Đề kiểm tra Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng góc nhị diện (có lời giải) - Đề 3
22 câu hỏi
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Ta có \(BA \bot SA\) và \(CA \bot SA\) suy ra \[\widehat {BAC}\] là góc phẳng nhị diện \(\left[ {B,\,SA,\,C} \right]\) và bằng \(90^\circ \).
Hình biểu diễn của chiếc gậy dựa vào tường như sau:
Gọi \[\varphi \] là số đo giữa \[OM\] và mặt phẳng \[\left( P \right)\]. Giá trị biểu thức \[6\sqrt 3 \sin \varphi + 15\] bằng
\(33\).
\(3\sqrt 3 + 15\).
\(24\).
\(6\sqrt 3 + 15\)
Chọn C
Ta có \(\varphi = 60^\circ \).
Vậy \[6\sqrt 3 \sin \varphi + 15 = 6\sqrt 3 \frac{{\sqrt 3 }}{2} + 15 = 24\].
Trong các hình vẽ sau, có bao nhiêu hình minh họa cho góc nhị diện \[\left[ {P,d,Q} \right]\]?
\(1\).
\(2\).
\(3\).
\(4\).
Chọn C
Hình minh họa cho góc nhị diện \[\left[ {P,d,Q} \right]\] là hình 1, hình 2 và hình 3.
\[SB\] và \[AB\].
\[SB\] và\[AC\].
\[SB\] và \[BC\].
\[SB\] và \[SC\]
![Cho hình chóp \(S.ABC\) có \[SA\] vuông góc ( ABC). Góc giữa \[SB\] với ( {ABC} là góc giữa: (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid58-1771902930.png)
Chọn A
Ta có: \[AB\] là hình chiếu vuông góc của \[SB\] xuống \[\left( {ABC} \right)\] nên góc giữa \[SB\] với \[\left( {ABC} \right)\] là góc giữa \[SB\] và \[AB\].\(\widehat {SDC}\).
\(\widehat {SBD}\).
\(\widehat {SDA}\).
\(\widehat {SDB}\).
Chọn D
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}SD \cap \left( {ABCD} \right) = D\\SB \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.\) nên \(\widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD;BD} \right)} = \widehat {SDB}\).
\(90^\circ \).
\(45^\circ \).
\(30^\circ \).
\(60^\circ \).
Chọn C
Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\)\( \Rightarrow SA \bot BC\), mà \(BC \bot AB\) \( \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right)\) nên góc giữa \(SC\) và \(\left( {SAB} \right)\) bằng góc \(\widehat {CSB}\).
có \(SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 3 \). có \[SC = \sqrt {S{B^2} + B{C^2}} = 2a\]\[ \Rightarrow \sin \widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {CSB} = 30^\circ \].
\(60^\circ \).
\(75^\circ \).
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
Chọn A
![Cho hình chóp \[S.ABC\] có đáy \[ABC\] là tam giác vuông tại \[B\], \[AB = a\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid61-1771903064.png)
Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SA\\AC \bot SA\end{array} \right.\). Suy ra góc phẳng nhị diện \[\left[ {B,SA,C} \right]\] là góc \[\widehat {BAC}\].
Trong tam giác vuông \[ABC\]: \[\cos \widehat {BAC} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {BAC} = 60^\circ \].
Hình biểu diễn của chiếc gậy dựa vào tường như sau:
Gọi \[\varphi \] là số đo giữa \[OM\] và mặt phẳng \[\left( P \right)\]. Giá trị biểu thức \[2\sqrt 3 \sin \varphi + 1\] bằng
\(2\).
\(\sqrt 3 + 1\).
\(4\).
\(\sqrt 3 \).
Chọn C
Ta có \(\varphi = 60^\circ \).
Vậy \[2\sqrt 3 \sin \varphi + 1 = 2\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} + 1 = 4\].Trong các hình vẽ sau, có bao nhiêu hình minh họa cho góc nhị diện \[\left[ {P,d,Q} \right]\]?
\(1\).
\(2\).
\(3\).
\(4\).
Chọn B
Hình minh họa cho góc nhị diện \[\left[ {P,d,Q} \right]\] là hình 1 và hình 2.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\(\widehat {BSC\,}\).
\(\widehat {SCB\,}\).
\(\widehat {SCA\,}\).
\(\widehat {ASC\,}\).
Chọn A
![Cho hình chóp \[S.ABCD\] có \(SA vuông góc (ABCD)\) và \(SA = a\), đáy \[ABCD\] là hình vuông cạnh bằng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid64-1771903234.png)
Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\].
Hay \[SB\] là hình chiếu vuông góc của \[SC\] lên \[\left( {SAB} \right)\].
Vậy \[\widehat {BSC}\] là góc giữa \[SC\] và \[\left( {SAB} \right)\].
\(60^\circ \).
\(75^\circ \).
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
Chọn C
Ta có \(ABCD\)là hình thoi cạnh \(2a\), và \(\widehat {ADC} = 60^\circ \) nên \(\Delta ACD\) đều và \(OD = \frac{{2a.\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).
Góc giữa đường thẳng \(SD\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\)là \(\widehat {SDO}\) và \(\tan \widehat {SDO} = \frac{{SO}}{{DO}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\).
Suy ra \(\widehat {SDO} = 30^\circ \).
\(60^\circ \).
\(75^\circ \).
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
Chọn D
![Cho hình chóp \[S.ABC\] có đáy \[ABC\] là tam giác vuông cân tại \[B\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid66-1771903313.png)
Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SA\\AC \bot SA\end{array} \right.\). Suy ra góc phẳng nhị diện \[\left[ {B,SA,C} \right]\] là góc \[\widehat {BAC} = 45^\circ \].
\(SH \bot (ABCD)\)
Góc phẳng nhị diện \([S,AB,C]\) bằng
\(SH = a\sqrt 5 \)
Góc phẳng nhị diện \([S,CD,A]\) bằng
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Sai |
d) Sai |
Gọi \(H,K\) lần lượt là trung điểm \(AB\) và \(CD\). Ta có \(SH \bot AB\) và \(HK\) là đường trung bình của hình chữ nhật \(ABCD\) nên \(HK//AD//BC \Rightarrow HK \bot AB\). (1)
Ta lại có tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\). (2)
Mặt khác \((SAB) \bot (ABCD)\), suy ra \(SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot HK\).
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {SHK}\) là góc phẳng nhị diện \([S,AB,C]\) và
Theo câu a), ta có: \(CD \bot HK\). (3)
Mặt khác \(SH \bot (ABCD)\) nên \(CD \bot SH\).
Suy ra \(CD \bot (SHK) \Rightarrow CD \bot SK\). (4)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {SKH}\) là góc phẳng nhị diện \([S,CD,A]\).
Tam giác \(SAB\) đều cạnh \(2a\) nên đường cao \(SH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).
Từ câu \(a\)), ta có \(HK = BC = a\) (tính chất đường trung bình của hình chữ nhật).
Do đó
Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {A'BC} \right)\) có số đo bằng \(45^\circ \).
Hai mặt phẳng \(\left( {AA'B'B} \right)\) và \(\left( {BB'C} \right)\) vuông góc với nhau.
\(AC' = 2a\sqrt 2 \).
Đáy \(ABC\) là tam giác vuông.
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Sai |
d) Đúng |
Xét tam giác \(ABC\) có \[A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2}\]\[ = 5{a^2}\]\[ = A{C^2}\]\( \Rightarrow \) tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\).
\( \Rightarrow \) Đáp án D đúng.
Do \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng và tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(AB \bot \left( {BB'C} \right)\)\( \Rightarrow \left( {AA'B'B} \right) \bot \left( {BB'C} \right)\)\( \Rightarrow \) Đáp án B đúng.
Do \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng và tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) nên \(\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'BC} \right)} \right) = \left( {AB,A'B} \right)\)\( = \widehat {ABA'} = 45^\circ \)\( \Rightarrow \) Đáp án A đúng.
Xét tam giác vuông \(A'AC\) ta có \(A'C = \sqrt {A{{A'}^2} + A{C^2}} \)\( = \sqrt {{a^2} + 5{a^2}} \)\( = a\sqrt 6 \)\( \Rightarrow \) Đáp án C sai.
cosin của \(\left( {AM,DM} \right)\)có giá trị bằng \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\)?
cosin của \(\left( {AD,DM} \right)\)có giá trị bằng \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\)?
cosin của \(\left( {AB,DM} \right)\)có giá trị bằng \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\)?
cosin của \(\left( {AB,AM} \right)\)có giá trị bằng \(\frac{{\sqrt 3 }}{6}\)?
|
a) Sai |
b) Sai |
c) Đúng |
d) Sai |
![Cho tứ diện đều \[ABCD\], \(M\) là trung điểm \(BC\). Các mệnh đề sau đúng hay sai? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid69-1771903464.png)
Ta có:\(\cos \left( {AM,DM} \right) = \frac{{A{M^2} + D{M^2} - A{D^2}}}{{2.AM.DM}} = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{4} - {a^2}}}{{2.\frac{{3{a^2}}}{4}}} = \frac{1}{3}\) nên phương án a sai.
Ta có:\(\cos \left( {AD,DM} \right) = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\) nên phương án b sai
Ta có \(\cos \left( {AB,AM} \right) = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\) phương án d sai.
\[\left( {ABC} \right)\] tạo với \[\left( P \right)\] góc \[{45^0}\].
\[BC\] tạo với \[\left( P \right)\] góc \[{30^0}\].
\[BC\] tạo với \[\left( P \right)\] góc \[{45^0}\].
\[BC\] tạo với \[\left( P \right)\] góc \[{60^0}\].
|
a) Sai |
b) Sai |
c) Đúng |
d) Sai |
![Cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\]. Cạnh \[AB = a\] nằm trong mặt phẳng (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid70-1771903526.png)
Gọi \[H\] là hình chiếu vuông góc của \[C\] lên mặt phẳng \[\left( P \right)\].
Khi đó, \[\left( {AC,\left( P \right)} \right) = \left( {AC,AH} \right) = \widehat {CAH} = {60^0}\] và \[\left( {BC,\left( P \right)} \right) = \left( {BC,AH} \right) = \widehat {CBH} = \alpha \].
Tam giác \[AHC\] vuông tại \[H\] nên \[\sin \widehat {CAH} = \frac{{CH}}{{AC}} \Rightarrow CH = AC.\sin \widehat {CAH} = a\sqrt 2 .\sin {60^0} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\].
Tam giác \[CHB\] vuông tại \[H\] nên \[\sin \alpha = \frac{{CH}}{{BC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \alpha = {45^0}\].
Vì \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\)nên \[AO\] là hình chiếu của \(SA\) lên \(mp\left( {ABCD} \right)\). Do đó
\(\left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SAO} = 45^\circ \).
Ta có \(AO = \frac{1}{2}AC = a\sqrt 2 \). Tam giác \(SAO\) vuông cân tại \(O\) nên \(SO = AO = a\sqrt 2 \).
Kẻ \[AH \bot BC{\rm{ }}(H \in BC)\]. Ta có \[\;SA \bot (ABC)\; = > \;SA \bot BC\], \[AH \bot BC{\rm{ }}\]nên \(\widehat {SHA}\) là góc phẳng nhị diện cần tìm của góc nhị diện \(\left[ {A,BC,S} \right]\). Vậy
Ta có (đpcm).
Ta có \(\left( {SC,(ABCD)} \right) = (SC,AC) = \widehat {SCA}.\)
Do \[BC \bot AB;BC \bot SA\] nên \(BC \bot SB\) hay tam giác \[SBC\] vuông tại \[B.\]
Do đó \(SC = \sqrt {S{B^2} + B{C^2}} = 2a\sqrt 2 ;AC = a\sqrt 2 .\)
Trong tam giác \(SAC\) ta có \(\cos \widehat {SCA} = \frac{{AC}}{{SC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SCA} = {60^0}.\)
Vậy góc giữa \[SC\]và mặt đáy \[ABCD\] bằng \({60^0}.\)
Trong hình 42, máy tính xách tay đang mở gợi nên hình ảnh của một góc nhị diện. Ta gọi số đo góc nhị diện đó là độ mở của màn hình máy tính. Tính độ mở của màn hình máy tính theo đơn vị độ, biết tam giác \(ABC\) có độ dài các cạnh là \(AB = AC = 30\,\,{\rm{cm}}\) và \(BC = 30\sqrt 3 \,{\rm{cm}}\).
Gọi \(AE\) là đường thẳng chứa bản lề của máy tính ta có \(AB,{\rm{ }}AC\) cùng vuông góc với \(AE\) nên \(\widehat {BAC}\) là góc phẳng nhị diện cần tìm.
Xét tam giác \[ABC\] có \[cos\widehat {BAC} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB.AC}} = \frac{{ - 1}}{2} \Rightarrow \widehat {BAC} = {120^o}\]
Trong hình 43, xét các góc nhị diện có góc phẳng nhị diện tương ứng là \(\widehat B\), \(\widehat C\), \(\widehat D\), \(\widehat E\) trong cùng mặt phẳng. Lục giác \(ABCDEG\) nằm trong mặt phẳng đó có \(AB = GE = 2\,{\rm{m}}\), \(BC = DE\), \(\widehat A = \widehat G = 90^\circ \), \(\widehat B = \widehat E = x\), \(\widehat C = \widehat D = y\). Biết rằng khoảng cách từ \(C\) và \(D\) đến \(AG\) là \(4\,{\rm{m}}\), \(AG = 12\,{\rm{m}}\) ,\(CD = 1\,{\rm{m}}\). Tìm \(x\), \(y\) (làm tròn kết quả đến hàng đơn vị theo đơn vị độ).
Kẻ \[CH \bot AG{\rm{ }}(H \in AG),{\rm{ }}DK \bot AG{\rm{ }}(K \in AG)\]
Gọi \[I = BE \cap CH,{\rm{ }}J = BE \cap DK\]. Vì \[ABEG\] là hình chữ nhật nên \[BE = AB = 12{\rm{ }}\left( m \right)\].
Do \[CDKH,{\rm{ }}CDJI\] là hình chữ nhật nên \[IH = JK = AB = 2{\rm{ }}\left( m \right)\]. \[AH = GK = BI = EJ = \frac{{AG - HK}}{2} = \frac{{12 - 1}}{2} = 5,5{\rm{ }}\left( m \right)\]. Khoảng cách từ \(C\) và \(D\) đến \(AG\) là \(4\,{\rm{m}}\) nên \[CI = CH - IH = 2\]. Xét tam giác \[BCI\] vuông tại \(I\) có Vậy ,
Hình bên là hình chụp đền Kukulcan, là một kim tự tháp Trung Mỹ nằm ở khu di tích Chichen Itza, Mexico, được người Maya xây vào khoảng từ thế kỉ IX đến thế kỉ XII. Phần thân của đền, không bao gồm đền nằm phía trên, có dạng một khối chóp cụt tứ giác đều (không tính cầu thang và coi các mặt bên là phẳng) với độ dài đáy dưới là \(55,3\left( {\rm{m}} \right)\), chiều cao là \(24\left( {\rm{m}} \right)\), góc phẳng nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy là \(\alpha \). Tính thể tích cuả phần thân ngôi đền có dạng khối chóp cụt tứ giác đều đó theo đơn vị mét khối (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm) biết rằng \(\tan \alpha = \frac{{320}}{{211}}\).
Giả sử khối chóp cụt tứ giác đều cần tính thể tích là \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(O\), \(O'\) lần lượt là tâm của hai đáy. Gọi \(M\), \(M'\) lần lượt là trung điểm của \(BC\), \(B'C'\) như hình vẽ; \(H\) là hình chiếu vuông góc của \(M'\) lên \(OM\).
Khi đó góc phẳng nhị diện của mặt bên \(BCC'B'\) và mặt đáy \(ABCD\) là góc \(\widehat {M'MH} = \alpha \).
Ta có \(\tan \widehat {M'MH} = \frac{{M'H}}{{MH}}\) \( \Rightarrow \frac{{24}}{{MH}} = \frac{{320}}{{211}} \Rightarrow MH = \frac{{24.211}}{{320}} = \frac{{633}}{{40}}\).
\[ \Rightarrow A'B' = 2.O'M' = 2\left( {OM - HM} \right) = 55,3 - \frac{{633}}{{20}} = \frac{{473}}{{20}} = 23,65\].
Do đó thể tích phần thân đền bằng \[V = \frac{{OO'}}{3}\left( {A{B^2} + A'{{B'}^2} + AB.A'B'} \right) = \frac{{24}}{3}\left( {55,{3^2} + 23,{{65}^2} + 55,3.23,65} \right) = 39402,06\left( {{m^3}} \right)\].
Bạn có thích hoạt động này không?
Hãy lưu hoặc chia sẻ nội dung này đến mọi người.
Gợi ý cho bạn
Ý tưởng của bạn, bài học của bạn
Tự thiết kế đề thi, bài giảng hoặc flashcard theo cách riêng.
