Đề cương ôn tập giữa kì 2 Toán 11 Chân trời sáng tạo cấu trúc mới có đáp án - Chương VIII. Quan hệ vuông góc trong không gian

Ta có \(O\) là trung điểm của \(AC,BD\)

Mà \(SA = SC,SB = SD \Rightarrow \Delta SAC,\Delta SBD\) đều \( \Rightarrow SO \bot AC,SO \bot BD\)

\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Ta có \(\Delta ABC\), \(\Delta ABD\) đều , M là trung điểm của AB nên

\[\left. \begin{array}{l}CM \bot AB\\DM \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {CDM} \right)\].

Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và \[ABCD\]là hình vuông nên \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).

+) \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot \left( {SAB} \right)\\AM \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot BC\) 

+) \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot SB\\AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right)\).

Ta có \[\left. \begin{array}{l}OA \bot OB\\OA \bot OC\end{array} \right\} \Rightarrow OA \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OA \bot BC\] .

Mà \[OH \bot \left( {OBC} \right) \Rightarrow OH \bot BC\].

Vậy ta có: \[\left. \begin{array}{l}BC \bot OA\\BC \bot OH\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {OAH} \right) \Rightarrow BC \bot AH\].

Chứng minh tương tự ta có \[AB \bot CH\].

Suy ra \[H\] là trực tâm của tam giác \[ABC\].

Các  đáp án A, B, D đều đúng. Đáp án C chưa đủ dữ kiện để kết luận\(\left( {SD,BC} \right) = 60^\circ \).

Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\). Lại có \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AE\).

\(AE \bot SB,\,\,AE \bot BC \Rightarrow AE \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AE \bot SC,{\rm{  }}\left( 1 \right)\).

Chứng minh tương tự ta có \(SC \bot AF,{\rm{   }}\left( 2 \right)\)

Vậy từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\]ta có \(SC \bot \left( {AEF} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot EF\).

Ta có \(\left. \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AK\).

Mà \(AK \bot SD\) nên \(AK \bot (SC{\rm{D}})\).

Có \(AD \bot AB\) (do ABCD là hình thang) mà \(SA \bot AD\) (do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)) nên \(AD \bot \left( {SAB} \right)\).

Vì \(E\) là trung điểm của \(AB\) nên \(AE = EB = a\).

Vì \(AE = CD = a,AE//CD\) nên \(AECD\) là hình bình hành nên \(AD//CE\).

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}CE//AD\\AD \bot \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CE \bot \left( {SAB} \right)\) .

Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SH\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot AH\).

C Sai vì hai mặt phẳng đó có thể trùng nhau.

D Sai vì hai đường thẳng đó có thể chéo nhau.

Từ giả thiết suy ra \[SO \bot AC;SO \bot BD\]\[ \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\] mà \(SO \subset \left( {SBD} \right),\)\(SO \subset \left( {SAC} \right)\)

\( \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right);\)\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\). Vậy \(SC \bot \left( {SBD} \right)\) là mệnh đề sai.

+) Có \(AC \bot AB\) (do \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\))  mà \(AC \bot AA'\) (do \(AA' \bot \left( {ABC} \right)\))

\( \Rightarrow AC \bot \left( {ABB'A'} \right)\)\( \Rightarrow \left( {ABB'} \right)\,\, \bot \,\left( {ACC'} \right)\).

+) Vì \(AC \bot \left( {ABB'A'} \right)\)\( \Rightarrow \left( {ABC} \right)\, \bot \,\left( {ABA'} \right)\).

+) Do \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A,\)\(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(AM \bot BC\) mà \(BB' \bot AM\) (do \(BB' \bot \left( {ABC} \right)\)) \( \Rightarrow AM \bot \left( {BB'C'C} \right)\)\( \Rightarrow \left( {AMC'} \right)\,\, \bot \,\left( {BCC'} \right)\).

Do đó đáp án B sai.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BI \bot AC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {{\rm{gt}}} \right)\\BI \bot SA{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BI \bot \left( {SAC} \right) \supset SC \Rightarrow SC \bot BI\) \(\left( 1 \right)\).

Theo giả thiết: \(SC \bot IH\) \(\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra: \(SC \bot \left( {BIH} \right)\).

Mà \(SC \subset \left( {SBC} \right)\) nên \(\left( {BIH} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).

Ta có: \(\left( {ABCD} \right) \cap \left( {ABC'} \right) = AB\).

Từ giả thiết ta dễ dàng chứng minh được: \(AB \bot \left( {BB'C'C} \right)\) mà \(C'B \subset \left( {BB'C'C} \right) \Rightarrow AB \bot C'B\).

Mặt khác: \(CB \bot AB \Rightarrow \left( {\left( {ABCD} \right),\left( {ABC'} \right)} \right) = \left( {CB,C'B} \right) = \widehat {CBC'} = {60^0}\).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \(BCC'\) vuông tại \(C\) ta có:

\(\tan \widehat {CBC'} = \frac{{CC'}}{{CB}} \Rightarrow CC' = CB.\tan \widehat {CBC'} = a.\tan 60^\circ  = a\sqrt 3 \).

Gọi \(K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(BC\)

\( \Rightarrow H \in AK,BC \bot AK,BC \bot A'H \Rightarrow BC \bot \left( {AA'H} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {AA'H} \right) \bot \left( {A'B'C'} \right)}\\{\left( {BB'C'C} \right) \bot \left( {AA'H} \right)}\\{BC \bot BB'}\end{array}} \right.\) nên đáp án B,C,D đúng.

Do \[AA' \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow \left( {ACC'A'} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\].

Vậy góc giữa mặt phẳng\(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {ACC'A'} \right)\) bằng \(90^\circ \).

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.

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

Gọi E là trung điểm của AB.

Vì SAB là tam giác đều nên SE ^ AB và OE ^ AB.

Do đó góc giữa mặt bên (SAB) và mặt đáy (ABCD) bằng \(\widehat {SEO}\); \[EO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

Xét \(\Delta SEO\) vuông tại\[O\], ta có \(\tan \widehat {SEO} = \frac{{SO}}{{EO}} = 1\).

Gọi \(I = AC \cap BD\).

Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AI\).

Vì \(AA' \bot (ABCD) \Rightarrow AA' \bot BD\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AI\\BD \bot AA'\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {AIA'} \right) \Rightarrow BD \bot A'I\)

Do đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {BDA'} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\widehat {AIA'}\).

Ta có: \(\Delta AA'I\) vuông tại \(A\), có:

\(AA' = a;AI = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow A'I = \sqrt {A{{A'}^2} + A{I^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow \sin \widehat {AIA'} = \frac{{AA'}}{{A'I}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).

\[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\].

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}SB \bot BC\\AB \bot BC\\\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\end{array} \right.\)

Suy ra góc giữa \[\left( {SBC} \right)\] và mặt đáy bằng góc \[\widehat {SBA} = 60^\circ \].

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), có \[\tan 60^\circ  = \frac{x}{a} \Rightarrow x = a\sqrt 3 \].

Vì \[SA \bot \left( {ABC} \right)\] nên tam giác \[ABC\] là hình chiếu vuông góc của tam giác \[SBC\] lên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\].

Áp dụng công thức \[{S_{\Delta ABC}} = {S_{\Delta SBC}}.cos30^\circ \] .

\[ \Rightarrow {S_{\Delta ABC}} = \frac{{{a^2}}}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\] .

Tam giác \[ABC\] đều nên \[A{B^2} = \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{4}}} = {a^2} \Rightarrow AB = a\].

a) \(M\) là trung điểm của \(BC\), \(N\) là trung điểm của \(AC\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta ABC\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{MN//AB(*)}\\{MN = \frac{1}{2}AB = \frac{a}{2}}\end{array}} \right.\)

b) Vì \(\Delta BCD\) và \(\Delta ACD\) là các tam giác đều cạnh bằng \(a\) nên \(MD = ND = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

c) Từ \((*)\) suy ra: \((AB,DM) = (MN,DM) = \widehat {DMN}\).

d) Xét \(\Delta MND\), ta có:

\(\cos \widehat {DMN} = \frac{{M{N^2} + M{D^2} - N{D^2}}}{{2MN \cdot MD}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2 \cdot \frac{a}{2} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6} > 0\)

\( \Rightarrow \widehat {DMN}\) là góc nhọn.

Vậy \((AB,DM) = (MN,DM) = \widehat {DMN}\) nên \(\cos (AB,DM) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).

a) Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\)\( \Rightarrow SA \bot BC\) và \(AB \bot BC\) (do tam giác \(ABC\) vuông tại B) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\).

Do đó tam giác \(SBC\) vuông tại \(B\).

b) Vì \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\) mà \(AH \bot SB\) nên \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).

c) Vì \(AH \bot \left( {SBC} \right)\)\( \Rightarrow AH \bot SC\) mà \(AK \bot SC\) nên \(SC \bot \left( {AHK} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot HK\).

Do đó \(\left( {SC,HK} \right) = 90^\circ \).

d) Vì \((AHK) \equiv (ADK)\) mà \(SC \bot (AHK)\) nên \(SC \bot (ADK) \Rightarrow SC \bot AD\). (1)

Mặt khác \(SA \bot AD\) (do \(SA \bot (ABC),AD \subset (ABC)\)). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AD \bot (SAC) \Rightarrow AD \bot AC\) hay \((AC,AD) = 90^\circ \).

a) Vì \(AB = AC\) nên \(\Delta ABC\) cân tại \(A\). Mà \(AI\) là trung tuyến nên \(BC \bot AI\).

b) Tương tự \(BC \bot DI\) mà \(BC \bot AI\)\( \Rightarrow BC \bot (ADI)\).

c) Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot (ADI)}\\{AD \subset (ADI)}\end{array} \Rightarrow BC \bot AD} \right.\).

d) Ta có \(AI = AD \Rightarrow AH \bot DI\)

Mặt khác \(AH \bot BC\) (do \(BC \bot (ADI)) \Rightarrow AH \bot (BCD)\).

Vậy \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \((BCD)\).

a) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA \bot (ABCD)}\\{SA \subset (SAB)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \bot (ABCD)} \right.\) hay \(((SAB),(ABCD)) = 90^\circ \).

b) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA({\rm{ do }}SA \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot SB} \right.\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC = (SBC) \cap (ABCD)}\\{AB \bot BC,SB \bot BC}\\{AB \subset (ABCD),SB \subset (SBC)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow ((SBC),(ABCD)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}\) (góc \(\widehat {SBA}\) nhọn vì \(\widehat {SAB} = 90^\circ \)).

c) Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ \).

Vậy \(((SBC),(ABCD)) = \widehat {SBA} = 60^\circ \).

d) Kẻ đường cao \(AK\) của tam giác \(ABD\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot AK}\\{BD \bot SA}\end{array} \Rightarrow BD \bot (SAK) \Rightarrow BD \bot SK} \right.\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SBD) \cap (ABCD) = BD}\\{AK \bot BD,SK \bot BD}\\{AK \subset (ABCD),SK \subset (SBD)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow ((SBD),(ABCD)) = (SK,AK) = \widehat {SKA}\) (góc \(\widehat {SKA}\) nhọn vì \(\widehat {SAK} = 90^\circ \))

Tam giác \(ABD\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) nên

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}{\rm{. }}\)

Tam giác \(SAK\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {SKA} = \frac{{SA}}{{AK}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = 2 \Rightarrow \widehat {SKA} \approx 63,43^\circ \).

Vậy \(((SBD),(ABCD)) = \widehat {SKA} \approx 63,43^\circ \).

a) \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SA \bot (ABC)}\\{(SAC) \supset SA}\end{array} \Rightarrow (SAC) \bot (ABC)} \right.\).

b) Dễ thấy\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot (SAH)}\\{(SBC) \supset BC}\end{array} \Rightarrow (SBC) \bot (SAH)} \right.\).

c)

Vì \(MN//AB,NP//SC\) nên \(\left( {AB,SC} \right) = \left( {MN,NP} \right) = \widehat {MNP}\).

d) Do \(AK \bot SC\) và \(AB \bot (SAC) \Rightarrow AB \bot SC\), nên \(SC \bot (ABK)\).

Vậy ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SC \bot (ABK)}\\{(SBC) \supset SC}\end{array} \Rightarrow (SBC) \bot (ABK)} \right.\).