Đề kiểm tra Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng góc nhị diện (có lời giải) - Đề 2

Chọn A

Giả thiết, ta có: $BB' \bot \left( {A'B'C'} \right)$ nên $B'C'$ là hình chiếu vuông góc của $BC'$ xuống mặt phẳng $\left( {A'B'C'} \right)$ do đó giữa đường thẳng $BC'$ và mặt phẳng $\left( {A'B'C'} \right)$là góc $\widehat {BC'B'}$.

Chọn D

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

$\Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SOA}$.

Góc phẳng nhị diện $\left[ {A,BD,S} \right]$ là $\widehat {SOA}$.

Chọn B

Ta có $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ xuống mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$. Do đó

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

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

Chọn A

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$$\Rightarrow \left( {\widehat {SB\,,\,\left( {ABCD} \right)}} \right) = \left( {\widehat {SB\,,\,BA}} \right) = \widehat {SBA}$

$\Rightarrow$$\cot \varphi = \frac{{AB}}{{SA}} = \frac{{2a}}{a} = 2.$

Chọn D

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

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

$AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {4{a^2} + {a^2}} = a\sqrt 5$ $\Rightarrow SC = 2a\sqrt 2$

Trong tam giác vuông $SAC$: $\cos \widehat {SCA} = \frac{{AC}}{{SC}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{{2a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt {10} }}{4}$.

Ta có $SH \bot BD$ và $AH \bot BD$ suy ra $\widehat {SHA}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {S,\,BD,\,A} \right]$.

Ta có $BA \bot AA'$ và $CA \bot AA'$ suy ra $\widehat {BAC}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {B,\,AA',\,C} \right]$ và bằng $90^\circ$.

Ta có $BH \bot A'C$ và $DH \bot A'C$ suy ra $\widehat {BHD}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {B,\,A'C,\,D} \right]$.

Khoảng cách từ mặt đường đến cầu vượt là: $BH = AB.\sin {30^o} = 6\left( m \right)$

Vậy những phương tiện tham gia giao thông chiều cao phải nhỏ hơn 6 mét.

Theo giả thiết: $BC = m$, $EF = 6.6m$, $AF = 30cm = 0.3m$, $FG = AB + 0.3$ (m), $\widehat {BAC} = {120^o}$, $AB = AC$

Khi đó ta có: $B{C^2} = 2A{B^2} - 2A{B^2}.\cos \widehat {BAC} = 3A{B^2}$$\Rightarrow AB = \frac{{BC\sqrt 3 }}{3} \approx 2.31\left( m \right)$

$\Rightarrow FG \approx 2.31 + 0.3 = 2.61\left( m \right)$; $EF = 6.6\left( m \right)$$\Rightarrow {S_{EFGH}} \approx 6.6 \times 2.61 \approx 17.23\left( {{m^2}} \right)$

Vậy giá thành để làm mái tôn nhà kho của anh Hùng là: $17.23 \times 740000 = 12750200$(đồng)

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

Vì $AC$ là hình chiếu của $BC$ trên mặt phẳng $(ACFD)$ nên

$(BC,(ACFD)) = (BC,AC) = \widehat {BCA}{\rm{. }}$Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có: $\sin \widehat{BCA}=\frac{AB}{BC}=\frac{0{,}3}{1}=0{,}3\Rightarrow \widehat{BCA}\approx 17,{46}^{^{\circ}}$

Vậy $(BC,(ACFD))=\widehat{BCA}\approx 17,{46}^{^{\circ}}$

Vì $AF$ là hình chiếu của $BF$ trên mặt phẳng $(ACFD)$ nên

$(BF,(ACFD)) = (BF,AF) = \widehat {BFA}{\rm{. }}$

Hình vuông $BCFE$ cạnh bằng $1\;m$ có đường chéo $BF = \sqrt 2 \;m$.

Tam giác $ABF$ vuông tại $A$ có: $\sin \widehat{BFA}=\frac{AB}{BF}=\frac{3\sqrt{2}}{20}\Rightarrow \widehat{BFA}\approx 12,{25}^{^{\circ}}$

Vậy $(BF,(ACFD))=\widehat{BFA}\approx 12,{25}^{^{\circ}}$

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

Ta có: $SA \bot (ABC)$ nên $AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $(ABC)$.

Suy ra $(SB,(ABC)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}$.

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

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có: $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2$

Gọi $H$ là trung điểm $AC$ thì $BH \bot AC$ (do tam giác $ABC$ cân tại $B$). (1)

Ta lại có $SA \bot (ABC) \Rightarrow BH \bot SA$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $BH \bot (SAC)$ hay $SH$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $(SAC)$.

Vậy $(SB,(SAC)) = (SB,SH) = \widehat {BSH}$.

Ta có: $BH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$, suy ra $\sin \widehat {BSH} = \frac{{BH}}{{SB}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 6 }}{6}$.

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

Vì vậy $(SB,AB) = \widehat {SBA}$ chính là góc phẳng nhị diện $[S,BC,A]$ với $\tan \widehat {SBA} = \sqrt 2$ (theo câu a)).

Suy ra $\widehat{SBA}\approx 54,{74}^{^{\circ}}$

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

Vì $ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }$ là lăng trụ đứng nên $A{A^\prime } \bot (ABC) \Rightarrow A{A^\prime } \bot AB$, mà $AC \bot AB$ (1).

Suy ra $AB \bot \left( {AC{C^\prime }{A^\prime }} \right) \Rightarrow A{C^\prime } \bot AB$. (2)

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

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

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

Dễ thấy $C{C^\prime } \bot (ABC)$ và $C{C^\prime } = \left( {AC{C^\prime }} \right) \cap \left( {{B^\prime }C{C^\prime }} \right)$ nên $\widehat {ACB}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {A,C{C^\prime },{B^\prime }} \right]$.

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

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

Tính chất tam giác cân suy ra $CD$ vuông góc với $AM,BM,$do đó góc giữa hai mặt phẳng $(ACD)$ và $(BCD)$ là góc $AMB$ nên khẳng định ở phương án A là sai. Chọn phương ána)

Các khẳng định ở các phương án còn lại đúng là do$CD$ vuông góc với $AM,BM$ nên $CD \bot (AMB),$do đó $BH \bot AM$ tại $H$ thì $BH \bot (ACD).$ Vì vậy:

$H \in AM$ tức là khẳng định ở phương án B là đúng.

Có $CD \bot (AMB)$ suy ra $(ACD) \bot (AMB)$ tức là khẳng định ở phương án C là đúng.

Có $CD \bot (AMB)$ tại trung điểm$M$của $CD$ nên $(ABM)$ là mặt phẳng trung trực của $CD$ tức là khẳng định ở phương án D là đúng.

Có $A'A \bot \left( {ABCD} \right)$ suy ra $AB$ là hình chiếu vuông góc của $A'B$ trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.

Suy ra góc giữa $A'B$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng góc giữa $A'B$ và $AB$.

Vì tam giác $A'AB$ vuông tại A nên $\widehat {A'BA}$ là góc nhọn.

Vậy góc giữa $A'B$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng góc giữa $A'B$ và $AB$ bằng $\widehat {A'BA} = 45^\circ$.

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$, suy ra $AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ trên $\left( {ABCD} \right)$.

Suy ra góc giữa $SC$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng góc giữa $SC$ và $AC$.

Vì tam giác $SAC$ vuông tại $A$ nên $\widehat {SCA}$ là góc nhọn.

Có $\tan \widehat {SCA} = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{{2{\rm{a}}\sqrt 6 }}{{2{\rm{a}}\sqrt 2 }} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SCA} = 60^\circ$

Vậy góc giữa $SC$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng góc giữa $SC$ và $AC$ và bằng $\widehat {SCA} = 60^\circ$.

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $AC$ là hình chiếu của $SC$trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$. Do đó góc giữa đường thẳng $SC$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ là $\widehat {SCA} = \varphi$.

Ta có $AC = \sqrt {A{B^2} + A{D^2}} = \sqrt {9{a^2} + 4{a^2}} = a\sqrt {13}$.

Xét tam giác vuông $ASC$ có $\tan \varphi = \frac{{SA}}{{AC}} = \frac{1}{{\sqrt {13} }} = \frac{{\sqrt {13} }}{{13}}$.

Ta có: $K$ là hình chiếu vuông góc của $D$ lên $\left( {ABHK} \right)$

Suy ra $KB$ là hình chiếu vuông góc của $BD$ lên $\left( {ABHK} \right)$

Suy ra góc giữa $BD$ và mặt phẳng $\left( {ABHK} \right)$ là góc $\widehat {DBK}$

Ta có: $AK = \sqrt {A{D^2} - D{K^2}} = \sqrt {3,{5^2} - {2^2}} = \frac{{\sqrt {33} }}{2}$

Mặt khác: $BK = \sqrt {A{B^2} + A{K^2}} = \sqrt {{1^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt {33} }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {37} }}{2}$.

Trong tam giác vuông $DBK$: $\tan \varphi = \frac{{DK}}{{BK}} = \frac{2}{{\frac{{\sqrt {37} }}{2}}} = \frac{{4\sqrt {37} }}{{37}}$.

Gọi $\Delta ABC$ là mặt cắt ngang của mái nhà, $A$ là điểm cao nhất của mái ngói và $B\,,\,C$ là hai mép mái ngói. Gọi $H$là hình chiếu của $A$lên mặt phẳng đáy nằm ngang (chứa 2 mép ngói)

Ta có: $BC = 5m$, $H$là trung điểm của $BC \Rightarrow BH = 2{,}5m$. $AH = 1{,}75\,m$.

$BH$ là hình chiếu của mái nhà $AB$ lên mặt phẳng nằm ngang. Góc tạo bởi mái nhà với mặt phẳng nằm ngang là $\widehat {ABH}$.

Độ dốc của mái nhà là: $tan\left( {ABH} \right) = \frac{{AH}}{{BH}} = \frac{{1{,}75}}{{2{,}5}} = \frac{7}{{10}}$.

Vậy độ dốc của mái nhà là $\frac{7}{{10}}$.

Gọi điểm tiếp xúc 3 chân của tripod với mặt đất là $A\,,\,B\,,\,C$ và 3 chân của tripod là $SA\,,\,SB\,,\,SC$.

Ta có $\Delta ABC$ đều cạnh $50\,cm$, $SA = SB = SC = 143\,cm$. Hình chóp $S.ABC$là hình chóp đều.

Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$, $M$là trung điểm của $BC$.

Ta có: $AM = \frac{{50\sqrt 3 }}{2} = 25\sqrt 3$. $AG = \frac{2}{3}AM = \frac{{50\sqrt 3 }}{3}$.

$SH = \sqrt {S{A^2} - A{H^2}} = \sqrt {{{143}^2} - {{\left( {\frac{{50\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} \approx 140\,\left( {cm} \right)$.

Ta có: $AH$ là hình chiếu vuông góc của $SA$ lên $\left( {ABC} \right) \Rightarrow \left( {SA\,,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \left( {SA\,;\,AH} \right)$.

Xét $\Delta SAH$ vuông tại $H$, ta có: $\cos \left( {SAH} \right) = \frac{{AH}}{{SA}} = \frac{{50\sqrt 3 }}{{429}} \Rightarrow \widehat {SAH} \approx 78^\circ$.

Vậy tripod cao $1\,,\,4\,m$ và góc tạo bởi 1 chân của tripod với mặt đất là $78^\circ$.