11 câu hỏi
\(BC \bot SC\).
\(BC \bot SA\).
\(BC \bot AB\).
\(BC \bot SB\).
Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) nên \(BC \bot AB\) (1).
Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\). Chọn A.
\(30^\circ \).
\(45^\circ \).
\(60^\circ \).
\(90^\circ \).
Vì \(ABCD\) là hình bình hành nên \(AB//CD\).
Suy ra \(\left( {SA,CD} \right) = \left( {SA,AB} \right) = \widehat {SAB} = 60^\circ \). Chọn C.
\(MN \bot BD\).
\(MN \bot SD\).
\(MN \bot SA\).
\(MN \bot SB\).
Vì \(ABCD\) là hình vuông nên \(AC \bot BD\) (1).
Vì \(M,N\) lần lượt là trung điểm của \(SA\) và \(SC\) nên \(MN\) là đường trung bình của \(\Delta SAC\).
Suy ra \(MN//AC\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(MN \bot BD\). Chọn A.
\(SB\).
\(BC\).
\(AB\).
\(AC\).
Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right)\) nên hình chiếu của \(SC\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là \(AC\). Chọn D.
\(AB \bot \left( {SBC} \right)\).
\(BC \bot \left( {SAC} \right)\).
\(AB \bot \left( {SAC} \right)\).
\(BC \bot \left( {SAB} \right)\).
Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot AB\) nên \(BC \bot \left( {SAB} \right)\). Chọn D.
\(b \bot a \Rightarrow b//\left( P \right)\).
\(b \bot \left( P \right) \Rightarrow b \bot a\).
\(b \bot a \Rightarrow b \subset \left( P \right)\).
\(b \subset \left( P \right) \Rightarrow b \bot a\).
\(a \bot \left( P \right),b \subset \left( P \right) \Rightarrow b \bot a\). Chọn D.
Thể tích của khối lập phương là \(3{a^3}\).
Độ dài đường chéo \(A'C = a\sqrt 2 \).
Góc giữa \(AC\) và \(A'D'\) bằng \(45^\circ \).
Khoảng cách từ \(A\) đến \(\left( {A'BD} \right)\) bằng \(3\sqrt 3 \).
a) \({V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {a^3}\).
b) \(A'C = a\sqrt 3 \).
c) Có \(ACC'A'\) là hình bình hành nên \(AC//A'C'\).
Khi đó \(\left( {AC,A'D'} \right) = \left( {A'C',A'D'} \right) = \widehat {D'A'C'} = 45^\circ \).
d) Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD\).
Ta có \(AO \bot BD\) mà \(AA' \bot BD\) nên \(BD \bot \left( {AOA'} \right)\).
Hạ \(AH \bot A'O\) và \(AH \bot BD\left( {BD \bot \left( {AOA'} \right)} \right)\) nên \(AH \bot \left( {A'BD} \right)\).
Suy ra \(d\left( {A,\left( {A'BD} \right)} \right) = AH\).
Ta có \(AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Xét \(\Delta A'AO\) vuông tại \(A\), ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{{A'}^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{3}{{{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Đáp án: a) Sai; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.
Học thông minh hơn mỗi ngày
Xem toàn bộ 11 câu hỏi và nhiều hơn nữa với tài khoản miễn phí
Tam giác \(SBC\) cân tại \(B\).
\(AH\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {SBC} \right)\).
\(\left( {SC,HK} \right) = 90^\circ \).
Giả sử \(HK\) cắt \(BC\) tại \(D\). Khi đó \(\left( {AC,AD} \right) = 90^\circ \).
a) Vì \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\) mà \(BC \bot AB\) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\)
\( \Rightarrow \Delta SBC\) là tam giác vuông tại \(B\).
b) Vì \(BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AH\) mà \(AH \bot SB\) nên \(AH \bot \left( {SBC} \right)\).
c) Vì \(AH \bot \left( {SBC} \right)\) nên \(AH \bot SC\) mà \(AK \bot SC\)\( \Rightarrow SC \bot \left( {AHK} \right) \Rightarrow SC \bot HK\) hay \(\left( {SC,HK} \right) = 90^\circ \).
d) Vì \(HK \bot SC\) và \(AK \bot SC\) nên \(SC \bot \left( {ADK} \right) \Rightarrow AD \bot SC\) (1).
Mà \(SA \bot \left( {ADC} \right) \Rightarrow SA \bot AD\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(AD \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow AD \bot AC\) hay \(\left( {AC,AD} \right) = 90^\circ \).
Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng.
Gọi \(M\) là trung điểm của \(AD\). Khi đó \(ABCM\) là hình vuông.
Hạ \(MH \bot SD\).
Ta có \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot CM\) mà \(CM \bot AD\) nên \(CM \bot \left( {SAD} \right)\). Suy ra \(CM \bot SD\).
Lại có \(MH \bot SD\) nên \(SD \bot \left( {MHC} \right)\). Suy ra \(CH \bot SD\).
Do đó \(\left[ {A,SD,C} \right] = \left[ {M,SD,C} \right] = \widehat {MHC}\).
Xét \(\Delta SAD\) vuông tại \(A\), có \(\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{2a}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\).
Suy ra \(\sin \widehat {SDA} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}\).
Xét \(\Delta MHD\) vuông tại \(H\), có \(\sin \widehat {SDA} = \frac{{MH}}{{MD}} \Rightarrow MH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
Vì \(CM \bot \left( {SAD} \right)\) nên \(CM \bot MH\). Do đó \(\Delta CMH\) vuông tại \(M\).
Có \(CH = \sqrt {C{M^2} + M{H^2}} = \sqrt {{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{9}} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).
\(\cos \widehat {MHC} = \frac{{MH}}{{CH}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}:\frac{{2a\sqrt 3 }}{3} = \frac{1}{2} = 0,5\).
Trả lời: 0,5.
Gọi \[O\] là tâm của hình vuông \(ABCD\).
Vì \(S.ABCD\) là hình chóp đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\).
Khi đó ta có \(OI \bot AB\) và \(OI = 3\).
Lại có \(SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot AB\) mà \(OI \bot AB\) nên \(AB \bot \left( {SOI} \right) \Rightarrow AB \bot SI\).
Suy ra \(\left( {\left( {SAB} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {OI,SI} \right) = \widehat {SIO} = 45^\circ \).
Xét \(\Delta SOI\) vuông tại \(O\), \(\tan \widehat {SIO} = \frac{{SO}}{{OI}} \Rightarrow SO = OI = 3\).
Khi đó \({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SO \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 3 \cdot {6^2} = 36\).
Trả lời: 36.
Gọi \(H\) là trung điểm của \(AD\).
Vì \(\Delta SAD\) đều nên \(SH \bot AD\) mà \(\left( {SAD} \right) \bot \left( {ABCD} \right),\left( {SAD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AD\) nên \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\).
Hạ \(HI \bot BD\) và \(SH \bot BD\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\) nên \(BD \bot \left( {SHI} \right)\).
Hạ \(HK \bot SI\) và \(HK \bot BD\left( {BD \bot \left( {SHI} \right)} \right)\) nên \(HK \bot \left( {SBD} \right)\).
Suy ra \(d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = HK\).
Có \(\Delta DIH\) đồng dạng \(DAB\) nên \(\frac{{DH}}{{DB}} = \frac{{IH}}{{AB}} \Rightarrow \frac{{IH}}{{AB}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow IH = \frac{{\sqrt 5 }}{5}\).
Có \(\Delta SAD\) đều cạnh bằng 2 nên \(SH = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \).
Xét \(\Delta SHI\) vuông tại \(H\), có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{3} + 5 = \frac{{16}}{3} \Rightarrow HK = \frac{{\sqrt 3 }}{4}\).
Lại có \(\frac{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{AD}}{{HD}} = 2 \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{2\sqrt 3 }}{4} \approx 0,87\).
Trả lời: 0,87.
Bạn có thích hoạt động này không?
Ý kiến của bạn sẽ giúp chúng tôi đề xuất nội dung phù hợp hơn.
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 21](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-3izficdefgfoel0s9j8s-1786772791.jpg&w=3840&q=75)
![[Năm 2022] Đề thi thử môn Vật lí THPT Quốc gia có lời giải - Đề số 20](/_next/image?url=https%3A%2F%2Fvideo.vietjack.com%2Fupload%2Fimages%2Fvj-image%2Fimage-emy0gtcksawvorajezvv-1786772460.jpg&w=3840&q=75)
