Đề kiểm tra Hai mặt phẳng vuông góc (có lời giải) - Đề 2

Chọn B

Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) mà \(SA \subset \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

Vậy số đo góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \({90^0}\). Chọn đáp án B

Chọn A

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AC\,\,\,\left( 1 \right)\).

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(BD \bot SA\,\,\,\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).

Chọn B

Áp dụng Định lí 1, trang 67 SGK CTST: Điều kiện cần và đủ để hai mặt phẳng vuông góc là mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia.

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\,\\BD \bot SO\,\,(SO \bot (ABCD))\end{array} \right.\]

\( \Rightarrow BD \bot (SAC)\) mà \(BD \subset (MBD)\) nên \((MBD) \bot (SAC)\).

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.

Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) mà \(SA \subset \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

Vậy số đo góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \({90^0}\). Chọn đáp án B

Do \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) mà \(SA \subset \left( {SAB} \right)\)\( \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\)

Vậy số đo góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \({90^0}\). Chọn đáp án B

Ta có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) (theo gt).

Mà \(SA \subset \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) do đó loại A

Mà \(SA \subset \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) do đó loại C

Mà \(SA \subset \left( {SAM} \right) \Rightarrow \left( {SAM} \right) \bot \left( {ABC} \right)\) do đó loại B

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AC\,\,\,\left( 1 \right)\).

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(BD \bot SA\,\,\,\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).

\[\left\{ \begin{array}{l}\left( {SMC} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SBN} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SBN} \right) \cap \left( {SMC} \right) = SG\end{array} \right. \Rightarrow SG \bot \left( {ABC} \right)\].

Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(BD \bot AC\,\,\,\left( 1 \right)\).

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(BD \bot SA\,\,\,\left( 2 \right)\).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(BD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {SAC} \right)\).

Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\). Áp dụng định lí côsin trong tam giác \(ABC\) có

\[\cos \widehat {BAC} = \frac{{{{10}^2} + {{10}^2} - {{17}^2}}}{{2.10.10}} =  - \frac{{89}}{{200}}\].

Vậy độ mở của tấm thiệp là \[\widehat {BAC} \approx 116,42^\circ \].

Giả sử kim tự tháp là khối chóp tứ giác đều \(SABCD\), đường cao \(SO\).

Ta có \(AC = \sqrt {{{230}^2} + {{230}^2}}  = 230\sqrt 2 \,m \Rightarrow OC = \frac{{AC}}{2} = 115\sqrt 2 \,(m)\).

Xét tam giác vuông \(SOC\), có \(SC = \sqrt {O{C^2} + S{O^2}}  = \sqrt {{{115}^2}.2 + {{147}^2}}  \approx 219,22(\,m)\).

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

 

Vì \(S.ABCD\) là hình chóp tứ giác đều có \(O\) là tâm của đáy nên \(SO \bot (ABCD)\). Mặt khác \(MN\) là đường trung bình của hình vuông \(ABCD\) nên \(MN\) qua \(O\).

Vậy \(SO \subset (SMN) \Rightarrow (SMN) \bot (ABCD)\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AD \bot MN}\\{AD \bot SO}\end{array} \Rightarrow AD \bot (SMN)} \right.\),

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

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC//AD}\\{AD \bot (SMN)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow BC \bot (SMN) \Rightarrow BC \bot MN\).

Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{(SBC) \cap (ABCD) = BC}\\{ON \bot BC,SN \bot BC}\\{ON \subset (ABCD),SN \subset (SBC)}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow ((SBC),(ABCD)) = (SN,ON) = \widehat {SNO}\).

Vì \(ON\) là đường trung bình tam giác \(ABC\) nên \(ON = \frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}\).

Tam giác \(SON\) vuông tại \(O\) có: tanSNO^=SOON=a32a2=3⇒SNO^=60°

Vậy ((SBC),(ABCD))=SNO^=60°

Kẻ đường cao \(DI\) của tam giác \(SCD\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SC \bot DI}\\{SC \bot BD({\rm{ do }}BD \bot (SAC))}\end{array} \Rightarrow SC \bot (IBD) \Rightarrow SC \bot BI} \right.\).

Mặt khác \(SC = (SBC) \cap (SCD)\) nên \(((SBC),(SCD)) = (ID,IB)\).

Ta có \(IO \bot BD\) và \(O\) là trung điểm \(BD\)

nên \(\Delta IBD\) cân tại \(I\) và \(\widehat {OIB} = \widehat {OID} = \frac{1}{2}\widehat {BID}\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\) nên \(OC = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = OD\).

Tam giác \(SOC\) có đường cao

\(OI = \frac{{SO \cdot OC}}{{\sqrt {S{O^2} + O{C^2}} }} = \frac{{a\sqrt {30} }}{{10}}\)

Tam giác \(IOD\) vuông tại \(O\) có:

\(\tan \widehat {OID} = \frac{{OD}}{{OI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt {30} }}{{10}}}} = \frac{{\sqrt {15} }}{3};\tan \widehat {BID} = \frac{{2\tan \widehat {OID}}}{{1 - {{\tan }^2}\widehat {OID}}} =  - \sqrt {15}  < 0\) nên \(\widehat {BID}\) là góc tù.

Vậy  ((SBC),(SCD))=(ID,IB)=180°−BID^≈75,52°. 

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Đúng

\(\begin{array}{l}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BD \bot (SAC)}\\{BD \subset (SBD)}\end{array} \Rightarrow (SAC) \bot (SBD).} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot (SAB)}\\{BC \subset (SBC)}\end{array} \Rightarrow (SAB) \bot (SBC).} \right.\\\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot (SAD)}\\{CD \subset (SCD)}\end{array} \Rightarrow (SAD) \bot (SCD).} \right.\end{array}\)

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Đúng

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AC \bot BD}\\{SO \bot BD}\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BD \bot \left( {SAC} \right)}\\{BD \subset \left( {SBD} \right)}\end{array}} \right.} \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)\), đúng

Do hình chóp\(S.ABCD\) đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\). đúng

Do \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{SO \bot \left( {ABCD} \right)}\\{SO \subset \left( {SBD} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\), đúng

Kẻ \({C^\prime }H \bot OC\)

Ta có: \(HC = OC - OH = \frac{{2a\sqrt 2 }}{2} - \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\)

\( \Rightarrow {C^\prime }C = \sqrt {{C^\prime }{H^2} + H{C^2}}  = \sqrt {{{(3a)}^2} + {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}  = \frac{{\sqrt {38} }}{2}a\)

Vậy độ dài cạnh bên của hình chóp cụt đã cho là \(\frac{{\sqrt {38} }}{2}a\).

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

Góc cần tìm là \(\widehat {SBA}\)

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

Gọi \(H\) là chân đường vuông góc của \(S\) xuống mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\), suy ra \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).

Vì \(SA = SB = SC = a\) nên các hình chiếu \(HA = HB = HC\). Do đó, \(H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\left( {ABC} \right)\).

Mà tam giác \(ABC\) cân tại \(B\) (vì \(BA = BC = a\)) nên tâm \(H\) phải nằm trên \(BD\), ta có \(SH \subset \left( {SBD} \right)\).

Vậy có  \(\left. \begin{array}{l}SH \bot \left( {ABCD} \right)\\SH \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\) nên góc \[\left( {\widehat {\left( {SBD} \right),\left( {ABCD} \right)}} \right) = 90^\circ \].

Gọi \(H\) là trung điểm của \(AB\). Do tam giác \(SAB\) đều nên \(SH \bot AB\), mà \(\left( {SAB} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) vuông góc với nhau theo giao tuyến \(AB\). Suy ra \(SH \bot \left( {ABC} \right)\)

Gọi \(M\)là trung điểm của \(BC\). Do tam giác \(ABC\) đều nên \(AM \bot BC\)

Gọi \(I\)là trung điểm của \(BM\). Ta có \(HI\)là đường trung bình của tam giác \(ABM\) nên \(HI//AM \Rightarrow HI \bot BC\)

\[\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\]

Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có \(HI \bot BC\,\)

Trong mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) có \(SI \bot BC\) (do \(BC \bot HI,BC \bot SH\) nên \(BC \bot \left( {SHI} \right)\))

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\)là  \(\widehat {SIH}\). Ta có \(\widehat {SIH} = \alpha \)

Xét  tam giác \(SHI\)vuông tại \(H\):

có \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) (do \(SH\)là đường trung tuyến trong tam giác đều \(SAB\) cạnh \(a\) ),

có \(HI = \frac{1}{2}AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\)(do \(AM\)là đường trung tuyến trong tam giác đều \(ABC\) cạnh \(a\) )

 nên \(\tan \alpha  = \frac{{SH}}{{HI}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{4}}} = 2\).

Câu 5: Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(2a\), \(SA\) vuông góc với đáy và \(SA = a\sqrt 6 \). Góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng ?

Lời giải

 

Gọi \(O\) là tâm của \(ABCD\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\,\\BD \bot SA\,\,\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\AO \bot BD,AO \subset \left( {ABCD} \right)\\SO \bot BD,SO \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left( {\widehat {(SBD),\,(ABCD)}} \right) = \left( {\widehat {SO,\,AO}} \right) = \widehat {SOA}\)

Tam giác \(SAO\) vuông tại \(A\): \(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SOA} = {60^ \circ }\).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \({60^ \circ }\).

Gọi \(O\) là tâm của \(ABCD\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\,\\BD \bot SA\,\,\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\)

Mà \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\AO \bot BD,AO \subset \left( {ABCD} \right)\\SO \bot BD,SO \subset \left( {SBD} \right)\end{array} \right.\)

Suy ra \(\left( {\widehat {(SBD),\,(ABCD)}} \right) = \left( {\widehat {SO,\,AO}} \right) = \widehat {SOA}\)

Tam giác \(SAO\) vuông tại \(A\): \(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{AO}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SOA} = {60^ \circ }\).

Vậy góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) và \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \({60^ \circ }\).

Gọi \[H\] là hình chiếu của \[A'\] trên mặt phẳng \[\left( {ABC} \right)\]

Do \(A'A = A'B = A'C\) nên \(HA = HB = HC\). Suy ra \[H\] là trọng tâm của tam giác đều \[ABC\]

Gọi \[M\]là trung điểm của \[AB\],do tam giác\[ABC\]đều nên \[MC \bot AB\] hay\[MH \bot AB\],

\[\left( {ABB'A'} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\]

Trong mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) có \(HM \bot AB\)

Trong mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) có \(A'M \bot AB\) (do \(AB \bot MH,AB \bot A'H\) nên \(AB \bot \left( {A'MH} \right)\))

Khi đó góc giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\)là  \(\widehat {A'MH}\). Ta có \(\widehat {A'MH} = \alpha \)

Xét tam giác \(A'MH\) vuông tại \(H\):

Có \[MH = \frac{1}{3}MC = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\] (do \(MC = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\) là đường trung tuyến trong tam giác đều cạnh \(a\))

Có \[A'M = \sqrt {A'{A^2} - A{M^2}}  = \sqrt {\frac{{7{a^2}}}{{12}} - \frac{{{a^2}}}{4}}  = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\]

\[\cos \alpha  = \frac{{MH}}{{MA'}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\frac{a}{{\sqrt 3 }}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \alpha  = {60^0}\].

Vậy số đo góc giữa hai mặt phẳng\(\left( {ABB'A'} \right)\) và \(\left( {ABC} \right)\) là \({60^0}\).