Đề kiểm tra Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (có lời giải) - Đề 3

Chọn D

Chọn D

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot AE\) (1).

Mặt khác ta có \(AE \bot SB\) (2).

Từ (1) và (2) ta có \(AE \bot \left( {SBC} \right)\) \( \Rightarrow AE \bot SC\)(*).

Chứng minh tương tự ta cũng có \(AF \bot \left( {SDC} \right)\) \( \Rightarrow AF \bot SC\) (**).

Từ (*) và (**) ta có \(SC \bot \left( {AEF} \right)\).

Chọn C

\(\widehat {SBA} = {45^0}\) nên \(SA = a\).

Kẻ \(AC' \bot SC\). Ta có \(B'D' \bot SC\) và \(BD \bot SC\) và \(SC\) không vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\), suy ra \(BD//B'D'\). Nên từ \(I = SO \cap AC'\) nên từ \(I\) kẻ \(B'D'//BD\) cắt \(SB\), \(SD\) lần lượt tại \(B'\), \(D'\)

Mà \(BD \bot (SAC)\) nên \(B'D' \bot (SAC)\)

Từ trên suy ra \(B'D' \bot AC'\) và \(\left\{ \begin{array}{l}AB' \bot SC\\AB' \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow AB' \bot SB\).

Suy ra \({S_{AB'C'D'}} = \frac{1}{2}AC'.B'D'\). Mà vuông tại \(A\) và \(AC'\) là đường cao nên \(AC' = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\) và \(\frac{{B'D'}}{{BD}} = \frac{{SB'}}{{SB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{2.a\sqrt 2 }} = \frac{1}{2}\)\( \Rightarrow B'D' = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).

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 \(B\).

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 \(D\).

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 \(SC \bot (AHK)\), mà \(HK \subset (AHK)\) nên \(HK \bot SC\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}OA \bot OB\\OA \bot OC\end{array} \right. \Rightarrow OA \bot (OBC);\\\left\{ \begin{array}{l}OB \bot OA\\OB \bot OC\end{array} \right. \Rightarrow OB \bot (OAC);\end{array}\)

Vì \(OA \bot (OBC)\) mà \(BC \subset (OBC) \Rightarrow OA \bot BC\).

Vì \(OB \bot (OAC)\) mà \(AC \subset (OAC) \Rightarrow OB \bot AC\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OC \bot OA}\\{OC \bot OB}\end{array} \Rightarrow OC \bot (OAB)} \right.\), mà \(AB \subset (OAB) \Rightarrow OC \bot AB\).

Vậy các cặp cạnh đối nhau của tứ diện \(OABC\) vuông góc với nhau.

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OK}\\{BC \bot OA({\rm{do }}OA \bot (OBC))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (OAK)} \right.\);

mà \(OH \subset (OAK) \Rightarrow OH \bot BC\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{OH \bot AK}\\{OH \bot BC}\\{AK \cap BC = K}\\{AK,BC \subset (ABC)}\end{array} \Rightarrow OH \bot (ABC)} \right.\).

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot {A^\prime }H\left( {{\rm{do }}{A^\prime }H \bot (ABC)} \right)}\\{BC \bot AH({\rm{do }}\Delta ABC{\rm{ vuo\^a ng ta\"i i }}A,H{\rm{ la{\o} trung \~n ie{\aa}m }}BC)}\end{array}} \right.\]

\( \Rightarrow BC \bot \left( {A{A^\prime }H} \right)\).

Mặt khác \({B^\prime }{C^\prime }//BC\) nên \({B^\prime }{C^\prime } \bot \left( {A{A^\prime }H} \right) \Rightarrow {B^\prime }{C^\prime } \bot A{A^\prime }\).

Vì \({A^\prime }H \bot (ABC)\) nên hình chiếu của \(A{A^\prime }\) trên \((ABC)\) là \(AH\), hình chiếu của \({A^\prime }B\) trên \((ABC)\) là \(BH\).

Vậy hình chiếu của tam giác \({A^\prime }AB\) trên mặt phẳng \((ABC)\) chính là tam giác \(ABH\).

Tam giác \(ABC\) vuông cân tại \(A\) có \(BC = 2a \Rightarrow AB = AC = a\sqrt 2 \).

Diện tích tam giác \(ABH\) là:

\({S_{\Delta ABH}} = \frac{1}{2}{S_{ABC}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}AB \cdot AC = \frac{1}{4}{(a\sqrt 2 )^2} = \frac{{{a^2}}}{2}.\)

Gọi \(K\) là trung điểm \({B^\prime }{C^\prime }\). Dễ thấy \(\left( {{A^\prime }AH} \right) \equiv \left( {AHK{A^\prime }} \right)\).

Mà \({B^\prime }{C^\prime } \bot \left( {A{A^\prime }H} \right)\) nên \({B^\prime }{C^\prime } \bot \left( {AHK{A^\prime }} \right)\).

Trong mặt phẳng \(\left( {AHK{A^\prime }} \right)\), kẻ \({A^\prime }I \bot HK\) tại \(I\). (1)

Vì \({B^\prime }{C^\prime } \bot \left( {AHK{A^\prime }} \right),{A^\prime }I \subset \left( {AHK{A^\prime }} \right)\) nên \({A^\prime }I \bot {B^\prime }{C^\prime }\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \({A^\prime }I \bot \left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)\) hay \(I\) là hình chiếu của \({A^\prime }\) trên mặt phẳng \(\left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right)\).

Tam giác \({A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) vuông cân tại \({A^\prime }\) nên \({A^\prime }K = \frac{{{B^\prime }{C^\prime }}}{2} = a\).

Tam giác \({A^\prime }HK\) vuông tại \({A^\prime }\) có đường cao \({A^\prime }I\) nên ta có:

\(\frac{1}{{{A^\prime }{I^2}}} = \frac{1}{{{A^\prime }{H^2}}} + \frac{1}{{{A^\prime }{K^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{{A^\prime }{H^2}}} = \frac{1}{{\frac{{{a^2}}}{4}}} - \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Rightarrow {A^\prime }H = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Xét tam giác\[ABC\]như hình vẽ, ta có:

\[\cos \widehat {BAC} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2.AB.AC}}\]\[ = \frac{{{1^2} + {1^2} - 1,{5^2}}}{{2.1.1}} =  - \frac{1}{8} \Rightarrow \widehat {BAC} \ne {90^0}\]

Vậy cột không vuông góc với sân, tức là cột không có phương thẳng đứng.

Ta thấy phương của dây dọi là phương thẳng đứng, vuông góc với mặt sàn. Nên áp dụng định lý Pytago ta có chiều dài của cầu thang là \(\sqrt {{3^2} + {4^2}}  = 5\)m.