Đề kiểm tra Hai mặt phẳng vuông góc (có lời giải) - Đề 1
22 câu hỏi
Tam giác cân.
Hình thang.
Hình bình hành.
Hình chữ nhật.
\[\widehat {SBA}\].
\[\widehat {SCA}\].
\[\widehat {SCB}\].
\[\widehat {SIA}\].
Chọn A
![Cho hình chóp \[S.ABC\] có SA vuông góc ( ABC) và AB vuông góc BC (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid1-1771844994.png)
Ta có: \(BC \bot SA,BC \bot AB \Rightarrow BC \bot SB\)
\( \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{AB \bot BC,AB \subset \left( {ABC} \right)}\\{SB \bot BC,SB \subset \left( {SBC} \right)}\end{array}} \right.\) \( \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SBA}\).Hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này sẽ vuông góc với mặt phẳng kia.
Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì vuông góc với nhau.
Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau.
Hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng sẽ vuông góc với mặt phẳng kia.
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, \(\left( {\widehat {\left( {ADD'A'} \right),\left( {ABC'D'} \right)}} \right) = 90^\circ \).
\({45^0}\).
\({30^0}\).
\({90^0}\).
\({60^0}\).
Chọn A
Ta có \(\left( {BCD'A'} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\);\(BC \bot \left( {ABB'A'} \right)\)
Vậy \(\widehat {\left( {\left( {BCD'A'} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \left( {\widehat {AB;A'B}} \right) = {45^0}\)\[60^\circ \].
\[30^\circ \].
\[90^\circ \].
\[45^\circ \].
![Cho hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\]. Góc giữa hai mặt phẳng {A'AC} (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid4-1771845280.png)
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 \[90^\circ \].\(90^\circ \).
\[30^\circ \].
\[60^\circ \].
\[45^\circ \].
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 đứng có đáy là một đa giác đều là hình lăng trụ đều.
Hình lăng trụ đứng là hình lăng trụ đều.
Hình lăng trụ có đáy là một đa giác đều là hình lăng trụ đều.
Hình lăng trụ tứ giác đều là hình lập phương.
\[(SBC)\].
\[(SAC)\].
\[(SAD)\].
\[(ABCD)\].
![Cho hình chóp \[S.ABCD\] có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid6-1771845570.png)
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 22 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
\[(SAC)\] vuông góc với \[(SAD)\].
\[\left( {SAB} \right)\] vuông góc với \[\left( {SIG} \right)\].
\[(SIG)\] vuông góc với \[\left( {SBC} \right)\].
\[\left( {SAD} \right)\] vuông góc với \[\left( {SBD} \right)\].
![Cho hình chóp đều \[S.ABCD.\] Gọi \[I\] là trung điểm của \[AB,\,G\] là trọng tâm của tam giác \[SCD\]. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid7-1771845615.png)
Gọi \[J\] là trung điểm của \[CD.\] Ta có \(\left( {SIG} \right) \equiv \left( {SIJ} \right).\)
\(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot IJ\\AB \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SIJ} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SIJ} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SIG} \right).\)
\[\tan \varphi = \sqrt 6 \].
\[\tan \varphi = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\].
\[\tan \varphi = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\].
\[\tan \varphi = \sqrt 2 \].
![Cho hình chóp đều \[S.ABCD\] có tất cả các cạnh đều bằng \[a\]. (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid8-1771845676.png)
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 \(\tan \widehat {OMC} = \frac{{OC}}{{OM}} = \sqrt 2 \).
\(3{a^2}\).
\(\frac{{3{a^2}}}{2}\).
\(\frac{{3{a^2}}}{4}\).
\(\frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{2}\).
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 \(SK = \frac{{IK}}{{\cos 60^\circ }} = \frac{{6a\sqrt 5 }}{5}\)\( \Rightarrow {S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}.SK.BC = 3{a^2}\).
\(SH \bot (ABCD)\)
\(AD \bot (SAB)\)
\(\left( {(SAB),(SAD)} \right) = 90^\circ \)
\((SHC) \bot (SDI)\)
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Sai |
d) Đúng |
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
\( \Rightarrow HC \bot DI\)
Như vậy \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{DI \bot CH}\\{DI \bot SH(SH \bot (ABCD)) \Rightarrow DI \bot (SHC){\rm{, m\`a }}DI \subset (SDI)}\\{CH,SH \subset (SHC)}\end{array}} \right.\)
\( \Rightarrow (SDI) \bot (SHC)\).
|
a) Sai |
b) Đúng |
c) Sai |
d) Sai |
![Cho hình chóp \[S.ABC\]có đáy \[ABC\] là tam giác vuông tại\[A\], cạnh bên (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid11-1771845874.png)
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\[A\]).
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AC \bot \left( {SAB} \right)}\\{{\rm{ }}AC \subset \left( {SAC} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).
\[\left( {ABCD} \right) \bot \left( {AA'C'C} \right)\].
\[\left( {AA'C'C} \right) \bot \left( {BB'D'D} \right)\].
\[\left( {AA'B'B} \right) \bot \left( {BB'C'C} \right)\].
\[\left( {AA'B'B} \right) \bot \left( {BB'D'D} \right)\].
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Đúng |
d) Sai |
![Cho hình lập phương\[ABCD.A'B'C'D'\]. Các mệnh đề sau đúng hay sai? (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid12-1771845917.png)
\[\left\{ \begin{array}{l}AA' \bot \left( {ABCD} \right)\\AA' \subset \left( {AA'C'C} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {ABCD} \right) \bot \left( {AA'C'C} \right)\]\( \Rightarrow \)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.
\(\left( {ADC} \right) \bot \left( {ABE} \right)\).
\(\left( {ADC} \right) \bot \left( {DFK} \right)\).
\(\left( {ADC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\).
\(\left( {BDC} \right) \bot \left( {ABE} \right)\).
|
a) Đúng |
b) Đúng |
c) Sai |
d) Đúng |
Ta có \[\left. \begin{array}{l}CD \bot BE\\CD \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l}CD \bot \left( {ABE} \right)\\CD \subset \left( {ADC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ADC} \right) \bot \left( {ABE} \right)\].
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
Vậy mặt phẳng \((SBC)\) hợp với mặt đáy \((ABCD)\) một góc
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 \[B\]:
Cho biết kim tự tháp Memphis tại bang Tennessee (Mỹ) có dạng hình chóp tứ giác đều với chiều cao \(98{\rm{\;m}}\) và cạnh đáy \(180{\rm{\;m}}\). Tính số đo góc nhị diện tạo bởi mặt bên và mặt đáy?
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 \(S = 6{S_1} + {S_2} \approx 6.1,62 + 0,94 = 10,66\,{m^2}\).
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.
