Đề kiểm tra Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (có lời giải) - Đề 2

Ta có \[a \bot \left( P \right),\,\,a{\rm{// b}} \Rightarrow {\rm{b}} \bot \left( P \right)\] mà \[m \subset \left( P \right) \Rightarrow b \bot m\].

Vậy góc giữa hai đường thẳng \[b\] và \[m\] bằng \[90^\circ \].

Ta có: \(AB \bot AD\) (do\(ABCD\) là hình vuông) và \(AB \bot SA\)\(\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\).

Vậy \(AB \bot \left( {SAD} \right)\).

Ta có: \[AC \bot AB,{\rm{ }}AC \bot SB \Rightarrow {\rm{ }}AC \bot \left( {SAB} \right)\].

Tam giác \[SAD\]cân tại\[S\], có \[I\]là trung điểm \[AD\] nên \[SI \bot AD\] \[\left( 1 \right)\].

Tương tự với tam giác\[SBC\], ta có \[SI \bot BC\] \[\left( 2 \right)\].

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[SI \bot \left( {ABCD} \right)\].

Chọn C

Ta có: \[SA \bot \left( {ABCD} \right),\,BA \subset \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BA\]

\[ABCD\] là hình vuông \[ \Rightarrow BA \bot AD\]

Mà \[SA,\,AD\] cắt nhau và cùng nằm trong mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) nên \(BA \bot \left( {SAD} \right).\).

Vì \[SA \bot \left( {ABCD} \right)\] nên \[BD \bot SA\]. Do đó phương án D đúng.

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

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

Chọn D

Theo tính chất qua một điểm cho trước chỉ có duy nhất một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước.

Chọn A

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}SO \bot \left( {ABC} \right)\\d \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow d{\rm{//}}\left( {ABC} \right)\).

Khoảng cách giữa người và cột bóng rổ là \[\sqrt {{4^2} - 1,{{25}^2}}  = 3,8\,\left( m \right)\]

Quãng đường di chuyển của quả bóng là: \[2.\frac{3}{{1 - \frac{2}{3}}} = 18\,\left( m \right)\]

Tam giác \(SAC\) cân tại \(S(\)do \(SA = SC)\), mà \(O\) là trung điểm \(AC\) nên \(SO \bot AC\). (1)

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 \(SO \bot (ABCD)\).

Ta có: \(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot BD}\\{AC \bot SO({\rm{do }}SO \bot (ABCD))}\end{array}} \right.\\ \Rightarrow AC \bot (SBD);\end{array}\) mà \(SB \subset (SBD)\) nên \(AC \bot SB\).

a) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OA \bot OB}\\{OA \bot OC}\end{array} \Rightarrow OA \bot (OBC) \Rightarrow OA \bot BC} \right.\);

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OB \bot OA}\\{OB \bot OC}\end{array} \Rightarrow OB \bot (OAC) \Rightarrow OB \bot AC;} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OC \bot OA}\\{OC \bot OB}\end{array} \Rightarrow OC \bot (OAB) \Rightarrow OC \bot AB.} \right.\end{array}\)

b) Kẻ đường cao \(OK\) của tam giác vuông \(OBC\) thì \(K\) nằm giữa \(B\) và \(C\).

\({\rm{ V\`i  }}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OK}\\{BC \bot OA}\end{array} \Rightarrow BC \bot (OAK) \Rightarrow BC \bot AK} \right.\)

Do đó \(AK\) là đường cao của tam giác \(ABC\), đồng thời \(K\) nằm giữa \(B\) và \(C\) nên các góc \(\widehat {ABC},\widehat {ACB}\) là góc nhọn.

Tương tự, kẻ đường cao \(OE\) của tam giác vuông \(OAB\) thì \(E\) nằm giữa hai điểm \(A\) và \(B\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot OE}\\{AB \bot OC}\end{array} \Rightarrow AB \bot (OCE) \Rightarrow AB \bot CE} \right.\).

Do đó \(CE\) là đường cao tam giác \(ABC\), đồng thời \(E\) nằm giữa hai điểm \(A\) và \(B\) nên các góc \(\widehat {ABC},\widehat {CAB}\) là góc nhọn.

Vậy tam giác \(ABC\) có ba góc đều là góc nhọn.

c) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OA}\\{BC \bot OH}\end{array} \Rightarrow BC \bot (OAH) \Rightarrow BC \bot AH} \right.\).(1)

Tương tự \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot OC}\\{AB \bot OH}\end{array} \Rightarrow AB \bot (OCH) \Rightarrow AB \bot CH} \right.\).(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\).

d) Tam giác \(OBC\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OK\) nên \(\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\).(3)

Tam giác \(OAK\) vuông tại \(O\) có đường cao \(OH\) nên \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{K^2}}}\).(4)

Thay (3) vào (4), ta được: \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}\).

a) Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{A^\prime }{D^\prime } \bot A{A^\prime }}\\{{A^\prime }{D^\prime } \bot {A^\prime }{B^\prime }}\end{array} \Rightarrow {A^\prime }{D^\prime } \bot \left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right.\), mà \(A{B^\prime } \subset \left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)\) nên \({A^\prime }{D^\prime } \bot A{B^\prime }\).

Vậy A'D',AB'=90°

b) Gọi \(O\) là tâm hình vuông \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) nên \({A^\prime }O \bot {B^\prime }{D^\prime }\).

Mặt khác \(A{A^\prime } \bot {B^\prime }{D^\prime }\) nên \({B^\prime }{D^\prime } \bot \left( {A{A^\prime }O} \right)\).

Kẻ đường cao \({A^\prime }H\) trong tam giác \(A{A^\prime }O\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{A^\prime }H \bot AO}\\{{A^\prime }H \bot {B^\prime }{D^\prime }}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow {A^\prime }H \bot \left( {A{B^\prime }{D^\prime }} \right){\rm{. }}\)

Do vậy \(H\) là hình chiếu của \({A^\prime }\) lên mặt phẳng \(\left( {A{B^\prime }{D^\prime }} \right)\).

Hình vuông \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) có đường chéo \({A^\prime }{C^\prime } = a\sqrt 2  \Rightarrow {A^\prime }O = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

Tam giác \(A{A^\prime }O\) vuông tại \({A^\prime }\) có đường cao \({A^\prime }H\) nên

\(\begin{array}{l}\frac{1}{{{A^\prime }{H^2}}} = \frac{1}{{A{A^{\prime 2}}}} + \frac{1}{{{A^\prime }{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{2}}} = \frac{3}{{{a^2}}}\\ \Rightarrow {A^\prime }H = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\end{array}\)

Xét phương án a: Sai. Vì \(AC \bot \left( {SBD} \right)\) thì \(SD \bot \left( {ABCD} \right)\).

Xét phương án b: Sai. Vì \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) thì \(SO \bot DC\).

Xét phương án c: Sai. Vì \(AB \bot \left( {SBC} \right)\) thì \(\Delta SAB\) vuông tại \(B\).

Xét phương án d: Đúng, vì:

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SA\\AB \bot SD\left( {AB//CD,CD \bot SD} \right)\end{array} \right.\)

Mà \(SA \cap SD = S \in \left( {SAD} \right)\).

Nên \(AB \bot \left( {SAD} \right)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot BI}\\{CD \bot AI}\end{array} \Rightarrow CD \bot (ABI) \Rightarrow CD \bot AB} \right.\)

Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AC \bot BD}\\{AC \bot SO}\end{array} \Rightarrow AC \bot (SBD) \Rightarrow AC \bot SD.} \right.\)

 Ta có: \(AB//CD \Rightarrow (SA,CD) = (SA,AB)\)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot CB}\\{AB \bot SC}\end{array} \Rightarrow AB \bot (SBC) \Rightarrow AB \bot SB} \right.\)

Xét tam giác \(SAB\) vuông tại \(B\) có: tanSAB^=SBAB=2aa=2⇒SAB^≈63,4°

Vậy (SA,CD)≈63,4°

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có: \(AB = \sqrt {B{C^2} - A{C^2}}  = \sqrt {{3^2} - 2,{2^2}}  = \frac{{2\sqrt {26} }}{5} \approx 2\)m.

Vậy khoảng cách từ vị trí điểm \(B\) đến chân cột cờ tối đa là \(2\)m.

Giả sử rằng đèn lồng có các đỉnh và cạnh như hình minh họa phía trên.

Gọi \(H\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Vì \(S.ABCD\) là chóp tứ giác đều nên ta có \(SA = SB = SC = SD\).

Từ đó suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}SH \bot BD\\SH \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Xét tam giác\(ABC\) vuông tại \(B\), ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = \sqrt {{4^2} + {4^2}}  = 4\sqrt 2 \).

Suy ra \(AH = \frac{{AC}}{2} = 2\sqrt 2 \).

Xét tam giác \(SHA\) vuông tại \(H\), ta có: \(SH = \sqrt {{5^2} - {{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt {17}  \approx 4,1\).

Ta thấy rằng thanh nhựa nối từ đỉnh của lồng đèn đến đáy là \(4,4\)cm, lớn hơn chiều dài \(SH\) vừa tìm được. Nên có thể kết luận rằng thanh nhựa không vuông góc với mặt phẳng đáy, hay nói cách khác là không đi qua tâm của đáy.

Giả sử các cạnh và các đỉnh của kim tự tháp được mô phỏng như hình vẽ bên dướ

Gọi \(H\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Vì \(S.ABCD\) là chóp tứ giác đều nên ta có \(SA = SB = SC = SD\).

Từ đó suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}SH \bot BD\\SH \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), ta có: \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}}  = 262\sqrt 2 \) m.

\( \Rightarrow HC = \frac{{AC}}{2} = 131\sqrt 2 \) m.

Xét tam giác \(SHC\) vuông tại \(H\), ta có: \(SH = \sqrt {S{C^2} - H{C^2}}  = \sqrt {{{\left( {230} \right)}^2} - {{\left( {131\sqrt 2 } \right)}^2}}  = \sqrt {18578} \).

Gọi \(I\) là trung điểm của \(BC\), ta có \(SI \bot BC\) vì tam giác \(SBC\) cân tại \(S\) và ta có \[HI = \frac{{AB}}{2} = 131\]m.

Kẻ \(HJ \bot SI\), khi đó \(HJ \bot \left( {SBC} \right)\) vì \(\left\{ \begin{array}{l}HJ \bot SI\\HJ \bot BC\end{array} \right.\),

suy ra \(HJ\) là khoảng cách ngắn nhất để đào con đường vào tâm của đáy kim tự tháp.                      

Xét tam giác \(SHI\) vuông tại \(H\), ta có: \(\frac{1}{{H{J^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{18578}} + \frac{1}{{17161}} = \frac{{35739}}{{18578.17161}}\)\( \Rightarrow HJ \approx 94\)m.

Vậy quãng đường ngắn nhất khoảng \(94\)m.