Đề kiểm tra Hai mặt phẳng vuông góc (có lời giải) - Đề 1

Các mặt bên của hình chóp chóp cụt là hình thang.

Chọn A

Ta có: \(BC \bot SA,BC \bot AB \Rightarrow BC \bot SB\)

\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{AB \bot BC,AB \subset \left( {ABC} \right)}\\{SB \bot BC,SB \subset \left( {SBC} \right)}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SBA}\).

Chọn D

Mệnh đề A sai vì có thể xảy ra trường hợp hai mặt phẳng vuông góc với nhau nhưng đường thẳng thuộc mặt phẳng này song song với mặt phẳng kia.

Mệnh đề B sai vì xảy ra trường hợp hai mặt phẳng song song.

Mệnh đề C sai vì xảy ra trường hợp hai mặt phẳng vuông góc.

Chọn đáp án D

Chọn D

Ta có \(AB \bot \left( {ADD'A'} \right)\), suy ra \(\left( {ABC'D'} \right) \bot \left( {ADD'A'} \right)\). Do đó, \(\left( {\widehat {\left( {ADD'A'} \right),\left( {ABC'D'} \right)}} \right) = 90^\circ \).

Chọn A

Ta có \(\left( {BCD'A'} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\);\(BC \bot \left( {ABB'A'} \right)\)

Vậy \(\widehat {\left( {\left( {BCD'A'} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \left( {\widehat {AB;A'B}} \right) = {45^0}\)

Chọn C

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot A'A\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BD \bot \left( {A'AC} \right)\)\( \Rightarrow \left( {ABCD} \right) \bot \left( {A'AC} \right)\).

Góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {A'AC} \right)\] và \[\left( {ABCD} \right)\] bằng \[90^\circ \].

Chọn A

Gọi \[O\] là tâm của hình thoi \(ABCD\).

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

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \[\left( {SBD} \right)\] và \[\left( {ABCD} \right)\] bằng \(90^\circ \).

Hình lăng trụ đều là một hình lăng trụ đứng và có đáy là một đa giác đều.

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

Gọi \[J\] là trung điểm của \[CD.\] Ta có \(\left( {SIG} \right) \equiv \left( {SIJ} \right).\)

\(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot IJ\\AB \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SIJ} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SIJ} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SIG} \right).\)

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\). Do hình chóp \(S.ABCD\) đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(SD\). Tam giác \(SCD\) đều nên \(CM \bot SD\).

Tam giác \(SBD\) có \(SB = SD = a\), \(BD = a\sqrt 2 \).

Suy ra \(\Delta SBD\) vuông tại \(S\)\( \Rightarrow SB \bot SD\) mà \(SB\)//\(OM\)\( \Rightarrow OM \bot SD\).

Do đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {SCD} \right)\) là góc \(\widehat {OMC}\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(AC = a\sqrt 2 \)\( \Rightarrow OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\); \(OM = \frac{1}{2}SB = \frac{a}{2}\).

Dễ dàng chứng minh\(AC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow OC \bot OM\)

Xét \(\Delta MOC\) vuông tại \(O\) ta có \(\tan \widehat {OMC} = \frac{{OC}}{{OM}} = \sqrt 2 \).

Ta có hai mặt phẳng \(\left( {SIC} \right)\) và \(\left( {SIB} \right)\) cùng vuông góc với \(\left( {ABCD} \right)\) nên \(SI \bot \left( {ABCD} \right)\).

Kẻ \(IK \bot BC\,\,\left( {K \in BC} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot \left( {SIK} \right)\)\( \Rightarrow BC \bot SK\).

Do đó góc giữa \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) là góc \(\widehat {SKI} = 60^\circ \).

Diện tích hình thang \(ABCD\): \({S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AB + CD} \right).AD}}{2} = 3{a^2}\).

Diện tích \(\Delta ABI\): \({S_{\Delta ABI}} = \frac{1}{2}AI.AB = {a^2}\).

Diện tích \(\Delta CDI\): \({S_{\Delta CDI}} = \frac{1}{2}.DI.CD = \frac{{{a^2}}}{2}\).

Do đó diện tích \(\Delta IBC\): \({S_{\Delta IBC}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta ABI}} - {S_{\Delta CDI}} = \frac{{3{a^2}}}{2}\).

Lại có \(BC = \sqrt {{{\left( {AB - CD} \right)}^2} + A{D^2}}  = a\sqrt 5 \)\( \Rightarrow IK = \frac{{2{S_{\Delta IBC}}}}{{BC}} = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5}\).

Suy ra \(SK = \frac{{IK}}{{\cos 60^\circ }} = \frac{{6a\sqrt 5 }}{5}\)\( \Rightarrow {S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}.SK.BC = 3{a^2}\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SAB) \cap (ABCD) = AB}\\{(SAB) \bot (ABCD)}\\{SH \subset (SAB),SH \bot AB}\end{array} \Rightarrow SH \bot (ABCD)} \right.\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD \bot AB(gt)}\\{AD \bot SH(SH \bot (ABCD)) \Rightarrow AD \bot (SAB),}\\{AB,SH \subset (SAB)}\end{array}} \right.\)

mà \(AD \subset (SAD) \Rightarrow (SAD) \bot (SAB)\).

Ta lại có: \(\Delta BCH = \Delta CDI\) (c.g.c) \( \Rightarrow \widehat {{C_1}} = \widehat {{D_1}}\), mà D1^+I1^=90°⇒C1^+I^1=90°

\( \Rightarrow HC \bot DI\)

Như vậy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{DI \bot CH}\\{DI \bot SH(SH \bot (ABCD)) \Rightarrow DI \bot (SHC){\rm{, m\`a  }}DI \subset (SDI)}\\{CH,SH \subset (SHC)}\end{array}} \right.\)

 \( \Rightarrow (SDI) \bot (SHC)\).

Ta có:

\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{SA \bot \left( {ABC} \right)}\\{AC \subset \left( {ABC} \right)}\end{array}} \right\} \Rightarrow AC \bot SA\). Mà \(AC \bot AB\)( do \[ABC\] là tam giác vuông tại\[A\]).

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AC \bot \left( {SAB} \right)}\\{{\rm{  }}AC \subset \left( {SAC} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).

 \[\left\{ \begin{array}{l}AA' \bot \left( {ABCD} \right)\\AA' \subset \left( {AA'C'C} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {ABCD} \right) \bot \left( {AA'C'C} \right)\]\( \Rightarrow \)khẳng định a đúng.

 \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot \left( {AA'C'C} \right)\\BD \subset \left( {BB'D'D} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {BB'D'D} \right) \bot \left( {AA'C'C} \right)\]\( \Rightarrow \)khẳng định b đúng.

 \[\left\{ \begin{array}{l}AB \bot \left( {BB'C'C} \right)\\AB \subset \left( {AA'C'C} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {AA'B'B} \right) \bot \left( {BB'C'C} \right)\]\( \Rightarrow \)khẳng định c đúng.

 \[\left( {\widehat {\left( {AA'B'B} \right),\left( {BB'D'D} \right)}} \right) = \left( {AB,BD} \right) = \widehat {ABD} = {45^0}\]\( \Rightarrow \)khẳng định d sai.

Ta có \[\left. \begin{array}{l}CD \bot BE\\CD \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l}CD \bot \left( {ABE} \right)\\CD \subset \left( {ADC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ADC} \right) \bot \left( {ABE} \right)\].

Vậy a đúng.

\[\left. \begin{array}{l}DF \bot BC\\DF \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l}DF \bot \left( {ABC} \right)\\AC \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l}DF \bot AC\\DK \bot AC\end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l}AC \bot \left( {DFK} \right)\\AC \subset \left( {ADC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ADC} \right) \bot \left( {DFK} \right)\]

Vậy b đúng.

Ta có \[\left. \begin{array}{l}CD \bot BE\\CD \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l}CD \bot \left( {ABE} \right)\\CD \subset \left( {BDC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {BDC} \right) \bot \left( {ABE} \right)\].

Vậy d đúng.

\((SBC)\) và \((ABCD)\).

\((SBC) \cap (ABCD) = BC,SB \bot BC,AB \bot BC\).

Góc cần tìm là \(\widehat {SBA}\).

Trong tam giác vuông \(SBA:\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \sqrt 2 \).

Do \(SO \bot (ABCD)\) nên \(SO \bot BC\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(OM \bot BC\).

Ta có \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OM}\\{BC \bot SO}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SOM) \Rightarrow BC \bot SM} \right.\)

Do đó \(((SBC),(ABCD)) = (SM,OM)\)

Xét tam giác vuông \(SOM\), có  tanSMO^=SOOM=3⇒SMO^=60°

Vậy mặt phẳng \((SBC)\) hợp với mặt đáy \((ABCD)\) một góc 60°

 Gọi \[I\] là trung điểm \(AC\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\left( {A{B^\prime }C} \right) \cap (ABC) = AC}\\{{\rm{ Trong }}(ABC),BI \bot AC}\\{{\rm{ Trong }}\left( {A{B^\prime }C} \right),{B^\prime }I \bot AC}\end{array} \Rightarrow \left( {\left( {A{B^\prime }C} \right),(ABC)} \right) = \left( {{B^\prime }I,BI} \right) = \widehat {{B^\prime }IB}} \right.\)

Ta có: \(BI = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};B{B^\prime } = \sqrt {{{(a\sqrt 7 )}^2} - {a^2}}  = \sqrt 6 a\)

Xét \(\Delta {B^\prime }BI\) vuông tại \[B\]: tanB'IB^=BB'BI=6aa22=23⇒B'IB^≈73,9°

Gọi hình chóp tứ giác đều là \(S.ABCD\) như hình vẽ , \(O = AC \cap BD,\,M\) là trung điểm của \(DC\).

Khi đó góc nhị diện tạo bởi mặt bên \(\left( {SCD} \right)\) và mặt đáy \(\left( {ABCD} \right)\) là \(\left[ {S,CD,O} \right]\).

Ta có \(SM \bot CD\) và \(OM \bot CD\), suy ra \(\widehat {SMO}\) là góc phẳng nhị diện \(\left[ {S,CD,O} \right]\).

Xét tam giác \(SMO\) ta có \(OM = \frac{{BC}}{2} = 90\) (m)

 \[\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{OM}} = \frac{{98}}{{90}} = \frac{{49}}{{45}} \Rightarrow \widehat {SMO} = 47,{4^ \circ }.\]

Ta có: \((SAB) \cap (SAC) = SA\)  (1)

Trong mp\((SAB)\) dựng \(BH \bot SA\) tại \(H\)  (2) , suy ra \(CH \bot SA\) tại \(H\)  (3)

Ta tính \(\widehat {BHC}\):

Ta có: \(SD \bot (ABC) \Rightarrow SD \bot DA \Rightarrow SA = \sqrt {S{D^2} + D{A^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}  = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}a\).

Từ (2) và (3) ta suy ra \(SA \bot (HBC) \Rightarrow SA \bot HI\).

Xét hai tam giác \(SDA\) và \(IHA\) có  \(\widehat {SDA} = \widehat {IHA} = {90^o}\) và  \(\widehat A\) chung nên

\( \Rightarrow \frac{{SD}}{{IH}} = \frac{{SA}}{{IA}} \Rightarrow IH = \frac{{SD.IA}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3\sqrt 2 }}{2}a}} = \frac{a}{2}\).

Mặt khác: tam giác \(BHC\)cân tại \(H\) vì có \(BH = CH\), suy ra \(HI\) vừa là trung tuyến vừa là đường cao hay \(HI \bot BC\).

Vì \(IB = IH = \frac{a}{2}\) nên tam giác \(HIB\) vuông cân tại \(I\) \( \Rightarrow \widehat {IHB} = {45^o} \Rightarrow \widehat {BHC} = 2\widehat {IHB} = {90^o}\) (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) ta suy ra góc giữa hai mp \((SAB)\) và \((SAC)\) là \(\varphi  = \widehat {BHC} = {90^0}\).

Giả sử cái bục là hình chóp cụt \(ABCDEF.A'B'C'D'E'F'\) có \(BE = 2CD = 2\,m\), \(B'E' = 2C'D' = 1,2\,m\), \(OO' = 2\,m\).

Dựng \(B'G//OO'\), suy ra \(BG = \frac{{BE - B'E'}}{2} = \frac{{2 - 1,2}}{2} = 0,4\,m\).

Tam giác \(B'GB\) vuông tại \(G\) \( \Rightarrow BB' = \sqrt {B'{G^2} + B{G^2}}  = \sqrt {{2^2} + 0,{4^2}}  \approx 2,04\,m\).

Kẻ \(B'H\) là đường cao của mặt bên \(BB'C'C\), ta có: \(BH = \frac{{BC - B'C'}}{2} = \frac{{1 - 0,6}}{2} = 0,2\,m\)

\( \Rightarrow B'H = \sqrt {B{{B'}^2} - B{H^2}}  = \sqrt {2,{{04}^2} - 0,{2^2}}  \approx 2,03\,m\).

Diện tích mặt bên \(BB'C'C\)là \({S_1} = \frac{1}{2}(BC + B'C').B'H = \frac{1}{2}(1 + 0,6).2,03 \approx 1,62\,{m^2}\).

Diện tích mặt trên (đáy nhỏ) là \({S_2} = 0,{6^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4}.6 \approx 0,94{m^2}\).

Tổng diện tích cần sơn là \(S = 6{S_1} + {S_2} \approx 6.1,62 + 0,94 = 10,66\,{m^2}\).