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
48 câu hỏi
Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = CD = a\), \(IJ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) (\(I\), \(J\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(AD\)). Số đo góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) là
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm \(AC\), \(BD\).
Ta có:
\(MI = NI = NJ = MJ = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}CD = \frac{a}{2} \Rightarrow MINJ\) là hình thoi.
Gọi \(O\) là giao điểm của \(MN\) và \(IJ\).
Suy ra \(O\) là trung điểm của \(IJ\) \( \Rightarrow IO = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Ta có: \(\widehat {MIN} = 2\widehat {MIO}\).
Xét \(\Delta MIO\) vuông tại \(O\), ta có: \(\cos \widehat {MIO} = \frac{{IO}}{{MI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}}{{\frac{a}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {MIO} = 30^\circ \Rightarrow \widehat {MIN} = 60^\circ \).
Mà: \(\left( {AB,CD} \right) = \left( {IM,IN} \right) = \widehat {MIN} = 60^\circ \).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB = 2a\), \(BC = a\). Các cạnh bên của hình chóp cùng bằng \[a\sqrt 2 \]. Tính góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(SC\).
\[45^\circ \].
\[30^\circ \].
\[60^\circ \].
\[\arctan 2\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Ta có \(AB{\rm{//}}CD\) nên \[\left( {AB,\,SC} \right) = \left( {CD,\,SC} \right) = \widehat {SCD}\].
Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\)\( \Rightarrow CM = \frac{{CD}}{2} = \frac{{AB}}{2} = a\).
Tam giác \(SCM\) vuông tại \(M\) và có \(SC = a\sqrt 2 \), \(CM = a\) nên là tam giác vuông cân tại \(M\) nên \[\widehat {SCD} = 45^\circ \]. Vậy \[\left( {AB,\,SC} \right) = 45^\circ \].
Cho tứ diện \(MNPQ\) có hai tam giác \(MNP\) và \(QNP\) là hai tam giác cân lần lượt tại \(M\) và \(Q\). Góc giữa hai đường thẳng \(MQ\) và \(NP\) bằng
\(45^\circ \).
\(30^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Gọi \(I\) là trung điểm của \(NP\).
Do tam giác \(MNP\) và \(QNP\) là hai tam giác cân lần lượt tại \(M\) và \(Q\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}NP \bot MI\\NP \bot QI\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow NP \bot \left( {QIM} \right)\)\( \Rightarrow NP \bot QM\). Do đó \(\left( {NP,QM} \right) = 90^\circ \).
Trong không gian cho ba đường thẳng phân biệt \(a\), \(b\), \(c\). Khẳng định nào sau đây đúng?
Nếu \(a\) và \(b\) cùng vuông góc với \(c\) thì \(a\,\,{\rm{//}}\,b\).
Nếu \(a\,\,{\rm{//}}\,b\) và \(c \bot a\) thì \(c \bot b\).
Nếu góc giữa \(a\) và \(c\) bằng góc giữa \(b\) và \(c\) thì \(a\,\,{\rm{//}}\,b\).
Nếu \(a\) và \(b\) cùng nằm trong mp \(\left( \alpha \right)\,\,{\rm{//}}\,c\) thì góc giữa \(a\) và \(c\) bằng góc giữa \(b\) và \(c\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Đáp án A sai vì nếu \(a\) và \(b\) cùng vuông góc với \(c\) thì \(a\) và \(b\) hoặc song song hoặc chéo nhau.
Đáp án C sai do:
Giả sử hai đường thẳng \(a\) và \(b\) chéo nhau, ta dựng đường thẳng \(c\) là đường vuông góc chung của \(a\) và \(b\). Khi đó góc giữa \(a\) và \(c\) bằng với góc giữa \(b\) và \(c\) và cùng bằng \(90^\circ \), nhưng hiển nhiên hai đường thẳng \(a\) và \(b\) không song song.
D sai do: giả sử \(a\) vuông góc với \(c\), \(b\) song song với \(c\), khi đó góc giữa \(a\) và \(c\) bằng \(90^\circ \), còn góc giữa \(b\) và \(c\) bằng \(0^\circ \).
Do đó B đúng.
Trong các mệnh đề dưới đây mệnh đề đúng là?
Cho hai đường thẳng song song, đường thẳng nào vuông góc với đường thẳng thứ nhất thì cũng vuông góc với đường thẳng thứ hai.
Trong không gian, hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.
Hai đường thẳng phân biệt vuông góc với nhau thì chúng cắt nhau.
Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba thì vuông góc với nhau.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Đáp án B sai vì vẫn có thể xảy ra các trường hợp hai đường thẳng cắt nhau, chéo nhau hoặc có thể vuông góc. Do đó đáp án D cũng sai.
Đáp án C sai vì hai đường thẳng đó có thể chéo nhau.
Trong các mệnh đề sau mệnh đề nào đúng?
Góc giữa hai đường thẳng \[a\] và \[b\] bằng góc giữa hai đường thẳng \[a\] và \[c\] khi \[b\] song song với \[c\] (hoặc \[b\] trùng với\[c\]).
Góc giữa hai đường thẳng \[a\] và \[b\] bằng góc giữa hai đường thẳng \[a\] và \[c\] thì \[b\] song song với \[c\]
Góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn.
Góc giữa hai đường thẳng bằng góc giữa hai véctơ chỉ phương của hai đường thẳng đó.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Đáp án B sai vì hai đường thẳng có thể trùng nhau.
Đáp án C sai vì góc giữa hai đường thẳng có thể là góc vuông.
Đáp án D sau vì góc giữa hai véctơ chỉ phương có thể là góc tù.
Cho tứ diện đều \(ABCD\) (Tứ diện có tất cả các cạnh bằng nhau). Số đo góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(CD\) bằng
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Gọi \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BCD \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)\).
Gọi \(E\) là trung điểm \(CD\) \( \Rightarrow BE \bot CD\) (do \(\Delta BCD\) đều).
Do \(AH \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow AH \bot CD\).
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot BE\\CD \bot AH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABE} \right) \Rightarrow CD \bot AB \Rightarrow \left( {AB,CD} \right) = 90^\circ \).
Cho tứ diện đều \(ABCD\), \(M\) là trung điểm của cạnh \(BC\). Khi đó côsin góc giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(DM\) bằng
\(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\).
\(\frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{1}{2}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Không mất tính tổng quát, giả sử tứ diện \(ABCD\) có cạnh bằng \(a\).
Gọi \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta BCD \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)\).
Gọi \(E\) là trung điểm \(AC\) \( \Rightarrow ME{\rm{ // }}AB \Rightarrow \left( {AB,DM} \right) = \left( {ME,MD} \right)\)
Do các mặt của tứ diện đều là tam giác đều nên \(ME = \frac{a}{2}\), \(ED = MD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Xét \(\Delta MED\), ta có: \(\cos \widehat {EMD} = \frac{{M{E^2} + M{D^2} - E{D^2}}}{{2ME.MD}} = \frac{{{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}}{{2.\frac{a}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).
Cho hai đường thẳng phân biệt \(a,\,\,b\) và mặt phẳng \(\left( P \right)\), trong đó \(a \bot \left( P \right)\). Chọn mệnh đề sai.
Nếu \(b\;{\rm{//}}\;a\) thì \(b\;{\rm{//}}\;\left( P \right)\).
Nếu \(b\;{\rm{//}}\;a\) thì \(b \bot \left( P \right)\).
Nếu \(b \bot \left( P \right)\) thì \(b\;{\rm{//}}\;a\).
Nếu \(b\;{\rm{//}}\;\left( P \right)\) thì \(b \bot a\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
Nếu \(a \bot \left( P \right)\) và \(b\;{\rm{//}}\;a\) thì \(b \bot \left( P \right)\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình bình hành tâm \(O\), \(SA = SC,SB = SD\). Trong các khẳng định sau khẳng định nào đúng?
\(SA \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(SC \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(SB \bot \left( {ABCD} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Ta có \(O\) là trung điểm của \(AC,BD\)
Mà \(SA = SC,SB = SD \Rightarrow \Delta SAC,\Delta SBD\) đều \( \Rightarrow SO \bot AC,SO \bot BD\)
\( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Cho tứ diện \[ABCD\] có hai mặt \[ABC\] và \[ABD\] là hai tam giác đều. Gọi \[M\] là trung điểm của \[AB\]. Khẳng định nào sau đây đúng?
\(CM \bot \left( {ABD} \right)\).
\(AB \bot \left( {MCD} \right)\).
\(AB \bot \left( {BCD} \right)\).
\(DM \bot \left( {ABC} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Ta có \(\Delta ABC\), \(\Delta ABD\) đều , M là trung điểm của AB nên
\[\left. \begin{array}{l}CM \bot AB\\DM \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow AB \bot \left( {CDM} \right)\].
Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \[ABCD\]là hình vuông, \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Gọi \(M\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
\(AM \bot SD\).
\(AM \bot \left( {SCD} \right)\).
\(AM \bot CD\).
\(AM \bot \left( {SBC} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
Do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và \[ABCD\]là hình vuông nên \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right.\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).
+) \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot \left( {SAB} \right)\\AM \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot BC\)
+) \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot SB\\AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AM \bot \left( {SBC} \right)\).
Cho tứ diện \(OABC\) có \(OA,\,OB,\,OC\) đôi một vuông góc với nhau. Gọi \(H\) là hình chiếu của \(O\) trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\). Mệnh đề nào sau đây là đúng?
\(H\) là trọng tâm của tam giác \(ABC\).
\(H\) là trung điểm của \(BC\).
\(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\)
\(H\) là trung điểm của \(AC\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
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 \[ABC\].
Cho hình chóp \(S.ABCD\)có đáy \(ABCD\) là hình vuông, \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \(J,\,I,\,K\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(BC\) và \(SB\). Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai?
\(\left( {IJK} \right)//\left( {SAC} \right)\).
\(BD \bot \left( {IJK} \right)\).
\(\left( {SD,BC} \right) = 60^\circ \).
\(BD \bot \left( {SAC} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
Các đáp án A, B, D đều đúng. Đáp án C chưa đủ dữ kiện để kết luận\(\left( {SD,BC} \right) = 60^\circ \).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông, \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Gọi \(E,\,F\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) lên \(SB,\,SD\). Chọn khẳng định sai ?
\[\left( {SC,EF} \right) = 90^\circ \].
\[\left( {SC,AE} \right) = 90^\circ \].
\[\left( {SC,AF} \right) = 90^\circ \].
\[\left( {SC,BC} \right) = 90^\circ \].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
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 \(SC \bot \left( {AEF} \right)\)\( \Rightarrow SC \bot EF\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\)có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật tâm \(I\), \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \(H,\,K\) lần lượt là hình chiếu của \(A\) lên \(SC,\,SD\). Khẳng định nào sau đây là đúng?
\(AK \bot (SCD)\).
\(BD \bot \left( {SAC} \right)\).
\(AH \bot \left( {SCD} \right)\).
\(BC \bot \left( {SAC} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
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 \(AK \bot (SC{\rm{D}})\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình thang vuông tại \[A\] và \[D\], biết \[AD = CD = a\] và \[AB = 2a\], \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\). Gọi \[E\] là trung điểm \[AB\]. Chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau:
\(CE \bot \left( {SAB} \right)\).
\(CB \bot SB\).
\(CE \bot \left( {SDC} \right)\).
\(SC \bot CD\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
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 \(\left\{ \begin{array}{l}CE//AD\\AD \bot \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CE \bot \left( {SAB} \right)\) .
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) và \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(S\) lên \(BC\). Hãy chọn khẳng định đúng.
\(BC \bot SC\).
\(BC \bot AH\).
\(BC \bot AB\).
\(BC \bot AC\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SH\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot AH\).
Khẳng định nào sau đây đúng?
Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Hai mặt phẳng song song khi và chỉ khi góc giữa chúng bằng 0°.
Hai đường thẳng trong không gian cắt nhau khi và chỉ khi góc giữa chúng lớn hơn 0° và nhỏ hơn 90°.
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
A sai vì hai mặt phẳng đó có thể cắt nhau.
C Sai vì hai mặt phẳng đó có thể trùng nhau.
D Sai vì hai đường thẳng đó có thể chéo nhau.
Có bao nhiêu mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây?
i) Hình hộp đứng có đáy là hình vuông là hình lập phương
ii) Hình hộp chữ nhật có tất cả các mặt là hình chữ nhật
iii) Hình lăng trụ đứng có các cạnh bên vuông góc với đáy
iv) Hình hộp có tất cả các cạnh bằng nhau là hình lập phương
\(1\).
\(2\).
\(3\).
\(4\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
Có hai mệnh đề đúng là ii) và iii)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình bình hành tâm \(O\) và \(SA = SC,\)\(SB = SD\). Mệnh đề nào sau đây sai?
\(SC \bot \left( {SBD} \right)\).
\(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
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.
Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\), mệnh đề nào sau đây sai ?
\(\left( {ABB'} \right)\,\, \bot \,\left( {ACC'} \right)\).
\(\left( {AC'M} \right)\,\, \bot \,\left( {ABC} \right)\).
\(\left( {AMC'} \right)\,\, \bot \,\left( {BCC'} \right)\).
\(\left( {ABC} \right)\, \bot \,\left( {ABA'} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
+) 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.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác cân tại \(B\), cạnh bên \(SA\) vuông góc với đáy, \(I\) là trung điểm \(AC\), \(H\) là hình chiếu của \(I\) lên \(SC\). Khẳng định nào sau đây đúng?
\(\left( {BIH} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).
\(\left( {SBC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).
\(\left( {SAC} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
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 \(\left( {BIH} \right) \bot \left( {SBC} \right)\).
Cho hình lăng trụ tứ giác đều \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh đáy bằng \(a\), góc giữa hai mặt phẳng\(\left( {ABCD} \right)\)và \(\left( {ABC'} \right)\) có số đo bằng\(60^\circ \). Cạnh bên của hình lăng trụ bằng:
\(3a\).
\(a\sqrt 3 \).
\(2a\).
\(a\sqrt 2 \).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
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:
\(\tan \widehat {CBC'} = \frac{{CC'}}{{CB}} \Rightarrow CC' = CB.\tan \widehat {CBC'} = a.\tan 60^\circ = a\sqrt 3 \).
Cho hình lăng trụ \(ABCD.A'B'C'D'\). Hình chiếu vuông góc của \(A'\) lên \(\left( {ABC} \right)\;\)trùng với trực tâm \(H\) của tam giác \(ABC\). Khẳng định nào sau đây không đúng?
\(\left( {AA'B'B} \right) \bot \left( {BB'C'C} \right)\).
\(\left( {AA'H} \right) \bot \left( {A'B'C'} \right)\).
\(BB'C'C\) là hình chữ nhật.
\(\left( {BB'C'C} \right) \bot \left( {AA'H} \right)\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
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.
Cho hình lập phương\(ABCD.A'B'C'D'\). Tính góc giữa mặt phẳng\(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {ACC'A'} \right)\).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(30^\circ \).
\(90^\circ \).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: D
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 \(90^\circ \).
Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng \[a\sqrt 2 \] và chiều cao bằng \(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\). Tang của góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng:
\[1\].
\[\frac{1}{{\sqrt 3 }}\].
\[\sqrt 3 \].
\[\frac{3}{4}\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
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 \(\tan \widehat {SEO} = \frac{{SO}}{{EO}} = 1\).
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bằng \(a\). Giá trị \(\sin \) của góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {BDA'} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng
\(\frac{{\sqrt 3 }}{4}\).
\(\frac{{\sqrt 6 }}{4}\).
\(\frac{{\sqrt 6 }}{3}\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: C
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:
\(AA' = a;AI = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow A'I = \sqrt {A{{A'}^2} + A{I^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2} \Rightarrow \sin \widehat {AIA'} = \frac{{AA'}}{{A'I}} = \frac{{\sqrt 6 }}{3}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \[a\], đường cao\[SA = x\]. Góc giữa \[\left( {SBC} \right)\] và mặt đáy bằng \[60^\circ \]. Khi đó \[x\] bằng
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).
\(a\sqrt 3 \).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{a}{{\sqrt 3 }}\).
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: B
\[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\].
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 \[\tan 60^\circ = \frac{x}{a} \Rightarrow x = a\sqrt 3 \].
Cho hình chóp \[S.ABC\]có đáy \[ABC\] là tam giác đều. \[SA = \frac{a}{2},SA \bot \left( {ABC} \right)\]. Góc tạo bởi mặt phẳng \[\left( {SBC} \right)\] và mặt đáy \[\left( {ABC} \right)\] bằng \[{30^0}\], diện tích tam giác \[SBC\] bằng \[\frac{{{a^2}}}{2}\]. Tính độ dài cạnh \[AB\]?
\[AB = a\].
\[AB = a\sqrt 2 \].
\[AB = a\sqrt 3 \].
\[AB = 2a\].
Hướng dẫn giải
Đáp án đúng là: A
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 \[A{B^2} = \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{4}}} = {a^2} \Rightarrow AB = a\].
Cho tứ diện đều \(ABCD\) có cạnh bằng \(a,M\) là trung điểm cạnh \(BC\), \(N\) là trung điểm của \(AC\). Khi đó:
\(MN//AB\).
\(MD = ND = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
\((AB,DM) = (MN,DM)\).
\(\cos (AB,DM) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) S, c) Đ, d) S
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 \(\cos (AB,DM) = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) và tam giác \(ABC\) vuông tại B. Gọi \(H,K\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên các cạnh .\(SB,SC\).. Khi đó
Tam giác \(SBC\) cân tại \(B\).
\(AH\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SC,HK} \right) = 90^\circ \).
Giả sử \(HK\) cắt \(BC\) tại D. Khi đó \(\left( {AC,AD} \right) = 90^\circ \).
Hướng dẫn giải
a) S, b) Đ, c) Đ, d) Đ
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 \((AC,AD) = 90^\circ \).
Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = AC,DB = DC\). Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\). Khi đó:
\(BC \bot AI\)
\(BC \bot (ADI)\).
\(BC \bot AD\).
Nếu \(AI = AD\), gọi \(H\) là trung điểm \(ID\). Khi đó \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(A\) trên \((BCD)\).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ
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 \((BCD)\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật với \(AB = a\), \(AD = a\sqrt 3 \). Biết \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = a\sqrt 3 \). Khi đó:
\(((SAB),(ABCD)) = 90^\circ \).
\(((SBC),(ABCD)) = \widehat {SAB}\).
\(((SBC),(ABCD)) = 60^\circ \).
\(((SBD),(ABCD)) \approx 69,43^\circ \).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) S, c) Đ, d) S
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 \(((SBD),(ABCD)) = \widehat {SKA} \approx 63,43^\circ \).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình chữ nhật và \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi \(H,K\) theo thứ tự là hình chiếu của \(A\) trên các cạnh \(SB,SD\). Khi đó:
Tam giác \(SBC\) vuông.
Tam giác \(SCD\) vuông.
\(SC \bot (AHK)\)
\(HK \bot SC\).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) Đ
a) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA({\rm{ do }}SA \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB)} \right.\).
Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot (SAB)}\\{SB \subset (SAB)}\end{array} \Rightarrow BC \bot SB} \right.\) hay \(\Delta SBC\) vuông tại \(B\).
b) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot AD}\\{CD \bot SA({\rm{do }}SA \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow CD \bot (SAD)} \right.\).
Vì \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot (SAD)}\\{SD \subset (SAD)}\end{array} \Rightarrow CD \bot SD} \right.\) hay \(\Delta SCD\) vuông tại \(D\).
c) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AH \bot SB}\\{AH \bot BC({\rm{do }}BC \bot (SAB))}\end{array} \Rightarrow AH \bot (SBC) \Rightarrow AH \bot SC} \right.\). (1)
Tương tự: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AK \bot SD}\\{AK \bot CD({\rm{do }}CD \bot (SAD))}\end{array} \Rightarrow AK \bot (SCD) \Rightarrow AK \bot SC} \right.\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(SC \bot (AHK)\).
d) Vì \(SC \bot (AHK)\) mà \(HK \subset (AHK)\) nên \(HK \bot SC\).
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy là tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) và \(SA \bot (ABC)\). Khi đó:
\((SAC) \bot (ABC)\).
Gọi \(H\) là hình chiếu của \(A\) trên \(BC\). Khi đó: \((SAH) \bot (SBC)\).
Gọi \(M,N,P\) lần lượt là trung điểm của \(SA,SB,AC\). Khi đó \(\left( {AB,SC} \right) = \widehat {MPN}\).
Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SC\). Khi đó: \(\left( {(ABK),(SBC)} \right) = 60^\circ \).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) Đ, c) S, d) S
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 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SC \bot (ABK)}\\{(SBC) \supset SC}\end{array} \Rightarrow (SBC) \bot (ABK)} \right.\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\), đáy là hình thoi tâm \(O\) và \(SA = SC,SB = SD\). Khi đó:
\(SO \bot AC\).
\(SO \bot (ABCD)\).
\(AC \bot (SBD)\).
\((AC,SB) = 60^\circ \).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) Đ, c) Đ, d) S
a) Tam giác \(SAC\) cân tại \(S\)(do \(SA = SC)\), mà \(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(SO \bot AC\). (1)
b) Tam giác \(SBD\) cân tại \(S\) (do \(SB = SD\)), mà \(O\) là trung điểm \(BD\) nên \(SO \bot BD\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(SO \bot (ABCD)\).
c) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot BD}\\{AC \bot SO({\rm{do }}SO \bot (ABCD))}\end{array}} \right. \Rightarrow AC \bot (SBD)\).
d) Vì \(AC \bot (SBD)\) nên \(AC \bot SB\). Suy ra \((AC,SB) = 90^\circ \).
Cho lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác vuông tại \(A\), biết \(AB = a\), \(AC = a\sqrt 3 \) và \(\left( {\left( {ACB'} \right),(ABC)} \right) = 60^\circ \). Khi đó:
\(A'A \bot (ABC)\).
\(\left( {\left( {ACB'} \right),\left( {ABB'A'} \right)} \right) = 60^\circ \).
\(\left( {\left( {ACC'A'} \right),\left( {BCC'B'} \right)} \right) = 30^\circ \).
Tổng diện tích ba mặt bên của hình lăng trụ đã cho bằng \((3\sqrt 3 + 3){a^2}\).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ
a) Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên \(A'A \bot (ABC)\).
b) Vì \(A'A \bot (ABC) \Rightarrow A'A \bot AC\).
Mặt khác \(AB \bot AC\).
Vì vậy \(AC \bot \left( {ABB'A'} \right)\), mà \(AC \subset \left( {ACB'} \right)\) nên \(\left( {ACB'} \right) \bot \left( {ABB'A'} \right)\).
Do đó \(\left( {\left( {ACB'} \right),\left( {ABB'A'} \right)} \right) = 90^\circ \).
c) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CC' = \left( {ACC'A'} \right) \cap \left( {BCC'B'} \right)}\\{AC \bot CC',BC \bot CC'}\\{AC \subset \left( {ACC'A'} \right),BC \subset \left( {BCC'B'} \right)}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow \left( {\left( {ACC'A'} \right),\left( {BCC'B'} \right)} \right) = (AC,BC) = \widehat {ACB}\)
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {ACB} = 30^\circ \).
Vậy \(\left( {\left( {ACC'A'} \right),\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \widehat {ACB} = 30^\circ \).
d) \(\begin{array}{l}{\rm{Ta c\'o : }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC = \left( {ACB'} \right) \cap (ABC)}\\{AB \bot AC,AB' \bot AC}\\{AB \subset (ABC),AB' \subset \left( {ACB'} \right)}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow \left( {\left( {ACB'} \right),(ABC)} \right) = \left( {AB',AB} \right) = \widehat {BAB'} = 60^\circ .\end{array}\)
Tam giác \(ABB'\) vuông tại \(B\) có:
\(BB' = AB\tan 60^\circ = a\sqrt 3 .\)
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có:
\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = 2a.\)
Tổng diện tích các mặt bên của hình lăng trụ:
\(a \cdot a\sqrt 3 + 2a \cdot a\sqrt 3 + a\sqrt 3 \cdot a\sqrt 3 = (3\sqrt 3 + 3){a^2}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông, \(SA \bot (ABCD)\). Khi đó:
\(\left( {(SAC),(SBD)} \right) = 90^\circ \).
\(\left( {(SAC),(SBD)} \right) = 45^\circ \).
\((SAB) \bot (SBC)\).
\((SCD) \bot (SAD)\).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) S, c) Đ, d) Đ
a) Có \(BD \bot AC\)(do \(ABCD\) là hình vuông), \(SA \bot BD\) (do \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)). Suy ra \(BD \bot \left( {SAC} \right)\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot (SAC)}\\{BD \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow (SAC) \bot (SBD).} \right.\) Suy ra \(\left( {(SAC),(SBD)} \right) = 90^\circ \).
b) Sai do \(\left( {(SAC),(SBD)} \right) = 90^\circ \).
c) Do \(BC \bot AB,BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot (SAB)}\\{BC \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \bot (SBC).} \right.\)
d) Tương tự \(CD \bot \left( {SAD} \right)\).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot (SAD)}\\{CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow (SAD) \bot (SCD).} \right.\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\), đáy \(ABCD\) là hình thoi tâm \(O\) cạnh \(a\), \(\widehat {ABC} = 60^\circ \). Tam giác \(SAC\) đều, tam giác \(SBD\) cân tại \(S\). Khi đó:
\((SAC) \bot (ABCD)\).
\(\left( {(SBD),(ABCD)} \right) = 60^\circ \).
\(SO = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
\(((SCD),(ABCD)) \approx 60,43^\circ \).
Hướng dẫn giải
a) Đ, b) S, c) S, d) S
a) Tam giác \(SAC\) đều có \(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(SO \bot AC(1)\);
Tam giác \(SBD\) cân tại \(S\) có \(O\) là trung điểm \(BD\) nên \(SO \bot BD\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(SO \bot (ABCD)\).
Mặt khác \(SO\) chứa trong hai mặt phẳng \((SAC),(SBD)\) nên \((SAC) \bot (ABCD)\), \((SBD) \bot (ABCD)\).
b) Vì \((SBD) \bot (ABCD)\) nên \(\left( {(SBD),(ABCD)} \right) = 90^\circ \).
c) Tam giác \(SAC\) đều nên \(SO = \frac{{AC\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
d) Các tam giác \(ABC,ACD\) lần lượt cân tại \(B\) và \(D\), mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC} = 60^\circ \) nên hai tam giác \(ABC,ACD\) đều cạnh \(a\).
Kẻ đường cao \(OM\) của tam giác \(OCD\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot OM}\\{CD \bot SO}\end{array} \Rightarrow CD \bot (SOM) \Rightarrow CD \bot SM} \right.\).
Khi đó:
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SCD) \cap (ABCD) = CD}\\{OM \bot CD,SM \bot CD}\\{OM \subset (ABCD),SM \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow ((SCD),(ABCD)) = (SM,OM) = \widehat {SMO}.} \right.\]
Ta có: \(OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{a}{2},OD = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Tam giác \(OCD\) vuông tại \(O\), đường cao \(OM\) nên \(\frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{C^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}}\)
\( \Rightarrow OM = \frac{{OC \cdot OD}}{{\sqrt {O{C^2} + O{D^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}.\)
Tam giác \(SOM\) vuông tại \(O\) có: \(\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{OM}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}} = 2 \Rightarrow \widehat {SMO} \approx 63,43^\circ \).
Vậy \(((SCD),(ABCD)) = \widehat {SMO} \approx 63,43^\circ \).
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\). Góc giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(A'B\) bằng bao nhiêu độ?
Hướng dẫn giải
Trả lời: 60
Do \(A'B\,{\rm{//}}\,D'C\) nên góc giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(A'B\) bằng góc giữa hai đường thẳng \(AC\) và \(D'C\).
Xét tam giác \(ACD'\), ta có \(AC = AD' = CD'\) (cùng là đường chéo của 3 hình vuông bằng nhau) nên tam giác \(ACD'\) đều. Do đó \(\widehat {ACD'} = 60^\circ \).
Vậy, \(\left( {AC,A'B} \right) = \left( {AC,D'C} \right) = \widehat {ACD'} = 60^\circ .\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \(a\sqrt 2 \), biết \(SA = a\), \(SC = a\sqrt 3 \). Gọi \(M,N\) theo thứ tự là trung điểm các cạnh \(AD,SD\). Góc của hai đường thẳng \(MN\) và \(SC\)bằng bao nhiêu độ?
Hướng dẫn giải
Trả lời: 90
Vì \(MN\) là đường trung bình của tam giác \(SAD\) nên \(MN//SA \Rightarrow (MN,SC) = (SA,SC)\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) có:
\(\begin{array}{*{20}{l}}{AC}&{ = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }\\{}&{ = \sqrt {{{(a\sqrt 2 )}^2} + {{(a\sqrt 2 )}^2}} = 2a.}\end{array}\)
Xét tam giác \(SAC\), ta có:
\(S{A^2} + S{C^2} = A{C^2}\left( {{\rm{do }}{a^2} + {{(a\sqrt 3 )}^2} = {{(2a)}^2}} \right)\)
Suy ra tam giác \(SAC\) vuông tại \(S\).
Vậy \((MN,SC) = (SA,SC) = 90^\circ .\)
Cho hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) có đáy là tam giác đều cạnh \[a\], \(A'A \bot (ABC)\) và \(A'A = 2a\). Gọi \(I\) là trung điểm \(BC\). Góc giữa hai đường thẳng \(AI\) và \(BC'\)bằng bao nhiêu độ?
Hướng dẫn giải
Trả lời: 90
Gọi \(M\) là trung điểm \(CC'\).
Ta có: \(IM//BC' \Rightarrow \left( {AI,BC'} \right) = (AI,IM)\)
Ta có:
\(AI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\);\(IM = \frac{1}{2}BC' = \frac{1}{2}\sqrt {{a^2} + {{(2a)}^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}a;AM = \sqrt {{a^2} + {a^2}} = \sqrt 2 a\).
Xét \(\Delta AIM\) có: \(A{M^2} = A{I^2} + I{M^2}\) nên \(\Delta AIM\) vuông tại \[I\]. Vậy \(\left( {AI,BC'} \right) = 90^\circ \).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình thang vuông tại \(A\) và \(D,AB = 2AD = 2CD = 2\). Biết \(SA \bot (ABCD),SA = 3\). Tính diện tích hình chiếu vuông góc của tam giác \[SBC\] lên mặt phẳng \((SAB)\).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 1,5
-Gọi \(I\) là trung điểm \(AB\).
Dễ dàng chứng minh \(AICD\) là hình vuông \( \Rightarrow CI = \frac{1}{2}AB \Rightarrow \Delta ABC\) vuông tại \(C\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AC}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAC)} \right.\).
- Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CI \bot AB}\\{CI \bot SA}\end{array} \Rightarrow CI \bot (SAB)} \right.\)
Hình chiếu của \(\Delta SBC\) trên \(mp(SAB)\) là \(\Delta SIB\).
\({S_{\Delta SIB}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta SAB}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot SA \cdot AB = \frac{1}{4} \cdot 3 \cdot 2 = \frac{3}{2} = 1,5\).
Một khối gỗ có dạng hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\). Biết rằng \(AB = 10\;{\rm{cm}},BC = 15\;{\rm{cm}}\) và góc hai mặt phẳng \(\left( {BCD'A'} \right),(ABCD)\) bằng \(30^\circ \). Tính tổng diện tích tất cả các mặt của khối gỗ đó (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 589
\[\begin{array}{l}{\rm{ Ta c\'o : }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC = \left( {BCD'A'} \right) \cap (ABCD)}\\{BC \bot AB}\\{BC \bot A'B\left( {{\rm{do }}BC \bot \left( {ABB'A'} \right)} \right)}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow \left( {\left( {BCD'A'} \right),(ABCD)} \right) = \left( {AB,A'B} \right) = \widehat {ABA'} = 30^\circ .\end{array}\].
Tam giác \(A'AB\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {ABA'} = \frac{{AA'}}{{AB}} \Rightarrow AA' = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\;{\rm{cm}}\).
Tổng diện tích của sáu mặt khối gỗ là:
\(2\left( {10 \cdot 15 + 10 \cdot \frac{{10\sqrt 3 }}{3} + 15 \cdot \frac{{10\sqrt 3 }}{3}} \right) \approx 589\;{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}{\rm{.}}\)
Cho hình chóp tứ giác đều \(S.ABCD\) có cạnh đáy bằng đáy \(2a\), đường cao bằng \(a\sqrt 2 \). Tính \(\tan \varphi \) của góc giữa mặt phẳng \((SCD)\) và \((ABCD)\)(kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 1,41
Gọi \(O = AC \cap BD,M\) là trung điểm \(CD\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SCD) \cap (ABCD) = CD}\\{OM \bot CD}\\{SM \bot CD}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow \varphi = (OM,SM) = \widehat {SMO}\).
Trong tam giác vuông \(SMO\) ta có: \(\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{OM}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \Rightarrow \tan \varphi = \sqrt 2 \approx 1,41\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có cạnh \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và đáy \(ABCD\)là hình vuông cạnh 2 cm, \(SA = 1\;{\rm{cm}}\). Tính độ dài cạnh \(SC\) (đơn vị cm).
Hướng dẫn giải
Trả lời: 3
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AC\). Do đó tam giác \(SAC\) vuông tại \(A.\)
Hình vuông \(ABCD\) có cạnh bằng 2 nên \(AC = 2\sqrt 2 \).
Xét tam giác \(SAC\), ta có: \(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {1 + 8} = 3\).
Cho hình lăng trụ tam giác đều \(ABC.A'B'C'\) có cạnh đáy bằng \(a\) và cạnh bên bằng \(\frac{{3a}}{2}\). Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\) và \((ABC)\) bằng bao nhiêu độ?
Hướng dẫn giải
Trả lời: 60
Ta có \((ABC) \cap \left( {A'BC} \right) = BC\).
Gọi trung điểm của cạnh \(BC\) là \(M\).
Tam giác \(ABC\) đều nên ta có: \(AM \bot BC\) (1).
\(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đều nên \(AA' \bot (ABC) \Rightarrow AA' \bot BC\) (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra \(BC \bot \left( {AA'M} \right) \Rightarrow BC \bot A'M\).
Suy ra: góc \(\varphi \) giữa hai mặt phẳng \(\left( {A'BC} \right)\) và \((ABC)\) là góc giữa hai đường thẳng \(AM\) và \(A'M\). Vì tam giác \(A'AM\) vuông tại \(A\) nên suy ra \(\varphi = \widehat {A'MA}\).
Ta có: \(\tan \varphi = \frac{{AA'}}{{AM}} = \frac{{\frac{{3a}}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \sqrt 3 \).
Suy ra \(\varphi = 60^\circ \).
