20 câu trắc nghiệm Toán 11 Chân trời sáng tạo Bài 5. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng. Góc nhị diện (Đúng sai - Trả lời ngắn) có đáp án

B

Ta có O là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABCD) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng góc $\widehat {SBO}$.

A

Ta có (AC', (ABCD)) = (AC', AC) = $\widehat {C'AC} = \alpha$.

Giả sử hình lập phương có cạnh là a.

Trong DCC'A ta có $\sin \alpha = \frac{{CC'}}{{AC'}} = \frac{a}{{\sqrt {2{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

D

Gọi O là tâm của hình vuông, hạ MH ^ BD.

Ta có SO ^ (ABCD) và $SO = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Gọi M là trung điểm của OD ta có MH // SO nên H là hình chiếu của M lên mặt phẳng (ABCD) và $MH = \frac{1}{2}SO = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}$.

Do đó góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng (ABCD) là $\widehat {MBH}$.

Khi đó ta có $\tan \widehat {MBH} = \frac{{MH}}{{BH}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}:\frac{{3a\sqrt 2 }}{4} = \frac{1}{3}$.

B

Vì SA ^ (ABC) nên AB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng (ABC).

Do đó (SB, (ABC)) = (SB, AB) = $\widehat {SBA}$.

Xét DSAB vuông tại A, có SA = AB = $a\sqrt 2$ Þ DSAB vuông cân tại A Þ $\widehat {SBA} = 45^\circ$.

A

Gọi H là trung điểm của AD Þ AH = HD = a.

Vì BC // AH và BC = AH nên ABCH là hình bình hành mà $\widehat A = 90^\circ$ nên ABCH là hình chữ nhật.

Suy ra CH ^ AD mà CH ^ SA (SA ^ (ABCD)) Þ CH ^ (SAD).

Khi đó SH là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (SAD).

Suy ra góc giữa SC và (SAD) là góc $\widehat {CSH}$.

Tam giác SHC vuông tại H và có CH = a, $SH = \sqrt {S{A^2} + A{H^2}} = a\sqrt 3$.

Ta có $\tan \widehat {CSH} = \frac{{CH}}{{SH}} = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {CSH} = 30^\circ$.

C

Ta có SH ^ BD và AH ^ BD.

Suy ra $\widehat {SHA}$ là góc phẳng nhị diện [S, BD, A].

B

Vì BC ^ BA và BC ^ SA Þ BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.

Suy ra $\widehat {SBA}$ là góc phẳng nhị diện của góc nhị diện [S, BC, A].

Xét DSAB vuông tại B, $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3$ $\Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ$.

A

Theo định nghĩa, góc nhị diện [A, CD, B] là góc $\widehat {AOB}$.

D

Gọi I là trung điểm của BC Þ AI ^ BC. Mà OA ^ BC nên OI ^ BC.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}\left( {OBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\BC \bot AI\\BC \bot OI\end{array} \right. \Rightarrow [A,BC,O] = \widehat {OIA}$.

Ta có $OI = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\sqrt {O{B^2} + O{C^2}} = a\sqrt 3$.

Xét DOAI vuông tại A ta có $\tan \widehat {OIA} = \frac{{OA}}{{OI}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {OIA} = 30^\circ$.

B

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì ABCD là hình vuông nên AO ^ BD mà SA ^ BD (SA ^ (ABCD)) Þ BD ^ (SAO)

Þ BD ^ SO.

Do đó [S, BD, A] = $\widehat {SOA}$.

Xét DSOA có $\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 3$.

Vậy góc cần tìm bằng 60°.

a) Ta có BC ^ AB và BC ^ SA Þ BC ^ (SAB) Þ BC ^ AE.

Lại có AE ^ SB. Do đó AE ^ (SBC). Suy ra (AE, (SBC)) = 90°.

b) Tương tự câu a, (AF, (SCD)) = 90°.

c) Ta có AE ^ (SBC) tại E nên (SA, (SBC)) = (SA, SE).

Mà DASE vuông tại E nên (SA, (SBC)) = (SA, SE) = $\widehat {ASE}$.

Xét DSAB vuông tại A mà SA = SB = a nên DSAB vuông cân Þ $\widehat {ASB} = 45^\circ$ hay $\widehat {ASE} = 45^\circ$.

d) Theo câu a, AE ^ (SBC) Þ AE ^ SC.

Tương tự ta có SC ^ AF nên SC ^ (AEF) Þ (SC, (AEF)) = 90°.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.

a) Ta có: $SA \bot (ABCD) \Rightarrow AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $(ABCD)$.

Vì vậy $(SB,(ABCD)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}$.

b) Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có: $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \Rightarrow \widehat {SBA} \approx 54{,}74^\circ$.

Vậy $(SB,(ABCD)) = \widehat {SBA} \approx 54{,}74^\circ$.

c) Ta có $AC$ là hình chiếu của $SC$ trên mặt phẳng $(ABCD)$ nên

$(SC,(ABCD)) = (SC,AC) = \widehat {SCA} = 45^\circ$(do tam giác $SAC$ vuông cân có $SA = AC = a\sqrt 2$).

d) Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA({\rm{ do }}SA \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB)} \right.$.

Suy ra $SB$ là hình chiếu của $SC$ trên mặt phẳng $(SAB)$.

Do vậy $(SC,(SAB)) = (SC,SB) = \widehat {CSB}$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có: $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 3$.

Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ có:

$\tan \widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SB}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {CSB} = 30^\circ$.

Vậy $(SC,(SAB)) = \widehat {CSB} = 30^\circ$.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.

a) Gọi $M$ là trung điểm A'B', suy ra C'M ^ A'B' (do tam giác A'B'C' đều).

Ta có: $C'M = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$.

b) Mặt khác CC' ^ A'B' (do ABC.A'B'C' là lăng trụ đứng).

Suy ra A'B' ^ (CMC') hay A'B' ^ CM.

Vậy $\left( {CM,C'M} \right) = \widehat {CMC'}$ là góc phẳng nhị diện [C, A'B', C'] .

Suy ra $\tan \widehat {CMC'} = \frac{{CC'}}{{C'M}} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {CMC'} = 60^\circ$.

c) Gọi $K$ là trung điểm $AB$ thì $MK$ là đường trung bình của hình chữ nhật $ABB'A' \Rightarrow MK//AA' \Rightarrow A'B' \bot MK$.

d) ta lại có A'B' ^ CM (câu a).

Vậy $(MK,CM) = \widehat {CMK}$ là góc phẳng nhị diện [A, A'B', C'] với $\widehat {CMK} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng.

a) DSAB đều, H là trung điểm cạnh AB Þ SH ^ AB.

Mà $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABC} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AB\\SH \bot AB\end{array} \right.$ Þ SH ^ (ABC) Þ SH ^ HB.

Mà SH ^ CH (do SH ^ (ABC)) nên [B, SH, C] = $\widehat {BHC}$.

b) Tương tự AH ^ SH, CH ^ SH nên [A, H, C] = $\widehat {AHC}$.

c) Có SH ^ AB, CH ^ AB Þ [S, AB, C] là $\widehat {SHC}$.

d) Mà SH ^ CH nên $\widehat {SHC} = 90^\circ$.

Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.

a) Hạ AM ^ BD mà SA ^ BD (do SA ^ (ABCD)) nên BD ^ (SAM) Þ BD ^ SM.

Do đó [S, BD, A] = $\widehat {SMA}$.

b) Ta có SA ^ BC (do SA ^ (ABCD)) mà BC ^ AB Þ BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.

Do đó [A, BC, S] = $\widehat {SBA}$.

Vì DSAB có SA = AB = a và SA ^ AB nên DSAB vuông cân.

Suy ra $\widehat {SBA} = 45^\circ$.

c) Vì CD ^ AD mà SA ^ CD nên CD ^ (SAD) Þ CD ^ SD.

Do đó [S, CD, A] = $\widehat {SDA}$.

d) Có SA ^ AB, AD ^ AB nên [S, AB, D] = $\widehat {SAD} = 90^\circ$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.

Ta có hình chiếu của A'C lên (ABC) là AC.

Nên (A'C, (ABC)) = (A'C, AC) = $\widehat {A'CA}$.

Ta có $\tan \widehat {A'CA} = \frac{{A'A}}{{AC}} = \frac{{3a}}{{a\sqrt 3 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {A'CA} = 60^\circ$.

Do vậy (A'C, (ABC)) = 60°.

Trả lời: 60.

Trong mặt phẳng (A'B'C'D'), kẻ A'H ^ B'D' tại $H$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{B'D' \bot A'H}\\{B'D' \bot AA'\left( {{\rm{do }}AA' \bot \left( {A'B'C'D'} \right)} \right)}\end{array} \Rightarrow B'D' \bot \left( {AA'H} \right) \Rightarrow B'D' \bot AH} \right.$.

Do đó $\widehat {AHA'}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {A,B'D',A'} \right]$.

Tam giác A'B'D' vuông tại A' có đường cao A'H nên

$\frac{1}{{A'{H^2}}} = \frac{1}{{A'{{B'}^2}}} + \frac{1}{{A'{{D'}^2}}} \Rightarrow A'H = \frac{{A'B' \cdot A'D'}}{{\sqrt {A'{{B'}^2} + A'{{D'}^2}} }} = \frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}{\rm{. }}$

Tam giác $AHA'$ vuông tại $A'$ có:

$\tan \widehat {AHA'} = \frac{{AA'}}{{A'H}} = \frac{{8{,}2}}{{\frac{{357}}{{2\sqrt {730} }}}} \Rightarrow \widehat {AHA'} \approx 51{,}1^\circ$.

Trả lời: 51,1.

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD đều cạnh a.

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng (ABCD).

Do SA = SB = SC nên suy ra H cách đều các đỉnh của tam giác ABD hay H là tâm của tam giác đều ABD.

Khi đó $HI = \frac{1}{3}AI = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$ và $SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{6}$.

Vì ABCD là hình thoi nên HI ^ BD.

Tam giác SBD cân tại S nên SI ^ BD.

Do đó [S, BD, A] = (SI, AI) = $\widehat {SIH} = \varphi$.

Tam giác vuông SHI, có $\tan \varphi = \tan \widehat {SIH} = \frac{{SH}}{{HI}} = \sqrt 5 \approx 2{,}2$.

Trả lời: 2,2.

Gọi O' là tâm của hình vuông A'B'C'D'. Suy ra O'N là hình chiếu vuông góc của MN lên (A'B'C'D').

Do đó góc giữa MN và (A'B'C'D') là góc giữa MN và O'N.

Suy ra $\alpha = \widehat {MNO'}$.

Xét tam giác O'MN vuông tại O có $O'N = \frac{1}{2}A'B' = \frac{1}{2}.2a = a,O'M = 2a$

$\Rightarrow MN = \sqrt {O'{M^2} + O'{N^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} + {a^2}} = a\sqrt 5$

$\Rightarrow \sin \alpha = \sin \widehat {O'NM} = \frac{{O'M}}{{MN}} = \frac{{2a}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5} \approx 0{,}89$.

Trả lời: 0,89.

Vì SA ^ (ABCD) nên AD là hình chiếu của SD trên mặt phẳng (ABCD).

Khi đó (SD, (ABCD)) = (SD, AD) = $\widehat {SDA}$.

Xét DSAD vuông tại A, $\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SDA} = 60^\circ$.

Suy ra α = 60.

Trả lời: 60.