Trắc nghiệm Hai mặt phẳng vuông góc lớp 11 (có đúng sai, trả lời ngắn)

A

Ta có $BD \bot AC$ và BD $\perp$ SA nên BD $\perp$ (SAC) $\Rightarrow$ BD $\perp$ SO.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}BD \bot SO\\BD \bot AC\\BD = \left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\end{array} \right.$ nên góc giữa (SBD) và (ABCD) là góc giữa AC và SO là $\widehat {SOA}$ (do DSAC vuông tại A).

A

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

D

Có duy nhất một mặt phẳng chứa a và vuông góc với (α).

B

Các mệnh đề đúng

Hình hộp chữ nhật có tất cả các mặt là hình chữ nhật.

Hình lăng trụ đứng có các cạnh bên vuông góc với đáy.

D

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

A

Từ giả thiết suy ra $SO \bot AC;SO \bot BD$$\Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$ mà $SO \subset \left( {SBD} \right),$$SO \subset \left( {SAC} \right)$

$\Rightarrow \left( {SBD} \right) \bot \left( {ABCD} \right);$$\left( {SAC} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$. Vậy $SC \bot \left( {SBD} \right)$ là mệnh đề sai.

B

Có AB $\perp$ AC, AA' $\perp$ AB $\Rightarrow$ AB $\perp$ (AA'C'C) $\Rightarrow$ (ABB'A') $\perp$ (AA'C'C) $\Rightarrow$ $\left( {ABB'} \right)\,\, \bot \,\left( {ACC'} \right)$.

AM $\perp$ BC, AM $\perp$ CC' $\Rightarrow$ AM $\perp$ (BCC'B') $\Rightarrow$ $\left( {AMC'} \right)\,\, \bot \,\left( {BCC'} \right)$.

Có $\left( {ABC} \right)\, \bot \,\left( {ABB'A'} \right)$ nên $\left( {ABC} \right)\, \bot \,\left( {ABA'} \right)$. Do đó đáp án B sai.

B

Ta có $BC \bot \left( {SAB} \right)$$\Rightarrow BC \bot SB$. Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ là góc $\widehat {SBA}$. $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}}$$= \frac{{a\sqrt 3 }}{a}$$= \sqrt 3$$\Rightarrow \widehat {SBA} = {60^{\rm{o}}}$.

A

Vì SO $\perp$ (ABCD) nên OM, OD cùng vuông góc với SO.

Do đó $\widehat {MOD}$ là một góc phẳng nhị diện [M, SO, D].

B

Kẻ $AM \bot BC$ tại $M$ mà BC $\perp$ SA nên BC $\perp$ (SAM) $\Rightarrow$ BC $\perp$ SM.

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

Tam giác ABC vuông cân tại A nên $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {2{a^2} + 2{a^2}} = 2a$ $\Rightarrow$ $AM = \frac{{BC}}{2} = a$.

Ta có $\tan \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{AM}} = \frac{a}{a} = 1 \Rightarrow \widehat {SMA} = 45^\circ$.

A

Vì A'D'$\perp$ (ABB'A') nên A'D' $\perp$ AB.

A

Đáp án A sai vì các mặt bên của hình lăng trụ đứng là những hình chữ nhật không phải là những hình bình hành.

a) Vì SA $\perp$(ABC) $\Rightarrow$ SA $\perp$ BC.

b) SA $\perp$ (ABC) $\Rightarrow$ SA $\perp$ BM (1).

DABC vuông cân tại B, M là trung điểm AC nên BM $\perp$ AC (2).

Từ (1) và (2), suy ra BM $\perp$ (SAC).

c) Hai mặt phẳng này không vuông góc với nhau.

d) Vì SA $\perp$ BC và BC $\perp$ AB $\Rightarrow$ BC $\perp$ (SAB) $\Rightarrow$ BC $\perp$ SB.

Có (SBC) $\subset$ (ABC) = BC mà AB $\perp$ BC, SB $\perp$ BC $\Rightarrow$ ((SBC), (ABC)) = (SB, AB) = $\widehat {SBA}$.

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

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

a) Hình lập phương có 6 mặt đều là hình vuông nên AA'$\perp$ AB và AA' $\perp$ AD $\Rightarrow$ AA' $\perp$ (ABCD).

b) Ta có AC // A'C' mà A'C' $\perp$ B'D' $\Rightarrow$ AC $\perp$ B'D'.

c) Có CD // AB $\Rightarrow$ (BA', CD) = (BA', BA) = $\widehat {ABA'} = 45^\circ$ (do ABB'A' là hình vuông).

d) Hình chiếu vuông góc của tam giác A'BC' lên mặt phẳng (ABCD) là tam giác ABC.

Diện tích hình vuông ABCD là a$^{2}$ suy ra diện tích tam giác ABC là $\frac{{{a^2}}}{2}$.

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

a) Gọi $M$ là trung điểm A'B', suy ra C'M $\perp$ 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' $\perp$ (CMC') hay A'B' $\perp$ 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' $\perp$ 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) Độ dài đường chéo $AC' = \sqrt {A{C^2} + A{{A'}^2}} = \sqrt {A{B^2} + A{D^2} + A{{A'}^2}} = \sqrt {{a^2} + {a^2} + {a^2}} = a\sqrt 3$.

b) Ta có AC $\perp$ BD (do ABCD là hình vuông).

AC $\perp$ BB' (tính chất của hình lập phương).

Nên AC $\perp$ (BDD'B') suy ra (ACC'A') $\perp$ (BDD'C').

c) Vì CC' $\perp$ (ABCD) nên C là hình chiếu của C' trên (ABCD).

Vậy AC là hình chiếu của AC' trên (ABCD).

d) Ta có BD $\perp$ AC, BD $\perp$ CC' $\Rightarrow$BD $\perp$ (ACC'A') $\Rightarrow$ BD $\perp$ C'O.

Vì BD $\perp$ CO và BD $\perp$ C'O nên $\widehat {COC'}$ là một góc phẳng của góc nhị diện [C, BD, C'].

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

a) $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{SA \bot (ABC)}\\{(SAC) \supset SA}\end{array} \Rightarrow (SAC) \bot (ABC)} \right.$.

b) Có SA $\perp$ BC (do SA $\perp$ (ABC)) và AH $\perp$ BC $\Rightarrow$ BC $\perp$ (SAH).

$\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot (SAH)}\\{(SBC) \supset BC}\end{array} \Rightarrow (SBC) \bot (SAH)} \right.$.

c) Có SA $\perp$ AB, AB $\perp$ AC $\Rightarrow$ AB $\perp$ (SAC) $\Rightarrow$ AB $\perp$ SC.

d) Hạ $AK \bot SC$ và AB $\perp$ SC, nên $SC \bot (ABK)$.

Vậy ta có $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{SC \bot (ABK)}\\{(SBC) \supset SC}\end{array} \Rightarrow (SBC) \bot (ABK)} \right.$.

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

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC = \left( {BCD'A'} \right) \cap \left( {ABCD} \right)\\BC \bot AB\\BC \bot A'B\left( {BC \bot \left( {ABB'A'} \right)} \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow$ ((BCD'A'), (ABCD)) = (AB, A'B) = $\widehat {ABA'} = 30^\circ$.

Tam giác A'AB vuông tại A có $\tan \widehat {ABA'} = \frac{{AA'}}{{AB}} \Rightarrow AA' = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}$ cm.

Tổng diện tích của sáu mặt khối gỗ là: $2\left( {10.15 + 10.\frac{{10\sqrt 3 }}{3} + 15.\frac{{10\sqrt 3 }}{3}} \right) \approx 589$ cm$^{2}$.

Trả lời: 589.

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.

Kẻ C'H $\perp$ OC.

Ta có: $HC = OC - OH = \frac{{2\sqrt 2 }}{2} - \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

$\Rightarrow C'C = \sqrt {C'{H^2} + H{C^2}} = \sqrt {{{\left( 3 \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {38} }}{2}$ ≈ 3,1

Vậy độ dài cạnh bên của hình chóp cụt đã cho là 3,1 cm.

Trả lời: 3,1.

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.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD $\Rightarrow$ SO $\perp$ (ABCD) $\Rightarrow$ SO $\perp$ BD.

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

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{(MBD) \cap (ABD) = BD}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (MBD),MO \bot BD \Rightarrow [M,BD,A] = \widehat {MOA}}\\{{\mathop{\rm Trong}\nolimits} (ABD),AO \bot BD}\end{array}} \right.$

Xét $\Delta MOC$ có: $OM = MC = \frac{a}{2},OC = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

nên $\Delta MOC$ vuông cân tại $M$ $\Rightarrow \widehat {MOC} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {MOA} = 135^\circ$.

Trả lời: 135.