Đề cương ôn tập cuối kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Quan hệ vuông góc trong không gian
50 câu hỏi
Cho hình chóp \(S.ABCD\) đều, có \(SA = AB = a\). Góc giữa \(SA\) và \(CD\) là
\(60^\circ \).
\(30^\circ \).
\(90^\circ \).
\(45^\circ \).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Ta có \(AB//CD\) nên \(\left( {SA,CD} \right) = \left( {SA,AB} \right) = \widehat {SAB}\) .
Mặt khác \(S.ABCD\)là chóp đều nên \(SA = SB\)mà \(SA = AB\).
Do đó tam giác \(SAB\) đều nên \(\widehat {SAB} = 60^\circ \).
Vậy \(\left( {SA,AB} \right) = 60^\circ \).
Cho tứ diện có \[AB = CD\]. Gọi \[I,J,E,F\] lần lượt là trung điểm của \[AC,BC,BD,AD\]. Góc \[\left( {IE,{\rm{ }}JF} \right)\] bằng
\[30^\circ \].
\[45^\circ \].
\[60^\circ \].
\[90^\circ \].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}IJ = EF = \frac{1}{2}AB\\JE = IF = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.\] (tính chất đường trung bình) mà \[AB = CD\] nên \[IJ = EF = JE = IF\].
Do đó \[IJEF\] là hình thoi.
Suy ra \[\left( {IE,{\rm{ }}JF} \right) = 90^\circ \].
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\)(tham khảo hình vẽ). Góc giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(A'D\) là
\(45^\circ \).
\(30^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Đặt \(AB = a\), ta có \(AC\,{\rm{//}}A'C' \Rightarrow \left( {AC;A'D} \right) = \left( {A'C';A'D} \right) = \widehat {DA'C'}\).
Mặt khác \(A'D = DC' = A'C' = a\sqrt 2 \Rightarrow \Delta A'DC'\) là tam giác đều nên \(\widehat {DA'C'} = 60^\circ \).
Vậy \(\left( {AC;A'D} \right) = \left( {A'C';A'D} \right) = 60^\circ \).
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình vuông \[ABCD\] cạnh bằng \[a\] và các cạnh bên đều bằng \[a\]. Gọi \[M\] và \[N\] lần lượt là trung điểm của \[AD\] và \[SD\]. Số đo của góc \[\left( {MN,SC} \right)\] bằng:
\[45^\circ \].
\[30^\circ \].
\[90^\circ \].
\[60^\circ \].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Ta có \(MN//SA\)(tính chất đường trung bình).
Ta có: \[AC = a\sqrt 2 \]
\[ \Rightarrow A{C^2} = 2{a^2} = S{A^2} + S{C^2}\]
\[ \Rightarrow \Delta SAC\] vuông tại \[S\].
Khi đó: \[\left( {MN,SC} \right) = \left( {SA,SC} \right) = \widehat {ASC} = 90^\circ \].
\[ \Rightarrow \left( {MN,SC} \right) = 90^\circ \].
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng?
Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với nhau.
Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng vuông góc với nhau thì song song với đường thẳng còn lại.
Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì vuông góc với nhau.
Một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Trong không gian một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia.
Khẳng định nào sau đây là sai?
Nếu đường thẳng \[d \bot (\alpha )\] thì\[\;d\] vuông góc với hai đường thẳng trong \[(\alpha )\].
Nếu đường thẳng \[d\] vuông góc với hai đường thẳng nằm trong \[\left( \alpha \right)\] thì \[d \bot \left( \alpha \right)\].
Nếu đường thẳng .\[d\]. vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong \[\left( \alpha \right)\] thì \[d\] vuông góc với một đường thẳng bất kì trong \[\left( \alpha \right)\].
Nếu \[d \bot \left( \alpha \right)\] và đường thẳng \[a\,{\rm{//}}\,\left( \alpha \right)\] thì \[d \bot \,a\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Nếu đường thẳng \[d\] vuông góc với hai đường thẳng nằm trong \[\left( \alpha \right)\] thì \[d \bot \left( \alpha \right)\].
Cho hình chóp \[S.ABC\]có đáy \[ABC\] là tam giác vuông tại \[B\] và \[SA \bot \left( {ABC} \right)\]. Mệnh đề nào sau đây là đúng?
\(AC \bot \left( {SAB} \right)\).
\(BC \bot \left( {SAB} \right)\).
\(AB \bot \left( {SBC} \right)\).
\(AC \bot \left( {SBC} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông, \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Gọi \(I,\,J\) lần lượt là trung điểm của \(AB,\,BC\). Mệnh đề nào sau đây là sai?
\(BC \bot \left( {SAB} \right)\).
\(CD \bot \left( {SAD} \right)\).
\(IJ \bot \left( {SBD} \right)\).
\(BD \bot \left( {SAC} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
+) \(\left. \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\). Suy ra đáp án A đúng.
+) \[\left. \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\]. Suy ra đáp án B đúng.
+) \(\left. \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\). Suy ra đáp án D đúng.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\), cạnh bên \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \(M\) là trung điểm của cạnh bên \(SB\) và \(N\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(SO\). Mệnh đề nào sau đây đúng?
\(AC \bot \left( {SDO} \right)\).
\(AM \bot \left( {SDO} \right)\).
\(SA \bot \left( {SDO} \right)\).
\(AN \bot \left( {SDO} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right) \supset AN \Rightarrow AN \bot BD\).
Theo giả thiết: \(AN \bot SO\).
Vậy \(AN \bot \left( {SDO} \right)\).
Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = AC,\)\(DB = DC\). Khẳng định nào sau đây đúng?
\(BC \bot AD\).
\(AC \bot BD\).
\(AB \bot \left( {BCD} \right)\).
\(DC \bot \left( {ABC} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Theo đề bài ta có: \(\Delta ABC,\) \(\Delta DBC\)lần lượt cân tại \(A,\)\(D\). Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\).
\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\DH \bot BC\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {ADH} \right)\\BC \bot \left( {ADH} \right)\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot AD\).
Cho hai mặt phẳng \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\)song song với nhau và một điểm \(M\)không thuộc \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\). Qua \(M\)có bao nhiêu mặt phẳng vuông góc với \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\).
\(3\).
Vô số.
\(1\).
\(2\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
+ Qua \(M\)có duy nhất một đường thẳng \(d\)vuông góc với \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\).
+ Mọi mặt phẳng chứa \(d\)đều vuông góc với \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\)nên có vô số mặt phẳng qua \(M\) vuông góc với \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thoi, \(SA = SC\). Khẳng định nào sau đây đúng?
Mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Gọi \(O = AC \cap BD\).
Tứ giác\(ABCD\) là hình thoi nên \(AC \bot BD\) (1).
Mặt khác tam giác \(SAC\) cân tại \(S\)nên \(SO \bot AC\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AC \bot \left( {SBD} \right)\) nên \(\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
Cho lăng trụ tam giác đều \[ABC.A'B'C'\] có tất cả các cạnh đều bằng \[a\]. Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {AB'C'} \right)\] và \[\left( {A'B'C'} \right)\]. Tính giá trị của\[\tan \alpha \]?
\[\frac{{2\sqrt 3 }}{3}\].
\[\frac{{\sqrt 3 }}{3}\].
\[\frac{{3\sqrt 2 }}{2}\].
\[\frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Gọi \[H\] là trung điểm của \[B'C'\]
\[ \Rightarrow AH \bot B'C'\] (do \[\Delta AB'C'\] cân tại \[A\]) và \[A'H \bot B'C'\](do \[\Delta A'B'C'\]đều).
Suy ra \[\left( {\left( {AB'C'} \right),\left( {A'B'C'} \right)} \right) = \left( {AH,A'H} \right) = \widehat {AHA'}\].
Vì \[\Delta A'B'C'\] đều cạnh \(a\) nên \(A'H = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Xét \(\Delta AA'H\)vuông tại \(A'\), có \[\tan \widehat {AHA'} = \frac{{AA'}}{{A'H}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}\].
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\] là hình vuông cạnh \[a,SA\] vuông góc với đáy và \(SA = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}\). Khi đó góc giữa mặt phẳng \[\left( {SBD} \right)\] và mặt đáy \[\left( {ABCD} \right)\] là.
\[60^\circ \].
\[45^\circ \].
\[30^\circ \].
\[75^\circ \].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Gọi \(O = AC \cap BD\).
Có \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC \bot BD\) mà \(BD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\).
Suy ra \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow BD \bot SO\).
Ta có \(SO \bot BD,AO \bot BD\) nên góc giữa mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(\widehat {SOA}\)
Xét tam giác vuông \(SOA\) có \(SA = \frac{{a\sqrt 6 }}{6};OA = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Nên \(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{6}}}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\), suy ra góc \(\widehat {SOA} = 30^\circ \).
Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(30^\circ \).
Cho hình chóp \(S.ABC\)có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\), \(SA \bot \left( {ABC} \right)\), gọi \(M\) là trung điểm của \(AC\). Mệnh đề nào sai ?
\(\left( {SAB} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
\(BM \bot AC\).
\(\left( {SBM} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
\[\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
+ Có tam giác \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\), \(M\) là trung điểm của \(AC\) \( \Rightarrow BM \bot AC\)
+ Có \(\left. \begin{array}{l}BM \bot AC\\BM \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BM \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBM} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).
+ Có \(\left. \begin{array}{l}BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BC \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).
Vậy đáp án A sai.
Cho hình chóp \[S.ABC\] có \[SA\] vuông góc với mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\], \[\Delta ABC\] là tam giác đều cạnh \(a\), \[SA = 2a\]. Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] bằng
\[\frac{{\sqrt {57} a}}{3}\].
\[\frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}\].
\[\frac{{2\sqrt {57} a}}{3}\].
\[\frac{{\sqrt {57} a}}{{12}}\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(SM\)
Do \(\Delta ABC\) đều, \(M\) là trung điểm \(BC\) nên \(AM \bot BC\)và \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAM} \right).\]
\[ \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH\].
Xét \(\Delta SAM\) vuông tại \(A\), có \[\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{19}}{{12{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}.\]Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy là hình bình hành với \[BC = a\sqrt 2 ,\widehat {ABC} = 60^\circ \]. Tam giác \[SAB\] nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ điểm \(D\) đến mặt phẳng \[\left( {SAB} \right)\] bằng
\[\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\].
\[\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].
\[a\sqrt 2 \].
\[\frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Dựng \[SH \bot AB.\] Do \[\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[SH \bot \left( {ABCD} \right).\]
Dựng \[CK \bot AB\] mà \[CK \bot SH\]\(\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\) nên \[CK \bot \left( {SAB} \right).\]
Do \[CD\,{\rm{//}}\,AB\] nên \[d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CK\]\[ = BC\sin 60^\circ = a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\]Cho tứ diện đều \[ABCD\] có cạnh bằng \(a\). Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \[\left( {BCD} \right)\] bằng
\[\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\].
\[\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\].
\[\frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\].
\[\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Gọi \(M\) là trung điểm \(CD\) và \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \(BM\).
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AM\\CD \bot BM\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right) \Rightarrow CD \bot AH\left( 1 \right).\]
Tương tự, ta chứng minh được \[BC \bot AH\left( 2 \right).\]
Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[AH \bot \left( {BCD} \right).\]
Suy ra \[d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) = AH\] và \(H\) là trọng tâm \[\Delta BCD.\]
Mà \(\Delta BCD\) đều cạnh a nên \(BH = \frac{2}{3}BM = \frac{2}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Xét \[\Delta ABH\] vuông tại \(H\) có \[AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\]
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \[ABCD\] là hình chữ nhật \[AD = 2a\]. Cạnh bên \[SA = 2a\] và vuông góc với đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \[AB\] và \[SD\].
\(2a\).
\(a\sqrt 2 \).
\(a\).
\[\frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên cạnh \(SD\).
Ta có\(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD\\AB \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot AH\).
Suy ra \(AH\) là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(AB\) và \(SD\).
Do đó \(d\left( {AB,SD} \right) = AH\).
\(\Delta SAD\) vuông cân tại \(A\) có \(AH\) là đường cao nên \(H\) là trung điểm của \(SD\),
suy ra \(AH = \frac{{SD}}{2} = \frac{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }}{2}\sqrt 2 a\).
Vậy \(d\left( {AB,SD} \right) = a\sqrt 2 \).
Cho hình lăng trụ đứng \[ABC.{A_1}{B_1}{C_1}\] có tam giác \[ABC\] vuông cân tại \[A,AB = a,C{C_1} = 2a\]. Khoảng cách giữa hai đường thẳng \[A{A_1}\] và \[B{C_1}\] bằng:
\(a\).
\[\frac{{\sqrt 6 a}}{2}\].
\[\frac{{\sqrt 3 a}}{2}\].
\[\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Do \[B{B_1} {\rm{//}}A{A_1}\] nên \[A{A_1} {\rm{//}}\left( {BC{C_1}{B_1}} \right).\]
Suy ra \[d\left( {A{A_1},B{C_1}} \right) = d\left( {A{A_1},\left( {BC{C_1}{B_1}} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {BC{C_1}{B_1}} \right)} \right).\]
Do \[\left( {BCC{C_1}} \right) \bot \left( {ABC} \right)\], dựng \[AH \bot BC,\left( {H \in BC} \right).\]
Suy ra \[AH \bot \left( {BC{C_1}{B_1}} \right).\]
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại cân \[A\] có \[AH = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]
Vậy \[d\left( {A{A_1},B{C_1}} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\]
Cho hình chóp \[S.ABC\] có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \[2a\] và thể tích bằng \[{a^3}\]. Tính chiều cao \[h\] của hình chóp đã cho.
\(h = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}.\)
\(h = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)
\(h = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)
\(h = a\sqrt 3 .\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Xét hình chóp \[S.ABC\] có đáy \[ABC\] là tam giác đều cạnh \[2a\]\[ \Rightarrow \,\,{S_{\Delta ABC}} = {a^2}\sqrt 3 \].
Thể tích khối chóp \[{V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.h \Rightarrow h = \frac{{3.{V_{S.ABC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{3{a^3}}}{{{a^2}\sqrt 3 }} = a\sqrt 3 .\]
Cho hình chóp đều \[S.ABCD\] có cạnh đáy bằng \[a\], cạnh bên hợp với mặt đáy một góc \[60^\circ \]. Tính theo \(a\) thể tích \(V\) của khối chóp \[S.ABCD\].
\[V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}\].
\[V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{2}\].
\[V = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{3}\].
\[V = \frac{{{a^3}}}{3}\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Gọi \(O = AC \cap BD.\) Do \[S.ABCD\] là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Vì \(ABCD\)là hình vuông cạnh a nên \(BD = a\sqrt 2 \Rightarrow BO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Suy ra \(OB\) là hình chiếu của \(SB\) trên \(\left( {ABCD} \right)\).
Khi đó \[60^\circ {\rm{ = }}\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,OB} \right) = \widehat {SBO}\].
Tam giác vuông \(SOB\), có \(SO = OB.\tan \widehat {SBO} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\)
Diện tích hình vuông \(ABC\) là \[{S_{ABCD}} = A{B^2} = {a^2}.\]
Vậy \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.\)
Cho hình lăng trụ đứng \(ABCD.A'B'C'D'\) có đáy là hình vuông cạnh \(2a\). Tính thể tích \(V\) của khối lăng trụ đã cho theo \(a\), biết \(A'B = 3a\).
\(V = \frac{{4\sqrt 5 {a^3}}}{3}\).
\(V = 4\sqrt 5 {a^3}\).
\(V = 2\sqrt 5 {a^3}\).
\(V = 12{a^3}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Do \(ABCD.A'B'C'D'\) là lăng trụ đứng nên \[AA' \bot AB\].
Xét tam giác vuông \(A'AB\), ta có \(A'A = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = a\sqrt 5 \).
Diện tích hình vuông \(ABCD\) là \[{S_{ABCD}} = A{B^2} = 4{a^2}\].
Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}.A'A = 4\sqrt 5 {a^3}.\)
Tính thể tích \(V\) của khối lập phương \(ABCD.A'B'C'D',\) biết \(AC' = a\sqrt 3 .\)
\(V = {a^3}.\)
\(V = \frac{{3\sqrt 6 {a^3}}}{4}.\)
\(V = 3\sqrt 3 {a^3}.\)
\(V = \frac{1}{3}{a^3}.\)
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Đặt cạnh của khối lập phương là \(x\,{\rm{ }}\left( {x > 0} \right).\)
Suy ra \(CC' = x;\,{\rm{ }}AC = x\sqrt 2 \).
Tam giác vuông \(ACC'\), có \(AC' = \sqrt {A{C^2} + CC{'^2}} \Leftrightarrow x\sqrt 3 = a\sqrt 3 \Rightarrow x = a.\)
Vậy thể tích khối lập phương \(V = {a^3}.\)
Cho lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D',\) có đáy \[ABCD\] là hình thoi cạnh \[a\], tâm \[O\] và \[\widehat {ABC} = 120^\circ \]. Góc giữa cạnh bên \[AA'\] và mặt đáy bằng \[60^\circ \]. Đỉnh \[A'\] cách đều các điểm \[A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}D\]. Tính theo \(a\) thể tích \(V\) của khối lăng trụ đã cho.
\(V = \frac{{3{a^3}}}{2}\).
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).
\(V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\).
\(V = {a^3}\sqrt 3 \).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Từ giả thiết suy ra tam giác \[ABD\] đều cạnh \[a\].
Gọi \(H\) là tâm tam giác \(ABD\). Vì \[A'\] cách đều các điểm \[A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}D\] nên \(A'H \bot \left( {ABD} \right)\).
Do đó \(60^\circ = \left( {AA',\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {AA',HA} \right) = \widehat {A'AH}\).
Ta có \(AH = \frac{2}{3}AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)
Tam giác vuông \(A'AH\), có \(A'H = AH.\tan \widehat {A'AH} = a\).
Diện tích hình thoi \({S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Vậy \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}.A'H = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.\)
Cho hình chóp \(SABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật và \(SA \bot \left( {ABCD} \right).\) Góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là góc nào trong các phương án dưới đây?
\(\widehat {SBA}\).
\(\widehat {BSA}\).
\(\widehat {SBD}\).
\(\widehat {BSD}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BA \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BA \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow BA \bot \left( {SAD} \right)\)
\( \Rightarrow SA\) là hình chiếu vuông góc của \(SB\) lên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).
\( \Rightarrow \left( {SB,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SB,SA} \right) = \widehat {BSA}\).
Cho hình chóp \[S.ABC\] có \[SA \bot \left( {ABC} \right)\]; tam giác ABC đều cạnh \[a\] và \[SA = a\] (tham khảo hình vẽ bên). Tìm góc giữa đường thẳng \(SC\)và mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\].
\[{60^{\rm{o}}}\].
\[{45^{\rm{o}}}\].
\[{135^{\rm{o}}}\].
\[{90^{\rm{o}}}\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Vì \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] nên hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(AC\).
Góc giữa đường thẳng \(SC\)và mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\] là góc \(\widehat {SCA}\).
Tam giác \(SAC\) vuông cân tại \(A\) nên góc \(\widehat {SCA} = 45^\circ \).
Cho hình lăng trụ đều \[ABC.A'B'C'\] có \[AB = \sqrt 3 \] và \[AA' = 1\]. Góc tạo bởi giữa đường thẳng \[AC'\] và \[\left( {ABC} \right)\] bằng
\({45^{\rm{o}}}\).
\({60^{\rm{o}}}\).
\({30^{\rm{o}}}\).
\({75^{\rm{o}}}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Do \[ABC.A'B'C'\] là lăng trụ đều nên \(CC' \bot \left( {ABC} \right)\).
Do đó \(AC\) là hình chiếu của \(AC'\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).
Ta có \[\left( {AC',\left( {ABC} \right)} \right) = \]\[\left( {AC',AC} \right)\]\[ = \widehat {CAC'}\].
\[\tan \widehat {C'AC} = \frac{{CC'}}{{AC}}\]\[ = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\]\[ \Rightarrow \widehat {C'AC} = {30^{\rm{o}}}\].
Cho hình thoi \(ABCD\) tâm \(O\) có \(BD = 4a,AC = 2a\). Lấy điểm \(S\) không thuộc \(\left( {ABCD} \right)\) sao cho \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\). Biết \(\tan \widehat {SBO} = \frac{1}{2}\). Tính số đo góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\).
\({60^0}\).
\({75^0}\).
\({30^0}\).
\({45^0}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Vì \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(OC\)là hình chiếu của \(SC\)trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(\widehat {SCO}\).
\(BD = 4a \Rightarrow BO = 2a\).
Xét \(\Delta SOB\) vuông tại \(O,\)có \(SO = BO.\tan \widehat {SBO} = 2a.\frac{1}{2} = a\).
\(AC = 2a \Rightarrow OC = a\).
Vì \(SO = OC = a\) mà \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(\Delta SOC\) vuông cân tại \(O\).
Vậy \(\widehat {SCO} = {45^0}\).
Cho hình chóp đều \(S.ABCD\) có tất cả các cạnh đều bằng \(a\). Gọi \(\varphi \) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {B,SD,C} \right]\). Mệnh đề nào sau đây là đúng?
\(\tan \varphi = \sqrt 2 \).
\(\tan \varphi = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
\(\tan \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
\(\tan \varphi = \sqrt 6 \).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
![Cho hình chóp đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi varphi là góc phẳng nhị diện [B,SD,C]. Mệnh đề nào sau đây là đúng? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/03/blobid15-1774861174.png)
Gọi \(O = AC \cap BD\). Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot BD,SO \bot AC\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}OC \bot BD\\OC \bot SO\end{array} \right.\) \( \Rightarrow OC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow OC \bot SD\) \(\left( 1 \right)\)
Trong mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), từ \(O\) kẻ \(OH \bot SD\) tại \(H\) \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \( \Rightarrow SD \bot \left( {COH} \right) \Rightarrow SD \bot CH\).
Khi đó: \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SD\\OH \bot SD\\CH \bot SD\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \left[ {B,SD,C} \right] = \widehat {OHC} = \varphi \)
Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(AC = BD = a\sqrt 2 \Rightarrow CO = OD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Xét \(\Delta SOC\) vuông tại \(O\), ta có \(SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Xét \(\Delta SOD\) vuông tại \(O\), có \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{a}{2}\).
Xét \[\Delta OHC\] vuông tại \[O\], ta có:
\(\tan \varphi = \tan \widehat {OHC} = \frac{{OC}}{{OH}} = \sqrt 2 \).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) có \(SA = a\sqrt 6 \) và \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(AB \bot \left( {SAD} \right)\).
Góc giữa \(SC\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(45^\circ \).
sin của góc giữa \(AB\) và \(\left( {SAC} \right)\) bằng \(\frac{{\sqrt {14} }}{{14}}\).
sin của góc giữa \(AC\) và \(\left( {SBC} \right)\) bằng \(\frac{{\sqrt 7 }}{7}\).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) S, c) S, d) S
a) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB\).
Mà \(AB \bot AD\) nên \(AB \bot \left( {SAD} \right)\).
b) Có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AC\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Do đó \(\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}\).
Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(AC = a\sqrt 2 \).
Xét \(\Delta SAC\) vuông tại \(A\) có \(\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \widehat {SCA} = 60^\circ \).
c) Gọi \(O = AC \cap BD\).
Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AC\) hay \(BO \bot AC\)
Lại có \(SA \bot BO\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\) nên \(BO \bot \left( {SAC} \right)\).
Do đó \(AO\) là hình chiếu của \(AB\) trên mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\).
Suy ra \(\left( {AB,\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {AB,AO} \right) = \widehat {BAO}\).
Vì \(\Delta BOA\) vuông cân tại \(O\) nên \(\widehat {BAO} = 45^\circ \).
Do đó \(\sin \widehat {BAO} = \sin 45^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
d) Hạ \(AH \bot SB\).
Dễ chứng minh được \(BC \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot AH\) mà \(AH \bot SB\) nên \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).
Do đó \(HC\)là hình chiếu của \(AC\) trên mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).
Suy ra \(\left( {AC,\left( {SBC} \right)} \right) = \left( {AC,HC} \right) = \widehat {ACH}\).
Xét \(\Delta SAB\) có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{6{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{7}{{6{a^2}}}\)\( \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}\).
Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\), có \(\sin \widehat {ACH} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}:a\sqrt 2 = \frac{{\sqrt {21} }}{7}\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh \(a\). Biết \(SA = a\sqrt 2 \) và \(SA\) vuông góc với mặt đáy. Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\) và \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(SM\).
Đường thẳng \(BC\) vuông góc với đường thẳng \(AH\).
Đường thẳng \(AH\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).
Độ dài đoạn thẳng \(AH\) bằng \(\frac{{6a}}{{11}}\).
tan góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) bằng \(\frac{{\sqrt 6 }}{4}\).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ
a) Vì \(\Delta ABC\) đều, \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(AM \bot BC\) (1).
Mà \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AH\).
b) Vì \(AH \bot SM\) và \(BC \bot AH\) nên \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).
c) Ta có \(\Delta ABC\) đều cạnh \(a\) nên \(AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Xét \(\Delta SAM\) có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{11}}{{6{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}\).
d) Vì \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) nên \(SH\) là hình chiếu của \(SA\) trên mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).
Do đó \(\left( {SA,\left( {SBC} \right)} \right) = \left( {SA,SH} \right) = \widehat {ASH}\).
Xét \(\Delta SHA\) vuông tại \(H\), có \(SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {2{a^2} - \frac{{6{a^2}}}{{11}}} = \frac{{4a\sqrt {11} }}{{11}}\).
Do đó \(\tan \widehat {ASH} = \frac{{AH}}{{SH}} = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}:\frac{{4a\sqrt {11} }}{{11}} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông tâm O, có cạnh bằng \(a\). Cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy và \(SA = a\sqrt 2 \). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(BC\).
Góc giữa đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {SDO}\).
Góc giữa đường thẳng \(SB\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(45^\circ \).
Góc giữa đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là \(\widehat {CSD}\).
Tan của góc giữa đường thẳng \(SA\) và mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\) bằng \(\frac{1}{4}\).
Hướng dẫn giải
a) S, b) S, c) Đ, d) Đ
a) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AD\) là hình chiếu của \(SD\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Do đó \(\left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD,AD} \right) = \widehat {SDA}\).
b) Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(AB\) là hình chiếu của \(SB\) trên mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\).
Do đó \(\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}\).
Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), ta có \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \)\( \Rightarrow \widehat {SBA} \approx 55^\circ \).
c) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)\).
Suy ra \(SD\) là hình chiếu của \(SC\) trên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).
Do đó \(\left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SC,SD} \right) = \widehat {DSC}\).
d) Hạ \(AH \bot MN\) mà \(MN \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\). Do đó \(MN \bot \left( {SAH} \right)\).
Hạ \(AI \bot SH\) mà \(MN \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow MN \bot AI\). Do đó \(AI \bot \left( {SMN} \right)\).
Suy ra \(SI\) là hình chiếu của \(SA\) trên mặt phẳng \(\left( {SMN} \right)\).
Do đó \(\left( {SA,\left( {SMN} \right)} \right) = \left( {SA,SI} \right) = \widehat {ASI}\).
Dễ thấy \(\Delta AHM\) đồng dạng với \(\Delta NBM\) (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AH}}{{NB}} = \frac{{AM}}{{MN}} = \frac{a}{2}:\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\)\( \Rightarrow AH = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\frac{a}{2} = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}\).
Xét \(\Delta SAH\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{8}{{{a^2}}} = \frac{{17}}{{2{a^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{\sqrt {34} a}}{{17}}\).
Xét \(\Delta SAI\) vuông tại \(I\) có \(SI = \sqrt {S{A^2} - A{I^2}} = \sqrt {2{a^2} - \frac{2}{{17}}{a^2}} = \frac{{4\sqrt {34} }}{{17}}a\).
Do đó \(\tan \widehat {ASI} = \frac{{AI}}{{SI}} = \frac{{\sqrt {34} a}}{{17}}:\frac{{4\sqrt {34} }}{{17}}a = \frac{1}{4}\).
Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác vuông tại \(A\) với \(AB = 1,AC = 2\). Biết rằng góc phẳng nhị diện \(\left[ {C,AB,C'} \right]\) bằng \(60^\circ \). Khi đó:
\(AC \bot AB\).
\(CC' = 2\sqrt 3 \).
Thể tích của khối lăng trụ đã cho bằng \(3\sqrt 3 \).
Góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,CC',B'} \right]\) gần bằng \(26,57^\circ \).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ
![Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác vuông tại A với AB = 1,AC = 2. Biết rằng góc phẳng nhị diện [C,AB,C'] bằng 60 độ. Khi đó: (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/03/blobid4-1774920511.png)
a) Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) nên \(AB \bot AC\).
b) Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(AA' \bot (ABC) \Rightarrow AA' \bot AB\), mà \(AC \bot AB\) (1).
Suy ra \(AB \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow AC' \bot AB\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {C'AC}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {C,AB,C'} \right]\) và \(\widehat {C'AC} = 60^\circ \).
Tam giác \(ACC'\) vuông tại \(C\) có: \(\tan \widehat {C'AC} = \frac{{CC'}}{{AC}} \Rightarrow CC' = 2\sqrt 3 \).
c) Thể tích khối lăng trụ đã cho là: \({V_{ABC.A'B'C'}} = A'A \cdot {S_{\Delta ABC}} = 2\sqrt 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2 = 2\sqrt 3 {\rm{ }}\)(đơn vị thể tích).
d) Dễ thấy \(CC' \bot (ABC)\) và \(CC' = \left( {ACC'} \right) \cap \left( {B'CC'} \right)\) nên \(\widehat {ACB}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,CC',B'} \right]\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {ACB} \approx 26,57^\circ \).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có mặt bên \((SAB)\) vuông góc với mặt đáy và tam giác \(SAB\) đều cạnh \(2a\). Biết tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) và cạnh \(AC = a\sqrt 3 \). Khi đó:
\(SH \bot (ABC)\) với \(H\) là trung điểm \(AB\).
\(d(S,(ABC)) = a\sqrt 3 \).
\(d(C,(SAB)) = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Thể tích của khối chóp \(S.ABC\) bằng \(\frac{{{a^3}}}{6}\).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) Đ, c) S, d) S
a) Gọi \(H\) là trung điểm \(AB\), mà tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\).
Ngoài ra \((SAB) \bot (ABC)\) nên \(SH \bot (ABC)\).
b) Ta có: \(d(S,(ABC)) = SH = \frac{{2a \cdot \sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 (\)do tam giác \(SAB\) đều cạnh \(2a)\).
c) Kẻ đường cao \(CK\) của tam giác \(ABC\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CK \bot AB}\\{CK \bot SH}\end{array} \Rightarrow CK \bot (SAB) \Rightarrow d(C,(SAB)) = CK} \right.\).
Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) có:
\(BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}} = a;CK = \frac{{CA \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 \cdot a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Vậy \(d(C,(SAB)) = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
d) Diện tích đáy hình chóp là: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AC \cdot BC = \frac{1}{2}a\sqrt 3 \cdot a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
Thể tích khối chóp là: \({V_{S \cdot ABC}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}\).
Trong lao động, mặt phẳng nghiêng thường được sử dụng vì tính tiện dụng của nó. Hình vẽ sau minh họa một mặt phẳng nghiêng dùng để vận chuyển đồ, có độ nghiêng so với mặt phẳng nằm ngang là \(30^\circ \), vận chuyển lên mặt phẳng có độ cao 1 m. Quan sát hình vẽ và xác định tính đúng sai của các mệnh đề sau:
\(\widehat {CAK}\) được gọi là góc giữa đường thẳng \(d\) và mặt phẳng \(\left( Q \right)\).
\(\widehat {CAK}\) là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện \(\left[ {C,AB,K} \right]\).
Mặt phẳng nghiêng có độ dài khoảng 1,73 m.
Biết chiều rộng của mặt phẳng nghiêng đang sử dụng là 1 m, khi đó sin của góc giữa đường thẳng \(AC\) và mặt phẳng \(\left( Q \right)\) là \(\frac{{\sqrt 5 }}{5}\).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) S, c) S, d) Đ
a) Do \(CK \bot \left( Q \right)\) nên \(\widehat {CAK}\) được gọi là góc giữa đường thẳng \(CA\) và mặt phẳng \(\left( Q \right)\).
b) Do \(CA,AK\) không vuông góc với \(AB\) nên \(\widehat {CAK}\) không là góc phẳng nhị diện của \(\left[ {C,AB,K} \right]\).
c) Ta có \(\sin \widehat {CBK} = \frac{{CK}}{{BC}} \Rightarrow BC = \frac{{CK}}{{\sin \widehat {CBK}}} = \frac{1}{{\sin 30^\circ }} = 2\) (m).
d) Có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt 5 \) \( \Rightarrow \sin \widehat {CAK} = \frac{{CK}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).
Cho hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) có cạnh đáy bằng 2a và cạnh bên bằng 3a. Khi đó:
Gọi \(M\) là trung điểm \(A'B'\), ta có \(C'M = a\sqrt 2 \).
Góc phẳng nhị diện \(\left[ {C,A'B',C'} \right] = 60^\circ \).
Gọi \(K\) là trung điểm \(AB,M\) là trung điểm \(A'B'\), khi đó \(A'B' \bot MK\).
Góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,A'B',C} \right]\) bằng \(30^\circ \).
Hướng dẫn giải
a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ
a) Gọi \(M\) là trung điểm \(A'B'\), \(\Delta A'B'C'\) đều cạnh \(2a\). Suy ra \(C'M = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).
b) Gọi \(M\) là trung điểm \(A'B'\), suy ra \(C'M \bot A'B'\) (do \(\Delta A'B'C'\) đều).
Mặt khác \(CC' \bot A'B'\) (do \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng).
Suy ra \(A'B' \bot \left( {CMC'} \right)\) hay \(A'B' \bot CM\).
Vậy \(\left( {CM,C'M} \right) = \widehat {CMC'}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {C,A'B',C'} \right]\).
Suy ra \(\tan \widehat {CMC'} = \frac{{CC'}}{{C'M}} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {CMC'} = 60^\circ \).
c) Gọi \(K\) là trung điểm \(AB\) thì \(MK\) là đường trung bình của hình chữ nhật \(ABB'A'\) \( \Rightarrow MK//AA' \Rightarrow A'B' \bot MK\).
d) Theo câu b, \(A'B' \bot CM\).
Do đó \(\left( {MK,CM} \right) = \widehat {CMK}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,A'B',C} \right]\) với \(\widehat {CMK} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông. Mặt bên \(SAB\) là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi \(H\) và \(I\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(BC\). Khi đó:
\(SH \bot (ABCD)\).
\(AD \bot (SAB)\).
\(\left( {(SAB),(SAD)} \right) = 90^\circ \).
\((SHC) \bot (SDI)\).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ
a) Tam giác \(SAB\) đều, \(H\) là trung điểm \(AB\) nên \(SH \bot AB\).
Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SAB) \cap (ABCD) = AB}\\{(SAB) \bot (ABCD)}\\{SH \subset (SAB),SH \bot AB}\end{array} \Rightarrow SH \bot (ABCD)} \right.\).
b) c) Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD \bot AB(gt)}\\{AD \bot SH(SH \bot (ABCD)) \Rightarrow AD \bot (SAB),}\\{AB,SH \subset (SAB)}\end{array}} \right.\)
mà \(AD \subset (SAD) \Rightarrow (SAD) \bot (SAB)\)\( \Rightarrow \left( {(SAB),(SAD)} \right) = 90^\circ \).
d) Ta lại có: \(\Delta BCH = \Delta CDI\) (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {{C_1}} = \widehat {{D_1}}\), mà \(\widehat {{D_1}} + \widehat {{I_1}} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {{C_1}} + {\widehat {{\mkern 1mu} I{\mkern 1mu} }_1} = 90^\circ \).
\( \Rightarrow HC \bot DI\)
Như vậy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{DI \bot CH}\\{DI \bot SH(SH \bot (ABCD)) \Rightarrow DI \bot (SHC){\rm{, m\`a }}DI \subset (SDI)}\\{CH,SH \subset (SHC)}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow (SDI) \bot (SHC)\).
Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB,AC,AD\) đôi một vuông góc với nhau. Biết rằng \(AB = AC = a,AD = a\sqrt 3 \). Khi đó
\(AC \bot \left( {ABD} \right)\).
\(\left( {CD,\left( {ABD} \right)} \right) = 30^\circ \).
Góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,BC,D} \right] \approx 87,79^\circ \).
Góc phẳng nhị diện \(\left[ {C,AB,D} \right] = 90^\circ \).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ
a) Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot AB\\AC \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {ABD} \right)\).
b) Khi đó \(AD\) là hình chiếu của \(CD\) trên \(\left( {ABD} \right)\).
Ta có \(\left( {CD,\left( {ABD} \right)} \right) = \left( {CD,AD} \right) = \widehat {CDA}\).
Tam giác \(ACD\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {CDA} = \frac{{AC}}{{AD}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CDA} = 30^\circ \).
Vậy \(\left( {CD,\left( {ABD} \right)} \right) = \widehat {CDA} = 30^\circ \).
c) Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\) thì \(AM \bot BC\) (do \(AB = AC\)).
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}AD \bot AB\\AD \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AD \bot BC\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {ADM} \right) \Rightarrow BC \bot DM\).
Khi đó \(\left( {AM,DM} \right) = \widehat {AMD}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {A,BC,D} \right]\).
Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) nên đường cao \(AM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Tam giác \(ADM\) vuông tại \(A\) có \(\tan \widehat {AMD} = \frac{{AD}}{{AM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} = \sqrt 6 \Rightarrow \widehat {AMD} \approx 67,79^\circ \).
d) Vì \(AB \bot AC,AB \bot AD\)nên \(\left( {AC,AD} \right) = \widehat {CAD}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {C,AB,D} \right]\) và \(\widehat {CAD} = 90^\circ .\)
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có \(AB = 1,\widehat {ACB} = 30^\circ \). Biết \(SA\) vuông góc với mặt đáy và \(SA = 2\). Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\). Khi đó:
\(d(A,SB) = AH\).
\(d(B,(SAC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
\(BC = \sqrt 3 \).
Thể tích khối chóp \(S.ABC\) bằng: \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) S, c) Đ, d) S
a) Vì \(AH \bot SB\) nên \(d(A,SB) = AH\).
b) Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\) nên \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}\)
\( \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2 \cdot 1}}{{\sqrt {{2^2} + {1^2}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\).
Trong mặt phẳng \((ABC)\), kẻ \(BI \bot AC\) tại \(I\).
Mặt khác \(BI \bot SA\) (do \(SA \bot (ABC),BI \subset (ABC)\)).
Vì vậy \(BI \bot (SAC)\) hay \(d(B,(SAC)) = BI\).
Tam giác \(ABI\) vuông tại \(I\) có:\(\sin \widehat {BAC} = \frac{{BI}}{{AB}}\)\( \Rightarrow BI = AB \cdot \sin 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Vậy \(d(B,(SAC)) = BI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
c) Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có: \(\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{BC}}\)\( \Rightarrow BC = \frac{{AB}}{{\tan 30^\circ }} = \sqrt 3 \).
d) Diện tích đáy hình chóp là: \(S = {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}BA.BC = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\). Chiều cao hình chóp \(h = SA = 2\).
Thể tích khối chóp \(S.ABC\) là: \({V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot 2 = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\)(đơn vị thể tích).
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông, \(E\) là điểm đối xứng của \(D\) qua trung điểm \(SA\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AE\) và \(BC\). Gọi \(\alpha \) là góc giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(BD\). Tính \(\sin \alpha \).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 1
Gọi \(O = AC \cap BD\).
Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) \( \Rightarrow SO \bot BD\) mà \(BD \bot AC\) nên \(BD \bot \left( {SAC} \right)\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \(SA\) thì \(IMNC\) là hình bình hành.
Suy ra \(MN//IC\)(1).
Lại có \(BD \bot IC\left( {BD \bot \left( {SAC} \right)} \right)\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(BD \bot MN\). Do đó \(\left( {BD,MN} \right) = 90^\circ \Rightarrow \sin \alpha = 1\).
Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(B\) có \(AC = a\sqrt 3 \), cạnh bên \(AA' = 3a\). Góc giữa hai đường thẳng \(A'C\) và mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) bằng bao nhiêu độ?
Hướng dẫn giải
Trả lời: 60
Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(AA' \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AC\) là hình chiếu của \(A'C\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\).
Khi đó \(\left( {A'C,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {A'C,AC} \right) = \widehat {A'CA}\).
Xét \(\Delta A'AC\) vuông tại \(A\), ta có \(\tan \widehat {A'CA} = \frac{{AA'}}{{AC}} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \)\( \Rightarrow \widehat {A'CA} = 60^\circ \).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông tại \(B,AB = 1,BC = \sqrt 2 ,\) \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = \sqrt 2 \). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(SC\).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 1
Dựng điểm \(D\) sao cho \(ABCD\) là hình chữ nhật.
Ta có \(AB//CD\) nên \(AB//\left( {SCD} \right)\).
Khi đó \(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\).
Hạ \(AH \bot SD\) (1).
Vì \(\left. \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AH\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(AH \bot \left( {SCD} \right)\). Do đó \(d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = AH\).
Ta có \(AD = BC = \sqrt 2 \).
Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1 \Rightarrow AH = 1\).
Vậy \(d\left( {AB,SC} \right) = 1\).
Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AC = 6;BD = 8\) có \(AC \bot BD\). Gọi \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(AD,BC\). Tính độ dài đoạn thẳng \(MN\).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 5
Gọi \(P\) là trung điểm của \(CD\). Dễ thấy \(MP//AC\) và \(NP//BD\).
Mà \(AC \bot BD \Rightarrow MP \bot NP\) hay tam giác \(MNP\) vuông tại \(P\).
Lại có \(MP = \frac{1}{2}AC = 3;NP = \frac{1}{2}BD = 4\)
\( \Rightarrow MN = \sqrt {M{P^2} + N{P^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5\).
Cho hình lăng trụ tam giác \(ABC.A'B'C'\) có các cạnh bên hợp với đáy những góc bằng \(60^\circ \), đáy \(ABC\) là tam giác đều cạnh 1 và \(A'\) cách đều \(A,B,C\). Tính khoảng cách giữa hai đáy của hình lăng trụ.
Hướng dẫn giải
Trả lời: 1
Gọi \(H\) là trọng tâm tam giác đều \(ABC\).
Vì \(A'\) cách đều \(A,B,C\) nên hình chiếu vuông góc của đỉnh \(A'\) là \(H\) cũng cách đều \(A,B,C\). Khi đó khoảng cách giữa hai đáy chính là \(A'H\).
Xét tam giác \(AA'H\) có
\(\left\{ \begin{array}{l}\widehat H = 90^\circ \\AH = \frac{2}{3}AM = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\\\left( {AA',\left( {ABC} \right)} \right) = \widehat {A'AH} = 60^\circ \end{array} \right. \Rightarrow A'H = AH.\tan 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3 = 1\).
Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) vuông tại \(A,AB = \sqrt 3 ,AC = AA' = 1\). Giá trị sin của góc giữa đường thẳng \(AC'\) và mặt phẳng \(\left( {BCC'B'} \right)\) bằng \(\frac{{a\sqrt 6 }}{b}\) với \(a,b \in \mathbb{Z}\). Tính \({a^2} - {b^2}\).
Hướng dẫn giải
Trả lời: −15
Hạ \(AH \bot BC\) mà \(\left( {ABC} \right) \bot \left( {BCC'B'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right) = BC\) nên \(AH \bot \left( {BCC'B'} \right)\).
Do đó \(\left( {AC',\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \left( {AC',HC'} \right) = \widehat {AC'H}\).
Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{1} = \frac{4}{3} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
\(AC' = \sqrt {A{{A'}^2} + A'{{C'}^2}} = \sqrt {{1^2} + {1^2}} = \sqrt 2 \).
Xét \(\Delta AHC'\) vuông tại \(H\), ta có \(\sin \widehat {AC'H} = \frac{{AH}}{{AC'}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}:\sqrt 2 = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\).
Suy ra \(a = 1;b = 4\). Do đó \({a^2} - {b^2} = - 15\).
Một người lính pháo binh được chỉ huy báo rằng máy bay trinh sát của địch đang bay ở độ cao 5 km và cách vị trí của trận địa pháo 3 km (như hình vẽ). Hỏi rằng người lính phải điều chỉnh góc bắn của pháo một góc bao nhiêu độ so với mặt đất để có thể hạ được máy bay địch (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 59
Giả sử \(\alpha \) là góc của pháo hợp với mặt đất.
Khi đó \(\tan \alpha = \frac{5}{3} \Rightarrow \alpha \approx 59^\circ \).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(AB = 1,AD = \sqrt 3 \), tam giác \(SAB\) cân tại \(S\) và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng cách giữa \(AB\) và \(SC\) bằng \(\frac{3}{2}\). Tính thể tích \(V\) của khối chóp \(S.ABCD\) (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 1,73
Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\)\( \Rightarrow SH \bot AB\) (do \(\Delta SAB\) đều).
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\SH \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Vì \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(AB//CD\)\( \Rightarrow AB//\left( {SCD} \right)\).
Khi đó \(d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right)\).
Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\).
Hạ \(HI \bot SK\) (1).
Dễ chứng minh \(CD \bot \left( {SHK} \right)\) \( \Rightarrow CD \bot HI\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(HI \bot \left( {SCD} \right)\). Do đó \(d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HI = \frac{3}{2}\).
Xét \(\Delta SHK\) vuông tại \(H\), có \(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}}\)\( \Rightarrow \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{H{I^2}}} - \frac{1}{{H{K^2}}}\)
\( \Rightarrow \frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{4}{9} - \frac{1}{3} = \frac{1}{9} \Rightarrow SH = 3\).
Ta có \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}.SH.{S_{ABCD}} = \frac{1}{3}.3.1.\sqrt 3 = \sqrt 3 \approx 1,73\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật, \(AB = 1,AD = \sqrt 3 \). Cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy, biết tam giác \(SAD\) có diện tích \(S = 3\). Tính khoảng cách từ \(C\) đến \(\left( {SBD} \right)\) (làm tròn kết quả đến chữ số hàng phần trăm)?
Hướng dẫn giải
Trả lời: 0,84
Ta có \(AC \cap BD\) tại \(O\) mà \(ABCD\) là hình chữ nhật nên \(O\) là trung điểm của \(AC\) và \(BD\).
Ta có \(AC \cap \left( {SBD} \right) = O\)\( \Rightarrow \frac{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{AO}}{{CO}} = 1\)
\( \Rightarrow d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)\).
Hạ \(AK \bot BD\) mà \(BD \bot SA\) nên \(BD \bot \left( {SAK} \right)\).
Hạ \(AI \bot SK\) (1).
Mà \(BD \bot \left( {SAK} \right)\)\( \Rightarrow AI \bot BD\) (2).
Từ (1) và (2) suy ra \(AI \bot \left( {SBD} \right)\). Do đó \(d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AI\).
Ta có \(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = 1 + \frac{1}{3} = \frac{4}{3} \Rightarrow AK = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
Vì \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\) và có diện tích \(S = 3\) nên \(SA = \frac{{2.S}}{{AD}} = \frac{{2.3}}{{\sqrt 3 }} = 2\sqrt 3 \).
Xét \(\Delta SAK\) vuông tại \(A\), có \(\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{12}} + \frac{4}{3} = \frac{{17}}{{12}}\)\( \Rightarrow AI = \frac{{2\sqrt {51} }}{{17}} \approx 0,84\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là nửa lục giác đều với cạnh \(a\). Cạnh \(SA\) vuông góc với đáy và \(SA = a\sqrt 3 \). \(M\) là một điểm khác \(B\) và ở trên \(SB\)sao cho \(AM\) vuông góc với \(MD\). Tính tỉ số \(\frac{{SM}}{{SB}}\) (kết quả viết dưới dạng thập phân).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 0,75
Tứ giác \(ABCD\) là nửa lục giác đều nên \(BD \bot AB\).
Mặt khác \(BD \bot SA\). Suy ra \(BD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BD \bot AM\).
Kết hợp \(AM \bot MD\), ta được \(AM \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow AM \bot SB\).
Khi đó \(\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{SM.SB}}{{S{B^2}}} = \frac{{S{A^2}}}{{S{B^2}}} = \frac{{3{a^2}}}{{4{a^2}}} = \frac{3}{4} = 0,75\).
