Đề kiểm tra Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng góc nhị diện (có lời giải) - Đề 3

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

Chọn C

Ta có $\varphi = 60^\circ$.

Vậy $6\sqrt 3 \sin \varphi + 15 = 6\sqrt 3 \frac{{\sqrt 3 }}{2} + 15 = 24$.

Chọn C

Hình minh họa cho góc nhị diện $\left[ {P,d,Q} \right]$ là hình 1, hình 2 và hình 3.

Chọn A

Ta có: $AB$ là hình chiếu vuông góc của $SB$ xuống $\left( {ABC} \right)$ nên góc giữa $SB$ với $\left( {ABC} \right)$ là góc giữa $SB$ và $AB$.

Chọn D

Vì $\left\{ \begin{array}{l}SD \cap \left( {ABCD} \right) = D\\SB \bot \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.$ nên $\widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD;BD} \right)} = \widehat {SDB}$.

Chọn C

Vì $SA \bot \left( {ABCD} \right)$$\Rightarrow SA \bot BC$, mà $BC \bot AB$ $\Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right)$ nên góc giữa $SC$ và $\left( {SAB} \right)$ bằng góc $\widehat {CSB}$.

có $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = a\sqrt 3$. có $SC = \sqrt {S{B^2} + B{C^2}} = 2a$$\Rightarrow \sin \widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {CSB} = 30^\circ$.

Chọn A

Ta có: $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SA\\AC \bot SA\end{array} \right.$. Suy ra góc phẳng nhị diện $\left[ {B,SA,C} \right]$ là góc $\widehat {BAC}$.

Trong tam giác vuông $ABC$: $\cos \widehat {BAC} = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {BAC} = 60^\circ$.

Chọn C

Ta có $\varphi = 60^\circ$.

Vậy $2\sqrt 3 \sin \varphi + 1 = 2\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} + 1 = 4$.

Chọn B

Hình minh họa cho góc nhị diện $\left[ {P,d,Q} \right]$ là hình 1 và hình 2.

Chọn A

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

Hay $SB$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $\left( {SAB} \right)$.

Vậy $\widehat {BSC}$ là góc giữa $SC$ và $\left( {SAB} \right)$.

Chọn C

Ta có $ABCD$là hình thoi cạnh $2a$, và $\widehat {ADC} = 60^\circ$ nên $\Delta ACD$ đều và $OD = \frac{{2a.\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$.

Góc giữa đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$là $\widehat {SDO}$ và $\tan \widehat {SDO} = \frac{{SO}}{{DO}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$.

Suy ra $\widehat {SDO} = 30^\circ$.

Chọn D

Ta có: $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot SA\\AC \bot SA\end{array} \right.$. Suy ra góc phẳng nhị diện $\left[ {B,SA,C} \right]$ là góc $\widehat {BAC} = 45^\circ$.

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

Gọi $H,K$ lần lượt là trung điểm $AB$ và $CD$. Ta có $SH \bot AB$ và $HK$ là đường trung bình của hình chữ nhật $ABCD$ nên $HK//AD//BC \Rightarrow HK \bot AB$. (1)

Ta lại có tam giác $SAB$ đều nên $SH \bot AB$. (2)

Mặt khác $(SAB) \bot (ABCD)$, suy ra $SH \bot (ABCD) \Rightarrow SH \bot HK$.

Từ (1) và (2) suy ra $\widehat {SHK}$ là góc phẳng nhị diện $[S,AB,C]$ và $\widehat{SHK}={90}^{^{\circ}}$

Theo câu a), ta có: $CD \bot HK$. (3)

Mặt khác $SH \bot (ABCD)$ nên $CD \bot SH$.

Suy ra $CD \bot (SHK) \Rightarrow CD \bot SK$. (4)

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat {SKH}$ là góc phẳng nhị diện $[S,CD,A]$.

Tam giác $SAB$ đều cạnh $2a$ nên đường cao $SH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$.

Từ câu $a$), ta có $HK = BC = a$ (tính chất đường trung bình của hình chữ nhật).

Do đó $\tan \widehat{SKH}=\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SKH}={60}^{^{\circ}}$

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

Xét tam giác $ABC$ có $A{B^2} + B{C^2} = {a^2} + {\left( {2a} \right)^2}$$= 5{a^2}$$= A{C^2}$$\Rightarrow$ tam giác $ABC$ vuông tại $B$.

$\Rightarrow$ Đáp án D đúng.

Do $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đứng và tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AB \bot \left( {BB'C} \right)$$\Rightarrow \left( {AA'B'B} \right) \bot \left( {BB'C} \right)$$\Rightarrow$ Đáp án B đúng.

Do $ABC.A'B'C'$ là lăng trụ đứng và tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $\left( {\left( {ABC} \right),\left( {A'BC} \right)} \right) = \left( {AB,A'B} \right)$$= \widehat {ABA'} = 45^\circ$$\Rightarrow$ Đáp án A đúng.

Xét tam giác vuông $A'AC$ ta có $A'C = \sqrt {A{{A'}^2} + A{C^2}}$$= \sqrt {{a^2} + 5{a^2}}$$= a\sqrt 6$$\Rightarrow$ Đáp án C sai.

a) Sai

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Ta có:$\cos \left( {AM,DM} \right) = \frac{{A{M^2} + D{M^2} - A{D^2}}}{{2.AM.DM}} = \frac{{\frac{{3{a^2}}}{4} + \frac{{3{a^2}}}{4} - {a^2}}}{{2.\frac{{3{a^2}}}{4}}} = \frac{1}{3}$ nên phương án a sai.

Ta có:$\cos \left( {AD,DM} \right) = \frac{{\frac{a}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$ nên phương án b sai

Ta có $\cos \left( {AB,AM} \right) = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ phương án d sai.

a) Sai

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên mặt phẳng $\left( P \right)$.

Khi đó, $\left( {AC,\left( P \right)} \right) = \left( {AC,AH} \right) = \widehat {CAH} = {60^0}$ và $\left( {BC,\left( P \right)} \right) = \left( {BC,AH} \right) = \widehat {CBH} = \alpha$.

Tam giác $AHC$ vuông tại $H$ nên $\sin \widehat {CAH} = \frac{{CH}}{{AC}} \Rightarrow CH = AC.\sin \widehat {CAH} = a\sqrt 2 .\sin {60^0} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$.

Tam giác $CHB$ vuông tại $H$ nên $\sin \alpha = \frac{{CH}}{{BC}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \alpha = {45^0}$.

Vì $SO \bot \left( {ABCD} \right)$nên $AO$ là hình chiếu của $SA$ lên $mp\left( {ABCD} \right)$. Do đó

$\left( {SA,\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SAO} = 45^\circ$.

Ta có $AO = \frac{1}{2}AC = a\sqrt 2$. Tam giác $SAO$ vuông cân tại $O$ nên $SO = AO = a\sqrt 2$.

Kẻ $AH \bot BC{\rm{ }}(H \in BC)$. Ta có $\;SA \bot (ABC)\; = > \;SA \bot BC$, $AH \bot BC{\rm{ }}$nên $\widehat {SHA}$ là góc phẳng nhị diện cần tìm của góc nhị diện $\left[ {A,BC,S} \right]$. Vậy $\widehat{SHA}={60}^{^{\circ}}$

Ta có $\frac{{S}_{ΔABC}}{{S}_{ΔSBC}}=\frac{\frac{1}{2}AH.BC}{\frac{1}{2}SH.BC}=\frac{AH}{SH}=cos\widehat{SHA}=cos{60}^{^{\circ}}=\frac{1}{2}$ (đpcm).

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

Do $BC \bot AB;BC \bot SA$ nên $BC \bot SB$ hay tam giác $SBC$ vuông tại $B.$

Do đó $SC = \sqrt {S{B^2} + B{C^2}} = 2a\sqrt 2 ;AC = a\sqrt 2 .$

Trong tam giác $SAC$ ta có $\cos \widehat {SCA} = \frac{{AC}}{{SC}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \widehat {SCA} = {60^0}.$

Vậy góc giữa $SC$và mặt đáy $ABCD$ bằng ${60^0}.$

Gọi $AE$ là đường thẳng chứa bản lề của máy tính ta có $AB,{\rm{ }}AC$ cùng vuông góc với $AE$ nên $\widehat {BAC}$ là góc phẳng nhị diện cần tìm.

Xét tam giác $ABC$ có $cos\widehat {BAC} = \frac{{A{B^2} + A{C^2} - B{C^2}}}{{2AB.AC}} = \frac{{ - 1}}{2} \Rightarrow \widehat {BAC} = {120^o}$

Kẻ $CH \bot AG{\rm{ }}(H \in AG),{\rm{ }}DK \bot AG{\rm{ }}(K \in AG)$

Gọi $I = BE \cap CH,{\rm{ }}J = BE \cap DK$. Vì $ABEG$ là hình chữ nhật nên $BE = AB = 12{\rm{ }}\left( m \right)$.

Do $CDKH,{\rm{ }}CDJI$ là hình chữ nhật nên $IH = JK = AB = 2{\rm{ }}\left( m \right)$. $AH = GK = BI = EJ = \frac{{AG - HK}}{2} = \frac{{12 - 1}}{2} = 5{,}5{\rm{ }}\left( m \right)$. Khoảng cách từ $C$ và $D$ đến $AG$ là $4\,{\rm{m}}$ nên $CI = CH - IH = 2$. Xét tam giác $BCI$ vuông tại $I$ có Vậy ,

Giả sử khối chóp cụt tứ giác đều cần tính thể tích là $ABCD.A'B'C'D'$ có $O$, $O'$ lần lượt là tâm của hai đáy. Gọi $M$, $M'$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $B'C'$ như hình vẽ; $H$ là hình chiếu vuông góc của $M'$ lên $OM$.

Khi đó góc phẳng nhị diện của mặt bên $BCC'B'$ và mặt đáy $ABCD$ là góc $\widehat {M'MH} = \alpha$.

Ta có $\tan \widehat {M'MH} = \frac{{M'H}}{{MH}}$ $\Rightarrow \frac{{24}}{{MH}} = \frac{{320}}{{211}} \Rightarrow MH = \frac{{24.211}}{{320}} = \frac{{633}}{{40}}$.

$\Rightarrow A'B' = 2.O'M' = 2\left( {OM - HM} \right) = 55{,}3 - \frac{{633}}{{20}} = \frac{{473}}{{20}} = 23{,}65$.

Do đó thể tích phần thân đền bằng $V = \frac{{OO'}}{3}\left( {A{B^2} + A'{{B'}^2} + AB.A'B'} \right) = \frac{{24}}{3}\left( {55,{3^2} + 23,{{65}^2} + 55{,}3.23{,}65} \right) = 39402{,}06\left( {{m^3}} \right)$.