB; CC′ ⊥ (ABCD) nên CC′ ⊥ AB

Do BC và CC′ là hai đường thẳng cắt nhau thuộc mặt phẳng (BCC′B′) ⇒ AB ⊥ (BCC′B′)

Vì BC′ ⊂ (BCC′B′) ⇒ BC′ ⊥ AB

Vậy BC và BC′ lần lượt là hai đường thẳng nằm trong hai mặt phẳng (ABCD) và (ABC′), cùng vuông góc với giao tuyến AB

⇒ ((ABCD), (ABC′)) = \(\widehat {CBC'}\) = 60°

Xét tam giác BCC′ vuông tại C, ta có:

tan60° = \(\frac{{CC'}}{{BC}}\) = \(\frac{{CC'}}{a}\) ⇒ CC′ = a ⋅ tan60° = \(a\sqrt 3 \).

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

a) Đúng. Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Khi đó SO ⊥ (ABCD)

Ta có: OA = \(\frac{{AC}}{2}\) = \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

Xét tam giác SOA vuông tại O:

SO = \(\sqrt {S{A^2} - O{A^2}} \) = \(\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{3}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} \) = \(\frac{{a\sqrt 6 }}{6}\) (định lý Pytago)

b) Sai. Vì SO ⊥ (ABCD) nên OA là hình chiếu vuông góc của SA trên mặt phẳng (ABCD)

Do đó, góc giữa cạnh bên SA và mặt phẳng đáy (ABCD) là góc \(\widehat {SAO}\)

Vì SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ OA ⇒ △SOA vuông tại O

Xét △SOA vuông tại O, ta có:

tan\(\widehat {SAO}\) = \(\frac{{SO}}{{AO}}\) = \(\frac{{a\sqrt 6 }}{6}\) : \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) = \(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\) ⇒ \(\widehat {SAO}\) = 30° ≠ 45°.

c) Đúng. Gọi M là trung điểm của cạnh CD.

Ta có: SC = SD nên trong tam giác cân SCD, SM ⊥ CD.

Trong hình vuông ABCD, AD ⊥ CD. Lại có OM ∥ AD nên OM ⊥ CD.

Vì SM ⊂ (SCD), OM ⊂ (ABCD) và cùng vuông góc với CD nên góc phẳng của nhị diện [S, CD, B] là \(\widehat {SMO}\)

Ta có: OM = \(\frac{{AD}}{2} = \frac{a}{2}\)

Xét tam giác SOM vuông tại O:

SM = \(\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} \) = \(\sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{6}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} \) = \(\frac{{a\sqrt {15} }}{6}\) (định lý Pytago)

⇒ cos\(\widehat {SMO}\) = \(\frac{{OM}}{{SM}} = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt {15} }}{6}}}\) = \(\frac{3}{{\sqrt {15} }} = \frac{{\sqrt {15} }}{5}\).

d) Đúng. Theo câu c), SM⊥CD, OM⊥CD

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là \(\widehat {SMO}\)

Xét tam giác SOM vuông tại O:

sin\(\widehat {SMO}\) = \(\frac{{SO}}{{SM}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{6}}}{{\frac{{a\sqrt {15} }}{6}}}\) = \(\sqrt {\frac{6}{{15}}} \) = \(\sqrt {\frac{2}{5}} \) = \(\frac{{\sqrt {10} }}{5}\).

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

a) Đúng. Gọi O là giao điểm của AC và BD, O′ là giao điểm của A′C′ và B′D′

Ta có: OO′ ∥ AA′ ∥ CC′ ∥ DD′ (do ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương)

Khi đó: (ACC′A′) ∩ (BDD′B′) = OO′ (1)

Trong hình vuông ABCD, AC ⊥ BD (2)

Vì OO′ ⊥ (ABCD) ⇒ AC ⊥ OO′ (3)

⇒ Từ (1), (2), (3) ⇒ AC ⊥ (BDD′B′). Mà AC ⊂ (ACC′A′)

⇒ (ACC′A′) ⊥ (BDD′B′)

b) Sai. Vì ABCD là hình vuông cạnh a ⇒ BD = \(a\sqrt 2 \)

Xét tam giác vuông A′AB vuông tại A:

A′B= \(\sqrt {A{{A'}^2} + A{B^2}} \) = \(a\sqrt 2 \) (định lý Pytago)

Do đó: A′B = A′D = BD = \(a\sqrt 2 \) ⇒ tam giác A′BD là tam giác đều cạnh \(a\sqrt 2 \)

Diện tích tam giác đều là: S_A′BD = \(\frac{{\sqrt 3 }}{4}{\left( {a\sqrt 2 } \right)^2}\) = \(\frac{{\sqrt 3 }}{4} \cdot \) 2a² = \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\) ≠ \(\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{8}\).

c) Đúng. Trong hình vuông ABCD, BD ⊥ AC (1)

Lại có: AA′ ⊥ (ABCD) ⇒ AA′ ⊥ BD (2)

Vì AC và AA′ cắt nhau và cùng thuộc mặt phẳng (ACC′A′) (3)

Từ (1), (2), (3) ⇒ BD ⊥ (ACC′A′).

d) Đúng. Hình chiếu vuông góc của C′ lên mặt phẳng (ABCD) là C

⇒ Hình chiếu của đường thẳng AC′ lên mặt phẳng (ABCD) là đường thẳng AC

Do đó góc giữa AC′ và (ABCD) là góc \(\widehat {CAC'}\)

Xét tam giác vuông ACC′:

tan\(\widehat {CAC'}\) = \(\frac{{CC'}}{{AC}} = \frac{a}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).

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

a) Sai. Vì đáy ABC là tam giác vuông cân tại A (AB = AC = a) nên theo định lý Pytago

BC = \(\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 2 \)

Hình lăng trụ đứng có các mặt bên là các hình chữ nhật

Vì BC ≠ AB nên mặt bên BCC′B′ có kích thước khác hai mặt bên còn lại. Do đó, các mặt bên không có cùng kích thước.

b) Đúng. M là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên AM ⊥ BC (đường trung tuyến đồng thời là đường cao).

Do ABC.A′B′C′ là lăng trụ đứng nên AA′ ⊥ (ABC) ⇒ AA′ ⊥ BC.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot (A'AM)\)

⇒ BC ⊥ A′M.

⇒ Góc giữa hai mặt phẳng (A′BC) và (ABC) là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với giao tuyến BC tại M, đó là A′M và AM

Vậy góc giữa hai mặt phẳng chính là góc \[\widehat {A'MA}\].

c) Sai. Xét tam giác ABC vuông cân tại A, đường cao AM ứng với cạnh huyền BC:

AM = \(\frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Vì AA′ ⊥ (ABC), AM ⊂ (ABC) ⇒ AA′ ⊥ AM ⇒ ΔA′AM vuông tại A

Trong ΔA′AM vuông tại A, ta có:

tan\[\widehat {A'MA}\] = \(\frac{{AA'}}{{AM}}\) ⇒ AA′ = AM ⋅ tan60° = \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\) ⋅ tan60° = \(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).

d) Đúng. Ta có:

(A'BC) ∩ (ABC) = BC

A'M ⊥ BC (A'M ⊂ (A'BC))

AM ⊥ BC (AM ⊥ (ABC))

Do đó, góc phẳng của góc nhị diện [A', BC, A] là góc \(\widehat {A'MA}\)

Theo câu b), góc \[\widehat {A'MA}\] là góc giữa hai mặt phẳng (A'BC) và (ABC) và bằng 60°

⇒ cos\[\widehat {A'MA}\] = cos60° = \(\frac{1}{2}\).

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

a) Đúng. Theo định nghĩa, hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy ABC là tam giác đều và chân đường cao của hình chóp trùng với tâm của đáy.

Tâm của tam giác đều ABC chính là trọng tâm G

Do đó, hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy (ABC) chính là trọng tâm G.

b) Sai. Ta có: M là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC đều nên AM ⊥ BC.

Do SG ⊥ (ABC) nên SG ⊥ BC.

⇒ BC ⊥ (SAM) ⇒ BC ⊥ SM.

⇒ Góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy (ABC) là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với giao tuyến BC tại M, đó là SM và AM.

Vậy góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt đáy (ABC) là góc \(\widehat {SMA}\).

c) Đúng. Vì △ABC là tam giác đều cạnh a nên độ dài đường trung tuyến AM là:

AM = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)

Do G là trọng tâm của △ABC nên độ dài đoạn thẳng GM bằng \(\frac{1}{3}\) độ dài đường trung tuyến AM:

GM = \(\frac{1}{3}\)AM = \(\frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Vậy độ dài đoạn thẳng GM = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

d) Đúng. Xét tam giác vuông SGM vuông tại G.

Ta có góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC) là \(\widehat {SMA}\) = 45° (theo đề bài)

Trong tam giác vuông SGM, ta có:

tan\(\widehat {SMG}\) = \(\frac{{SG}}{{GM}}\)⇒ SG = GM ⋅ tan\(\widehat {SMG}\) = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{6}\) ⋅ tan45° = \(\frac{{a\sqrt 3 }}{6}\)

Vậy chiều cao SG của hình chóp đều bằng \(\frac{{a\sqrt 3 }}{6}\).

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

a) Đúng. Theo định nghĩa, hình chóp cụt tam giác đều được tạo thành khi cắt một hình chóp tam giác đều bằng một mặt phẳng song song với đáy.

Trong hình chóp đều ban đầu, đường thẳng nối đỉnh và tâm đáy (hay đường cao) vuông góc với mặt đáy.

Khi cắt bởi mặt phẳng song song, tâm của hai đáy O và O′ nằm trên đường thẳng này. Do đó, OO′ chính là chiều cao của hình chóp cụt và vuông góc với hai mặt phẳng đáy.

b) Đúng. Các mặt bên của hình chóp cụt đều là các hình thang cân.

Vì đáy lớn và đáy nhỏ đều là các tam giác đều, nên các cạnh bên của hình chóp cụt có độ dài bằng nhau.

Do đó, các mặt bên hình thang cân này bằng nhau.

c) Sai. Gọi H là hình chiếu của A′ lên mặt đáy (ABC). Khi đó A′H song song và bằng

OO′, nên A′H = h.

Xét tam giác vuông A′HA vuông tại H: cạnh AA′ là cạnh huyền.

Suy ra AA′ > A′H, tức là cạnh bên luôn lớn hơn chiều cao OO′ .

Vậy OO′ không thể lớn hơn cạnh bên. Mệnh đề Sai.

d) Sai. Đường thẳng OO' vuông góc với hai mặt phẳng đáy (ABC) và (A'B'C')

Mặt phẳng (ABB'A') là mặt bên cắt hai mặt đáy nên OO' không thể vuông góc với (ABB'A').

Đáp án: 69,3

(B'AC) ∩ (ABC) = AC

Gọi I là trung điểm của AC

Vì tam giác ABC vuông cân tại B nên đường trung tuyến BI đồng thời là đường cao

⇒ BI ⊥ AC

Vì ABC.A'B'C' là hình lăng trụ đứng nên B'B ⊥ (ABC)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BI\\AC \bot B'B\end{array} \right.\) ⇒ AC ⊥ (B'BI) ⇒ AC ⊥ B'I

Do BI ⊂ (ABC), B'I ⊂ (B'AC) và cả hai đường thẳng này cùng vuông góc với giao tuyến AC tại I, nên góc phẳng nhị diện [B', AC, B] chính là góc giữa hai tia IB' và IB, tức là góc \(\widehat {B'IB}\)

Tam giác ABC vuông cân tại B có cạnh huyền AC = 2a

BI = \(\frac{{AC}}{2} = \frac{{2a}}{2}\) = a

Vì △ABC vuông cân tại B nên độ dài các cạnh góc vuông là: AB = BC = \(\frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{2a}}{{\sqrt 2 }} = a\sqrt 2 \)

Vì AA' ⊥ (ABC) ⇒ tam giác A'AB vuông tại A.

Xét tam giác A'AB vuông tại A, theo định lý Pytago:

BB' = AA' = \(\sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} \) = \(\sqrt {{{\left( {3a} \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} \) = \(a\sqrt 7 \)

Xét tam giác B'BI vuông tại B (vì B'B ⊥ BI), ta có:

tan\(\widehat {B'IB}\) = \(\frac{{B'B}}{{BI}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{a} = \sqrt 7 \) ⇒ \(\widehat {B'IB}\) ≈ 69,3°.

Vậy góc phẳng nhị diện [B', AC, B] có số đo xấp xỉ bằng 69,3°.

Đáp án: 3,7

Xét hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D'

Vì ABCD là hình chữ nhật nên △ABC vuông tại B.

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC, ta có:

AC² = AB² + BC² = AB² + AD² = 1² + 2² = 5

Do ABCD.A'B'C'D' là hình hộp chữ nhật

⇒ AA' ⊥ (ABCD), CC' ⊥ (ABCD) và CC' = AA' = 3

⇒ CC' ⊥ AC ⇒ △ACC' vuông tại C

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ACC', ta có:

AC' = \(\sqrt {A{C^2} + C{{C'}^2}} \) = \(\sqrt {5 + {3^2}} \) = \(\sqrt {14} \) ≈ 3,7.

Đáp án: 0,8

Ta có: SO′ ⊥ (A′B′C′D′), BD′ ⊂ (A′B′C′D′) ⇒ SO′ ⊥ B′D′ ⇒ O′D′ là hình chiếu vuông góc của SD′ lên (A′B′C′D′).

⇒ (SD′, (ABCD)) = (SD′, O′D′) = \(\widehat {SD'O'}\) = 60°

Xét △SA'D' có AD ∥ A'D', áp dụng định lí Talet, ta có: \(\frac{{SA}}{{SA'}} = \frac{{SD}}{{SD'}} = \frac{{AD}}{{A'D'}}\) = \(\frac{1}{3}\) : 1 = \(\frac{1}{3}\)

Có OA ∥ O'A'

Áp dụng định lý Talet trong △SA'O' có OA ∥ O'A', ta có:

\(\frac{{SA}}{{SA'}} = \frac{{SO}}{{SO'}} = \frac{1}{3}\) ⇒ \(\frac{{AA'}}{{SA'}} = \frac{{OO'}}{{SO'}} = \frac{2}{3}\)

Vì tam giác A′D′C′ là tam giác vuông cân tại D′ có D′O′ là đường cao nên ta có:

\(\frac{1}{{D'{{O'}^2}}} = \frac{1}{{A'{{D'}^2}}} + \frac{1}{{D'{{C'}^2}}} = \frac{1}{{{1^2}}} + \frac{1}{{{1^2}}} = 2\)⇒ D′O′² = \(\frac{1}{2}\) ⇒ D′O′= \(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SD′O′ vuông tại O′, ta có:

tan60° = \(\frac{{SO'}}{{O'D'}}\) ⇒ SO′ = O′D′ ⋅ tan60° = \(\frac{{\sqrt 2 }}{2} \cdot \sqrt 3 = \frac{{\sqrt 6 }}{2}\)

OO′ = \(\frac{2}{3}\) SO′ = \(\frac{2}{3} \cdot \frac{{\sqrt 6 }}{2} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\) ≈ 0,8.

Đáp án: 40,9

Gọi O là tâm của đáy là tam giác đều ABC

Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên SO ⊥ (ABC), do đó SO chính là chiều cao của hình chóp và SO = \(\frac{a}{2}\)

Vì SO ⊥ (ABC) nên AO là hình chiếu vuông góc của SA lên mặt phẳng (ABC).

⇒ Góc giữa cạnh bên SA và mặt phẳng đáy (ABC) là góc \(\widehat {SAO}\)

Vì ABC là tam giác đều cạnh a có O là trọng tâm, nên độ dài đoạn thẳng AO là:

AO = \(\frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Vì SO ⊥ (ABC), SO ⊂ (ABC) ⇒ SO ⊥ AO ⇒ △SAO vuông tại O

Xét tam giác SAO vuông tại O, ta có: tan\(\widehat {SAO}\) = \(\frac{{SO}}{{AO}}\) = \(\frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3}}}\) = \(\frac{3}{{2\sqrt 3 }}\) = \(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\)

⇒ \(\widehat {SAO}\) ≈ 40,9°.

Đáp án: 4

Gọi O, O' lần lượt là tâm của hình vuông ABCD và A'B'C'D'

Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO ⊥ (ABCD).

Vì ABCD là hình vuông cạnh 8 cm nên DO = \(\frac{{BD}}{2}\) = \(\frac{{8\sqrt 2 }}{2}\) = \(4\sqrt 2 \) cm

Góc \(\widehat {SDO}\) là góc giữa cạnh bên với mặt đáy.

Vì SO ⊥ (ABCD) nên SO ⊥ OD ⇒ △SOD vuông tại O

Xét △SOD vuông tại O, ta có:

tan\(\widehat {SDO}\) = \(\frac{{SO}}{{OD}}\) ⇒ SO = OD ⋅ tanα = \(4\sqrt 2 \) ⋅ \(\sqrt 2 \) = 8 cm

Vì khối chóp bị cắt bởi mặt phẳng song song với đáy và đi qua trung điểm một cạnh bên, nên điểm O' là trung điểm của đoạn thẳng SO

Do đó, chiều cao h của hình chóp cụt ABCD.A'B'C'D' bằng độ dài đoạn thẳng OO':

OO' = \(\frac{1}{2}\)SO = \(\frac{1}{2}\) ⋅ 8 = 4 (cm)

Vậy chiều cao của hình chóp cụt là 4 cm.