Đề kiểm tra Hai mặt phẳng vuông góc (có lời giải) - Đề 1

Chọn A

Ta có: $BC \bot SA,BC \bot AB \Rightarrow BC \bot SB$

$\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC}\\{AB \bot BC,AB \subset \left( {ABC} \right)}\\{SB \bot BC,SB \subset \left( {SBC} \right)}\end{array}} \right.$ $\Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {SBA}$.

Chọn D

Mệnh đề A sai vì có thể xảy ra trường hợp hai mặt phẳng vuông góc với nhau nhưng đường thẳng thuộc mặt phẳng này song song với mặt phẳng kia.

Mệnh đề B sai vì xảy ra trường hợp hai mặt phẳng song song.

Mệnh đề C sai vì xảy ra trường hợp hai mặt phẳng vuông góc.

Chọn đáp án D

Chọn D

Ta có $AB \bot \left( {ADD'A'} \right)$, suy ra $\left( {ABC'D'} \right) \bot \left( {ADD'A'} \right)$. Do đó, $\left( {\widehat {\left( {ADD'A'} \right),\left( {ABC'D'} \right)}} \right) = 90^\circ$.

Chọn A

Ta có $\left( {BCD'A'} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC$;$BC \bot \left( {ABB'A'} \right)$

Vậy $\widehat {\left( {\left( {BCD'A'} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \left( {\widehat {AB;A'B}} \right) = {45^0}$

Chọn C

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot A'A\end{array} \right.$ $\Rightarrow BD \bot \left( {A'AC} \right)$$\Rightarrow \left( {ABCD} \right) \bot \left( {A'AC} \right)$.

Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {A'AC} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng $90^\circ$.

Chọn A

Gọi $O$ là tâm của hình thoi $ABCD$.

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

Vậy góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ bằng $90^\circ$.

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

Gọi $J$ là trung điểm của $CD.$ Ta có $\left( {SIG} \right) \equiv \left( {SIJ} \right).$

$\left\{ \begin{array}{l}AB \bot IJ\\AB \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SIJ} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SIJ} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SIG} \right).$

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Do hình chóp $S.ABCD$ đều nên $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Gọi $M$ là trung điểm của $SD$. Tam giác $SCD$ đều nên $CM \bot SD$.

Tam giác $SBD$ có $SB = SD = a$, $BD = a\sqrt 2$.

Suy ra $\Delta SBD$ vuông tại $S$$\Rightarrow SB \bot SD$ mà $SB$//$OM$$\Rightarrow OM \bot SD$.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ và $\left( {SCD} \right)$ là góc $\widehat {OMC}$.

Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC = a\sqrt 2$$\Rightarrow OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$; $OM = \frac{1}{2}SB = \frac{a}{2}$.

Dễ dàng chứng minh$AC \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow OC \bot OM$

Xét $\Delta MOC$ vuông tại $O$ ta có $\tan \widehat {OMC} = \frac{{OC}}{{OM}} = \sqrt 2$.

Ta có hai mặt phẳng $\left( {SIC} \right)$ và $\left( {SIB} \right)$ cùng vuông góc với $\left( {ABCD} \right)$ nên $SI \bot \left( {ABCD} \right)$.

Kẻ $IK \bot BC\,\,\left( {K \in BC} \right)$$\Rightarrow BC \bot \left( {SIK} \right)$$\Rightarrow BC \bot SK$.

Do đó góc giữa $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABCD} \right)$ là góc $\widehat {SKI} = 60^\circ$.

Diện tích hình thang $ABCD$: ${S_{ABCD}} = \frac{{\left( {AB + CD} \right).AD}}{2} = 3{a^2}$.

Diện tích $\Delta ABI$: ${S_{\Delta ABI}} = \frac{1}{2}AI.AB = {a^2}$.

Diện tích $\Delta CDI$: ${S_{\Delta CDI}} = \frac{1}{2}.DI.CD = \frac{{{a^2}}}{2}$.

Do đó diện tích $\Delta IBC$: ${S_{\Delta IBC}} = {S_{ABCD}} - {S_{\Delta ABI}} - {S_{\Delta CDI}} = \frac{{3{a^2}}}{2}$.

Lại có $BC = \sqrt {{{\left( {AB - CD} \right)}^2} + A{D^2}} = a\sqrt 5$$\Rightarrow IK = \frac{{2{S_{\Delta IBC}}}}{{BC}} = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5}$.

Suy ra $SK = \frac{{IK}}{{\cos 60^\circ }} = \frac{{6a\sqrt 5 }}{5}$$\Rightarrow {S_{\Delta SBC}} = \frac{1}{2}.SK.BC = 3{a^2}$.

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(SAB) \cap (ABCD) = AB}\\{(SAB) \bot (ABCD)}\\{SH \subset (SAB),SH \bot AB}\end{array} \Rightarrow SH \bot (ABCD)} \right.$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AD \bot AB(gt)}\\{AD \bot SH(SH \bot (ABCD)) \Rightarrow AD \bot (SAB),}\\{AB,SH \subset (SAB)}\end{array}} \right.$

mà $AD \subset (SAD) \Rightarrow (SAD) \bot (SAB)$.

Ta lại có: $\Delta BCH = \Delta CDI$ (c.g.c) $\Rightarrow \widehat {{C_1}} = \widehat {{D_1}}$, mà $\widehat{{D}_{1}}+\widehat{{I}_{1}}={90}^{^{\circ}}\Rightarrow \widehat{{C}_{1}}+{\widehat{I}}_{1}={90}^{^{\circ}}$

$\Rightarrow HC \bot DI$

Như vậy $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{DI \bot CH}\\{DI \bot SH(SH \bot (ABCD)) \Rightarrow DI \bot (SHC){\rm{, m\`a }}DI \subset (SDI)}\\{CH,SH \subset (SHC)}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow (SDI) \bot (SHC)$.

a) Sai

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

Ta có:

$\left. {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{SA \bot \left( {ABC} \right)}\\{AC \subset \left( {ABC} \right)}\end{array}} \right\} \Rightarrow AC \bot SA$. Mà $AC \bot AB$( do $ABC$ là tam giác vuông tại$A$).

$\left\{ {\begin{array}{cccccccccccccccccccc}{AC \bot \left( {SAB} \right)}\\{{\rm{ }}AC \subset \left( {SAC} \right)}\end{array}} \right. \Rightarrow \left( {SAC} \right) \bot \left( {SAB} \right)$.

a) Đúng

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

$\left\{ \begin{array}{l}AA' \bot \left( {ABCD} \right)\\AA' \subset \left( {AA'C'C} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {ABCD} \right) \bot \left( {AA'C'C} \right)$$\Rightarrow$khẳng định a đúng.

$\left\{ \begin{array}{l}BD \bot \left( {AA'C'C} \right)\\BD \subset \left( {BB'D'D} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {BB'D'D} \right) \bot \left( {AA'C'C} \right)$$\Rightarrow$khẳng định b đúng.

$\left\{ \begin{array}{l}AB \bot \left( {BB'C'C} \right)\\AB \subset \left( {AA'C'C} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {AA'B'B} \right) \bot \left( {BB'C'C} \right)$$\Rightarrow$khẳng định c đúng.

$\left( {\widehat {\left( {AA'B'B} \right),\left( {BB'D'D} \right)}} \right) = \left( {AB,BD} \right) = \widehat {ABD} = {45^0}$$\Rightarrow$khẳng định d sai.

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

Ta có $\left. \begin{array}{l}CD \bot BE\\CD \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l}CD \bot \left( {ABE} \right)\\CD \subset \left( {ADC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ADC} \right) \bot \left( {ABE} \right)$.

Vậy a đúng.

$$\left. \begin{array}{l}DF \bot BC\\DF \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l}DF \bot \left( {ABC} \right)\\AC \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l}DF \bot AC\\DK \bot AC\end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l}AC \bot \left( {DFK} \right)\\AC \subset \left( {ADC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {ADC} \right) \bot \left( {DFK} \right)$$

Vậy b đúng.

Ta có $\left. \begin{array}{l}CD \bot BE\\CD \bot AB\end{array} \right\} \Rightarrow \left. \begin{array}{l}CD \bot \left( {ABE} \right)\\CD \subset \left( {BDC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow \left( {BDC} \right) \bot \left( {ABE} \right)$.

Vậy d đúng.

$(SBC)$ và $(ABCD)$.

$(SBC) \cap (ABCD) = BC,SB \bot BC,AB \bot BC$.

Góc cần tìm là $\widehat {SBA}$.

Trong tam giác vuông $SBA:\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \sqrt 2$.

Do $SO \bot (ABCD)$ nên $SO \bot BC$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, suy ra $OM \bot BC$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot OM}\\{BC \bot SO}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SOM) \Rightarrow BC \bot SM} \right.$

Do đó $((SBC),(ABCD)) = (SM,OM)$

Xét tam giác vuông $SOM$, có $\tan \widehat{SMO}=\frac{SO}{OM}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SMO}={60}^{^{\circ}}$

Vậy mặt phẳng $(SBC)$ hợp với mặt đáy $(ABCD)$ một góc ${60}^{^{\circ}}$

Gọi $I$ là trung điểm $AC$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{\left( {A{B^\prime }C} \right) \cap (ABC) = AC}\\{{\rm{ Trong }}(ABC),BI \bot AC}\\{{\rm{ Trong }}\left( {A{B^\prime }C} \right),{B^\prime }I \bot AC}\end{array} \Rightarrow \left( {\left( {A{B^\prime }C} \right),(ABC)} \right) = \left( {{B^\prime }I,BI} \right) = \widehat {{B^\prime }IB}} \right.$

Ta có: $BI = \frac{1}{2}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2};B{B^\prime } = \sqrt {{{(a\sqrt 7 )}^2} - {a^2}} = \sqrt 6 a$

Xét $\Delta {B^\prime }BI$ vuông tại $B$: $\tan \widehat{{B}^{'}IB}=\frac{B{B}^{'}}{BI}=\frac{\sqrt{6}a}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=2\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{{B}^{'}IB}\approx 73,{9}^{^{\circ}}$

Gọi hình chóp tứ giác đều là $S.ABCD$ như hình vẽ , $O = AC \cap BD,\,M$ là trung điểm của $DC$.

Khi đó góc nhị diện tạo bởi mặt bên $\left( {SCD} \right)$ và mặt đáy $\left( {ABCD} \right)$ là $\left[ {S,CD,O} \right]$.

Ta có $SM \bot CD$ và $OM \bot CD$, suy ra $\widehat {SMO}$ là góc phẳng nhị diện $\left[ {S,CD,O} \right]$.

Xét tam giác $SMO$ ta có $OM = \frac{{BC}}{2} = 90$ (m)

$$\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{OM}} = \frac{{98}}{{90}} = \frac{{49}}{{45}} \Rightarrow \widehat {SMO} = 47,{4^ \circ }.$$

Ta có: $(SAB) \cap (SAC) = SA$ (1)

Trong mp$(SAB)$ dựng $BH \bot SA$ tại $H$ (2) , suy ra $CH \bot SA$ tại $H$ (3)

Ta tính $\widehat {BHC}$:

Ta có: $SD \bot (ABC) \Rightarrow SD \bot DA \Rightarrow SA = \sqrt {S{D^2} + D{A^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{a\sqrt 6 }}{2}} \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}} = \frac{{3\sqrt 2 }}{2}a$.

Từ (2) và (3) ta suy ra $SA \bot (HBC) \Rightarrow SA \bot HI$.

Xét hai tam giác $SDA$ và $IHA$ có $\widehat {SDA} = \widehat {IHA} = {90^o}$ và $\widehat A$ chung nên

$\Rightarrow \frac{{SD}}{{IH}} = \frac{{SA}}{{IA}} \Rightarrow IH = \frac{{SD.IA}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{3\sqrt 2 }}{2}a}} = \frac{a}{2}$.

Mặt khác: tam giác $BHC$cân tại $H$ vì có $BH = CH$, suy ra $HI$ vừa là trung tuyến vừa là đường cao hay $HI \bot BC$.

Vì $IB = IH = \frac{a}{2}$ nên tam giác $HIB$ vuông cân tại $I$ $\Rightarrow \widehat {IHB} = {45^o} \Rightarrow \widehat {BHC} = 2\widehat {IHB} = {90^o}$ (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) ta suy ra góc giữa hai mp $(SAB)$ và $(SAC)$ là $\varphi = \widehat {BHC} = {90^0}$.

Giả sử cái bục là hình chóp cụt $ABCDEF.A'B'C'D'E'F'$ có $BE = 2CD = 2\,m$, $B'E' = 2C'D' = 1{,}2\,m$, $OO' = 2\,m$.

Dựng $B'G//OO'$, suy ra $BG = \frac{{BE - B'E'}}{2} = \frac{{2 - 1{,}2}}{2} = 0{,}4\,m$.

Tam giác $B'GB$ vuông tại $G$ $\Rightarrow BB' = \sqrt {B'{G^2} + B{G^2}} = \sqrt {{2^2} + 0,{4^2}} \approx 2{,}04\,m$.

Kẻ $B'H$ là đường cao của mặt bên $BB'C'C$, ta có: $BH = \frac{{BC - B'C'}}{2} = \frac{{1 - 0{,}6}}{2} = 0{,}2\,m$

$\Rightarrow B'H = \sqrt {B{{B'}^2} - B{H^2}} = \sqrt {2,{{04}^2} - 0,{2^2}} \approx 2{,}03\,m$.

Diện tích mặt bên $BB'C'C$là ${S_1} = \frac{1}{2}(BC + B'C').B'H = \frac{1}{2}(1 + 0{,}6).2{,}03 \approx 1{,}62\,{m^2}$.

Diện tích mặt trên (đáy nhỏ) là ${S_2} = 0,{6^2}\frac{{\sqrt 3 }}{4}.6 \approx 0{,}94{m^2}$.

Tổng diện tích cần sơn là $S = 6{S_1} + {S_2} \approx 6.1{,}62 + 0{,}94 = 10{,}66\,{m^2}$.