Đề cương ôn tập cuối kì 2 Toán 11 Cánh diều cấu trúc mới có đáp án - Quan hệ vuông góc trong không gian. Phép chiếu vuông góc

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Ta có $AB//CD$ nên $\left( {SA,CD} \right) = \left( {SA,AB} \right) = \widehat {SAB}$ .

Mặt khác $S.ABCD$là chóp đều nên $SA = SB$mà $SA = AB$.

Do đó tam giác $SAB$ đều nên $\widehat {SAB} = 60^\circ$.

Vậy $\left( {SA,AB} \right) = 60^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}IJ = EF = \frac{1}{2}AB\\JE = IF = \frac{1}{2}CD\end{array} \right.$ (tính chất đường trung bình) mà $AB = CD$ nên $IJ = EF = JE = IF$.

Do đó $IJEF$ là hình thoi.

Suy ra $\left( {IE,{\rm{ }}JF} \right) = 90^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Đặt $AB = a$, ta có $AC\,{\rm{//}}A'C' \Rightarrow \left( {AC;A'D} \right) = \left( {A'C';A'D} \right) = \widehat {DA'C'}$.

Mặt khác $A'D = DC' = A'C' = a\sqrt 2 \Rightarrow \Delta A'DC'$ là tam giác đều nên $\widehat {DA'C'} = 60^\circ$.

Vậy $\left( {AC;A'D} \right) = \left( {A'C';A'D} \right) = 60^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Ta có $MN//SA$(tính chất đường trung bình).

Ta có: $AC = a\sqrt 2$

$$\Rightarrow A{C^2} = 2{a^2} = S{A^2} + S{C^2}$$

$\Rightarrow \Delta SAC$ vuông tại $S$.

Khi đó: $\left( {MN,SC} \right) = \left( {SA,SC} \right) = \widehat {ASC} = 90^\circ$.

$\Rightarrow \left( {MN,SC} \right) = 90^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Trong không gian một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Nếu đường thẳng $d$ vuông góc với hai đường thẳng nằm trong $\left( \alpha \right)$ thì $d \bot \left( \alpha \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

$\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

+) $\left. \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$. Suy ra đáp án A đúng.

+) $\left. \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right)$. Suy ra đáp án B đúng.

+) $\left. \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$. Suy ra đáp án D đúng.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

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

Theo giả thiết: $AN \bot SO$.

Vậy $AN \bot \left( {SDO} \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Theo đề bài ta có: $\Delta ABC,$ $\Delta DBC$lần lượt cân tại $A,$$D$. Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\DH \bot BC\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}AD \subset \left( {ADH} \right)\\BC \bot \left( {ADH} \right)\end{array} \right.$$\Rightarrow BC \bot AD$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BA \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BA \bot AD\end{array} \right. \Rightarrow BA \bot \left( {SAD} \right)$

$\Rightarrow SA$ là hình chiếu vuông góc của $SB$ lên mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$.

$\Rightarrow \left( {SB,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SB,SA} \right) = \widehat {BSA}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên hình chiếu của $SC$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $AC$.

Góc giữa đường thẳng $SC$và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ là góc $\widehat {SCA}$.

Tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$ nên góc $\widehat {SCA} = 45^\circ$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

Do $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đều nên $CC' \bot \left( {ABC} \right)$.

Do đó $AC$ là hình chiếu của $AC'$ trên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$.

Ta có $\left( {AC',\left( {ABC} \right)} \right) =$$\left( {AC',AC} \right)$$= \widehat {CAC'}$.

$\tan \widehat {C'AC} = \frac{{CC'}}{{AC}}$$= \frac{1}{{\sqrt 3 }}$$\Rightarrow \widehat {C'AC} = {30^{\rm{o}}}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Vì $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $OC$là hình chiếu của $SC$trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Góc giữa $SC$ và $\left( {ABCD} \right)$ là góc $\widehat {SCO}$.

$BD = 4a \Rightarrow BO = 2a$.

Xét $\Delta SOB$ vuông tại $O,$có $SO = BO.\tan \widehat {SBO} = 2a.\frac{1}{2} = a$.

$AC = 2a \Rightarrow OC = a$.

Vì $SO = OC = a$ mà $SO \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $\Delta SOC$ vuông cân tại $O$.

Vậy $\widehat {SCO} = {45^0}$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi $O = AC \cap BD$. Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SO \bot BD,SO \bot AC$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}OC \bot BD\\OC \bot SO\end{array} \right.$ $\Rightarrow OC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow OC \bot SD$ $\left( 1 \right)$

Trong mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$, từ $O$ kẻ $OH \bot SD$ tại $H$ $\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\Rightarrow SD \bot \left( {COH} \right) \Rightarrow SD \bot CH$.

Khi đó: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {SCD} \right) = SD\\OH \bot SD\\CH \bot SD\end{array} \right.$ $\Rightarrow \left[ {B,SD,C} \right] = \widehat {OHC} = \varphi$

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC = BD = a\sqrt 2 \Rightarrow CO = OD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Xét $\Delta SOC$ vuông tại $O$, ta có $SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Xét $\Delta SOD$ vuông tại $O$, có $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{D^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{2}{{{a^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} \Rightarrow OH = \frac{a}{2}$.

Xét $\Delta OHC$ vuông tại $O$, ta có:

$\tan \varphi = \tan \widehat {OHC} = \frac{{OC}}{{OH}} = \sqrt 2$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

+ Qua $M$có duy nhất một đường thẳng $d$vuông góc với $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$.

+ Mọi mặt phẳng chứa $d$đều vuông góc với $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$nên có vô số mặt phẳng qua $M$ vuông góc với $\left( P \right)$ và $\left( Q \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi $O = AC \cap BD$.

Tứ giác$ABCD$ là hình thoi nên $AC \bot BD$ (1).

Mặt khác tam giác $SAC$ cân tại $S$nên $SO \bot AC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $AC \bot \left( {SBD} \right)$ nên $\left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SH \bot \left( {ABCD} \right)$$\Rightarrow SH \bot AC$.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC \bot BD$ mà $SH \bot AC \Rightarrow AC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SBD} \right)$.

Vì $AC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow \left( {ABCD} \right) \bot \left( {SBD} \right)$.

Vậy đáp án D sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

+ Có tam giác $ABC$ là tam giác vuông cân tại $B$, $M$ là trung điểm của $AC$ $\Rightarrow BM \bot AC$

+ Có $\left. \begin{array}{l}BM \bot AC\\BM \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow BM \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBM} \right) \bot \left( {SAC} \right)$.

+ Có $\left. \begin{array}{l}BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\\BC \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$.

Vậy đáp án A sai.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

$\left\{ \begin{array}{l}a \bot \left( \alpha \right)\\a \subset \left( \beta \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( \alpha \right) \bot \left( \beta \right)$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SM$

Do $\Delta ABC$ đều, $M$ là trung điểm $BC$ nên $AM \bot BC$và $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAM} \right).$

$\Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH$.

Xét $\Delta SAM$ vuông tại $A$, có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{19}}{{12{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Dựng $SH \bot AB.$ Do $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SH \bot \left( {ABCD} \right).$

Dựng $CK \bot AB$ mà $CK \bot SH$$\left( {SH \bot \left( {ABCD} \right)} \right)$ nên $CK \bot \left( {SAB} \right).$

Do $CD\,{\rm{//}}\,AB$ nên $d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CK$$= BC\sin 60^\circ = a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Gọi $M$ là trung điểm $CD$ và $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $BM$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AM\\CD \bot BM\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right) \Rightarrow CD \bot AH\left( 1 \right).$

Tương tự, ta chứng minh được $BC \bot AH\left( 2 \right).$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $AH \bot \left( {BCD} \right).$

Suy ra $d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) = AH$ và $H$ là trọng tâm $\Delta BCD.$

Mà $\Delta BCD$ đều cạnh a nên $BH = \frac{2}{3}BM = \frac{2}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Xét $\Delta ABH$ vuông tại $H$ có $AH = \sqrt {A{B^2} - B{H^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên cạnh $SD$.

Ta có$\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD\\AB \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB \bot AH$.

Suy ra $AH$ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $SD$.

Do đó $d\left( {AB,SD} \right) = AH$.

$\Delta SAD$ vuông cân tại $A$ có $AH$ là đường cao nên $H$ là trung điểm của $SD$,

suy ra $AH = \frac{{SD}}{2} = \frac{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }}{2}\sqrt 2 a$.

Vậy $d\left( {AB,SD} \right) = a\sqrt 2$.

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Do $B{B_1} {\rm{//}}A{A_1}$ nên $A{A_1} {\rm{//}}\left( {BC{C_1}{B_1}} \right).$

Suy ra $d\left( {A{A_1},B{C_1}} \right) = d\left( {A{A_1},\left( {BC{C_1}{B_1}} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {BC{C_1}{B_1}} \right)} \right).$

Do $\left( {BCC{C_1}} \right) \bot \left( {ABC} \right)$, dựng $AH \bot BC,\left( {H \in BC} \right).$

Suy ra $AH \bot \left( {BC{C_1}{B_1}} \right).$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại cân $A$ có $AH = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2}\sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$

Vậy $d\left( {A{A_1},B{C_1}} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: D

Xét hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $2a$$\Rightarrow \,\,{S_{\Delta ABC}} = {a^2}\sqrt 3$.

Thể tích khối chóp ${V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}{S_{\Delta ABC}}.h \Rightarrow h = \frac{{3.{V_{S.ABC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{3{a^3}}}{{{a^2}\sqrt 3 }} = a\sqrt 3 .$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Gọi $O = AC \cap BD.$ Do $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Vì $ABCD$là hình vuông cạnh a nên $BD = a\sqrt 2 \Rightarrow BO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Suy ra $OB$ là hình chiếu của $SB$ trên $\left( {ABCD} \right)$.

Khi đó $60^\circ {\rm{ = }}\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,OB} \right) = \widehat {SBO}$.

Tam giác vuông $SOB$, có $SO = OB.\tan \widehat {SBO} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.$

Diện tích hình vuông $ABC$ là ${S_{ABCD}} = A{B^2} = {a^2}.$

Vậy ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}{S_{ABCD}}.SO = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{6}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: B

Do $ABCD.A'B'C'D'$ là lăng trụ đứng nên $AA' \bot AB$.

Xét tam giác vuông $A'AB$, ta có $A'A = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}} = a\sqrt 5$.

Diện tích hình vuông $ABCD$ là ${S_{ABCD}} = A{B^2} = 4{a^2}$.

Vậy ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}.A'A = 4\sqrt 5 {a^3}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: A

Đặt cạnh của khối lập phương là $x\,{\rm{ }}\left( {x > 0} \right).$

Suy ra $CC' = x;\,{\rm{ }}AC = x\sqrt 2$.

Tam giác vuông $ACC'$, có $AC' = \sqrt {A{C^2} + CC{'^2}} \Leftrightarrow x\sqrt 3 = a\sqrt 3 \Rightarrow x = a.$

Vậy thể tích khối lập phương $V = {a^3}.$

Hướng dẫn giải

Đáp án đúng là: C

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

Gọi $H$ là tâm tam giác $ABD$. Vì $A'$ cách đều các điểm $A,{\rm{ }}B,{\rm{ }}D$ nên $A'H \bot \left( {ABD} \right)$.

Do đó $60^\circ = \left( {AA',\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {AA',HA} \right) = \widehat {A'AH}$.

Ta có $AH = \frac{2}{3}AO = \frac{2}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.$

Tam giác vuông $A'AH$, có $A'H = AH.\tan \widehat {A'AH} = a$.

Diện tích hình thoi ${S_{ABCD}} = 2{S_{\Delta ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy ${V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}.A'H = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}.$

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) S, c) S, d) S

a) Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB$.

Mà $AB \bot AD$ nên $AB \bot \left( {SAD} \right)$.

b) Có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Do đó $\left( {SC,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SC,AC} \right) = \widehat {SCA}$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC = a\sqrt 2$.

Xét $\Delta SAC$ vuông tại $A$ có $\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{{a\sqrt 2 }} = \sqrt 3$$\Rightarrow \widehat {SCA} = 60^\circ$.

c) Gọi $O = AC \cap BD$.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BD \bot AC$ hay $BO \bot AC$

Lại có $SA \bot BO\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)$ nên $BO \bot \left( {SAC} \right)$.

Do đó $AO$ là hình chiếu của $AB$ trên mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$.

Suy ra $\left( {AB,\left( {SAC} \right)} \right) = \left( {AB,AO} \right) = \widehat {BAO}$.

Vì $\Delta BOA$ vuông cân tại $O$ nên $\widehat {BAO} = 45^\circ$.

Do đó $\sin \widehat {BAO} = \sin 45^\circ = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

d) Hạ $AH \bot SB$.

Dễ chứng minh được $BC \bot \left( {SAB} \right)$$\Rightarrow BC \bot AH$ mà $AH \bot SB$ nên $AH \bot \left( {SBC} \right)$.

Do đó $HC$là hình chiếu của $AC$ trên mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

Suy ra $\left( {AC,\left( {SBC} \right)} \right) = \left( {AC,HC} \right) = \widehat {ACH}$.

Xét $\Delta SAB$ có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{6{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{7}{{6{a^2}}}$$\Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}$.

Xét $\Delta AHC$ vuông tại $H$, có $\sin \widehat {ACH} = \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{a\sqrt {42} }}{7}:a\sqrt 2 = \frac{{\sqrt {21} }}{7}$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Vì $\Delta ABC$ đều, $M$ là trung điểm của $BC$ nên $AM \bot BC$ (1).

Mà $SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AH$.

b) Vì $AH \bot SM$ và $BC \bot AH$ nên $AH \bot \left( {SBC} \right)$.

c) Ta có $\Delta ABC$ đều cạnh $a$ nên $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Xét $\Delta SAM$ có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{11}}{{6{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}$.

d) Vì $AH \bot \left( {SBC} \right)$ nên $SH$ là hình chiếu của $SA$ trên mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.

Do đó $\left( {SA,\left( {SBC} \right)} \right) = \left( {SA,SH} \right) = \widehat {ASH}$.

Xét $\Delta SHA$ vuông tại $H$, có $SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {2{a^2} - \frac{{6{a^2}}}{{11}}} = \frac{{4a\sqrt {11} }}{{11}}$.

Do đó $\tan \widehat {ASH} = \frac{{AH}}{{SH}} = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}:\frac{{4a\sqrt {11} }}{{11}} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}$.

Hướng dẫn giải

a) S, b) S, c) Đ, d) Đ

a) Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $AD$ là hình chiếu của $SD$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Do đó $\left( {SD,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SD,AD} \right) = \widehat {SDA}$.

b) Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Do đó $\left( {SB,\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {SB,AB} \right) = \widehat {SBA}$.

Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A$, ta có $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2$$\Rightarrow \widehat {SBA} \approx 55^\circ$.

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

Suy ra $SD$ là hình chiếu của $SC$ trên mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$.

Do đó $\left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \left( {SC,SD} \right) = \widehat {DSC}$.

d) Hạ $AH \bot MN$ mà $MN \bot SA\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)$. Do đó $MN \bot \left( {SAH} \right)$.

Hạ $AI \bot SH$ mà $MN \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow MN \bot AI$. Do đó $AI \bot \left( {SMN} \right)$.

Suy ra $SI$ là hình chiếu của $SA$ trên mặt phẳng $\left( {SMN} \right)$.

Do đó $\left( {SA,\left( {SMN} \right)} \right) = \left( {SA,SI} \right) = \widehat {ASI}$.

Dễ thấy $\Delta AHM$ đồng dạng với $\Delta NBM$ (g.g) $\Rightarrow \frac{{AH}}{{NB}} = \frac{{AM}}{{MN}} = \frac{a}{2}:\frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$$\Rightarrow AH = \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\frac{a}{2} = \frac{a}{{2\sqrt 2 }}$.

Xét $\Delta SAH$ vuông tại $A$, có $\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{8}{{{a^2}}} = \frac{{17}}{{2{a^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{\sqrt {34} a}}{{17}}$.

Xét $\Delta SAI$ vuông tại $I$ có $SI = \sqrt {S{A^2} - A{I^2}} = \sqrt {2{a^2} - \frac{2}{{17}}{a^2}} = \frac{{4\sqrt {34} }}{{17}}a$.

Do đó $\tan \widehat {ASI} = \frac{{AI}}{{SI}} = \frac{{\sqrt {34} a}}{{17}}:\frac{{4\sqrt {34} }}{{17}}a = \frac{1}{4}$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) Đ

a) Vì $\Delta ABC$ vuông tại $A$ nên $AB \bot AC$.

b) Vì $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đứng nên $AA' \bot (ABC) \Rightarrow AA' \bot AB$, mà $AC \bot AB$ (1).

Suy ra $AB \bot \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow AC' \bot AB$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {C'AC}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {C,AB,C'} \right]$ và $\widehat {C'AC} = 60^\circ$.

Tam giác $ACC'$ vuông tại $C$ có: $\tan \widehat {C'AC} = \frac{{CC'}}{{AC}} \Rightarrow CC' = 2\sqrt 3$.

c) Thể tích khối lăng trụ đã cho là: ${V_{ABC.A'B'C'}} = A'A \cdot {S_{\Delta ABC}} = 2\sqrt 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 2 = 2\sqrt 3 {\rm{ }}$(đơn vị thể tích).

d) Dễ thấy $CC' \bot (ABC)$ và $CC' = \left( {ACC'} \right) \cap \left( {B'CC'} \right)$ nên $\widehat {ACB}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {A,CC',B'} \right]$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có: $\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {ACB} \approx 26{,}57^\circ$.

Hướng dẫn giải

a) Đ, b) Đ, c) S, d) S

a) Gọi $H$ là trung điểm $AB$, mà tam giác $SAB$ đều nên $SH \bot AB$.

Ngoài ra $(SAB) \bot (ABC)$ nên $SH \bot (ABC)$.

b) Ta có: $d(S,(ABC)) = SH = \frac{{2a \cdot \sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 ($do tam giác $SAB$ đều cạnh $2a)$.

c) Kẻ đường cao $CK$ của tam giác $ABC$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CK \bot AB}\\{CK \bot SH}\end{array} \Rightarrow CK \bot (SAB) \Rightarrow d(C,(SAB)) = CK} \right.$.

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$ có:

$BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}} = a;CK = \frac{{CA \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 \cdot a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.