Trắc nghiệm Phép chiếu vuông góc. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng lớp 11 (có đúng sai, trả lời ngắn)

C

Vì ABCD là hình vuông nên BO $\perp$ AC (1).

Mà SA $\perp$ (ABCD) $\Rightarrow$ SA $\perp$ BO (2).

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

Do đó SO là hình chiếu của SB trên mặt phẳng (SAC).

D

Vì SA $\perp$ (ABC) $\Rightarrow$ SA $\perp$ BC (1).

Do DABC vuông tại B nên AB $\perp$ BC (2).

Từ (1) và (2), suy ra BC $\perp$ (SAB) Þ BC $\perp$ AH (3).

Mà AH $\perp$ SB (4).

Từ (3), (4) suy ra AH $\perp$ (SBC).

Do đó H là hình chiếu của A trên (SBC).

D

Vì SA ⊥ (ABC) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABC).

A

Ta có: Hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $(ABC)$ là $AB$ nên góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng đáy là góc giữa hai đường thẳng $SB$ và $AB$.

B

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

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

C

Vì $SA \bot ABCD$nên góc giữa đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $(ABCD)$là góc $\widehat {SDA}$.

Trong tam giác vuông $SDA$ ta có: $\tan \widehat {SDA} = \frac{{SA}}{{AD}} = \sqrt 3 \Rightarrow \widehat {SDA} = 60^\circ$.

B

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

Trong tam giác vuông $SAC$ có $SA = AC = a\sqrt 2 \Rightarrow \widehat {SCA} = 45^\circ .$

A

Do $SA \bot \left( {ABCD} \right)$ nên góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng đáy bằng góc $\widehat {SBA}$.

Ta có $\cos \widehat {SBA} = \frac{{AB}}{{SB}}$$= \frac{1}{2}$$\Rightarrow \widehat {SBA} = 60^\circ$.

Vậy góc giữa đường thẳng $SB$ và và mặt phẳng đáy bằng bằng $60^\circ$.

B

Do tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$nên $H$là trung điểm của $AB$ và ta có $SH = \frac{1}{2}AB = a$.

Góc giữa cạnh $SC$ và mặt đáy là góc $\widehat {SCH}$.

Xét tam giác vuông $HSC$ có $HC = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$, $SH = a$ nên $\tan \widehat {SCH} = \frac{{HS}}{{HC}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}$

$\Rightarrow \widehat {SCH} = 30^\circ$.

A

Kẻ AH $\perp$ BC tại H.

Ta có AH $\perp$ BC và AH $\perp$ BB' (BB' $\perp$ (ABC)) nên AH $\perp$ (BB'C'C).

$\Rightarrow$ H là hình chiếu của A trên (BB'C'C).

$\Rightarrow$ DHBB' là hình chiếu của DABB' trên (BB'C'C).

Ta có DABC đều $\Rightarrow$ BH = $\frac{{BC}}{2} = 1$ m.

Do đó ${S_{BB'H}} = \frac{1}{2}BB'.BH = \frac{1}{2}.1.3 = 1{,}5$ m$^{2}$.

a) Vì DSBD, DSAC cân tại S nên ta có $\left\{ \begin{array}{l}SO \bot BD\\SO \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right)$.

Suy ra O là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD).

b) Ta có hình chiếu vuông góc của SA trên (ABCD) là OA.

c) Ta có hình chiếu vuông góc của SA trên (ABCD) là OA, mặt khác ta có OA $\perp$ BD.

Theo định lí ba đường vuông góc ta suy ra BD ⊥ SA.

d) Hình chiếu vuông góc của S trên (ABCD) là điểm O.

Hình chiếu vuông góc của điểm O, B trên (ABCD) lần lượt là điểm O, B.

Vậy hình chiếu vuông góc của DSOB trên (ABCD) là OB.

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

a) Ta có BC $\perp$ AB và BC $\perp$ SA $\Rightarrow$ BC $\perp$ (SAB) $\Rightarrow$ BC $\perp$ AE.

Lại có AE $\perp$ SB. Do đó AE $\perp$ (SBC). Suy ra (AE, (SBC)) = 90°.

b) Tương tự câu a, (AF, (SCD)) = 90°.

c) Ta có AE $\perp$ (SBC) tại E nên (SA, (SBC)) = (SA, SE).

Mà DASE vuông tại E nên (SA, (SBC)) = (SA, SE) = $\widehat {ASE}$.

Xét DSAB vuông tại A mà SA = SB = a nên DSAB vuông cân $\Rightarrow$ $\widehat {ASB} = 45^\circ$ hay $\widehat {ASE} = 45^\circ$.

d) Theo câu a, AE $\perp$ (SBC) $\Rightarrow$ AE $\perp$ SC.

Tương tự ta có SC $\perp$ AF nên SC $\perp$ (AEF) $\Rightarrow$ (SC, (AEF)) = 90°.

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

a) Ta có: $SA \bot (ABCD) \Rightarrow AB$ là hình chiếu của $SB$ trên mặt phẳng $(ABCD)$.

Vì vậy $(SB,(ABCD)) = (SB,AB) = \widehat {SBA}$.

b) Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có: $\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \Rightarrow \widehat {SBA} \approx 54{,}74^\circ$.

Vậy $(SB,(ABCD)) = \widehat {SBA} \approx 54{,}74^\circ$.

c) Ta có $AC$ là hình chiếu của $SC$ trên mặt phẳng $(ABCD)$ nên

$(SC,(ABCD)) = (SC,AC) = \widehat {SCA} = 45^\circ$(do tam giác $SAC$ vuông cân có $SA = AC = a\sqrt 2$).

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

Suy ra $SB$ là hình chiếu của $SC$ trên mặt phẳng $(SAB)$.

Do vậy $(SC,(SAB)) = (SC,SB) = \widehat {CSB}$.

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

Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ có:

$\tan \widehat {CSB} = \frac{{BC}}{{SB}} = \frac{a}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat {CSB} = 30^\circ$.

Vậy $(SC,(SAB)) = \widehat {CSB} = 30^\circ$.

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

a) Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC$(O thuộc $AM)$.

Vì $S.ABC$ là hình chóp tam giác đều nên $SO \bot (ABC)$.

b) Ta có $OA$ là hình chiếu của $SA$ trên mặt phẳng $(ABC)$.

Suy ra $(SA,(ABC)) = (SA,OA) = \widehat {SAO}$.

c) d)Ta có: $OM$ là hình chiếu của $SM$ trên $(AB\dot C)$ nên

$(SM,(ABC)) = (SM,OM) = \widehat {SMO}{\rm{. }}$

Ta có:

$\begin{array}{llllllllllllllllllll}{OM}&{ = \frac{1}{3}AM = \frac{1}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 }}{2} = \frac{a}{2}}\\{SO}&{ = \sqrt {S{A^2} - O{A^2}} }\\{}&{ = \sqrt {{{(2a)}^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 .}\end{array}$

Tam giác $SMO$ vuông tại $O$ có:

$\begin{array}{l}\tan \widehat {SMO} = \frac{{SO}}{{OM}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{{\frac{a}{2}}} = 2\sqrt 3 \\ \Rightarrow \widehat {SMO} \approx 73{,}9^\circ .\end{array}$

Vậy $(SM,(ABC)) = \widehat {SMO} \approx 73{,}9^\circ .$

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

a) Gọi M là trung điểm của BC và H là hình chiếu vuông góc của A lên SM.

Ta có AH $\perp$ SM.

mặt khác BC $\perp$ (SAM) nên BC $\perp$ AH. Ta suy ra AH $\perp$ (SBC).

b) Vì AH $\perp$ (SBC) nên SH là hình chiếu của SA lên mặt phẳng (SBC).

c) Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng (SBC) là góc $\alpha = \widehat {ASH}$.

Xét tam giác SAM vuông tại A ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{11}}{{6{a^2}}}$.

Suy ra $A{H^2} = \frac{{6{a^2}}}{{11}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}$.

d) Xét DSAH vuông tại H ta có $\sin \widehat {ASH} = \frac{{AH}}{{SA}} = \frac{{\frac{{a\sqrt {66} }}{{11}}}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt {33} }}{{11}}$.

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

Vì SA $\perp$ (ABCD) nên SA $\perp$ BC mà BC $\perp$ AB suy ra BC $\perp$ (SAB).

Do đó (BC, (SAB)) = 90°. Vậy cos90° = 0.

Trả lời: 0.

Ta có (SC, (ABC)) = (SC, AC) = $\widehat {SCA}$.

Có $\cos \widehat {SCA} = \frac{{AC}}{{SC}} = \frac{{\sqrt 2 a}}{{2a}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat {SCA} = 45^\circ$.

Trả lời: 45.

SE $\perp$ (ABC) $\Rightarrow$ EC là hình chiếu của SC lên (ABC).

Suy ra (SC, (ABC)) = $\widehat {SCE} = 30^\circ$.

Xét tam giác SEC vuông tại E, ta có $\tan 30^\circ = \frac{{SE}}{{EC}} \Rightarrow EC = \frac{{\sqrt 3 }}{{\frac{{\sqrt 3 }}{3}}} = 3$.

Xét DAEC vuông tại A, suy ra AC = $2\sqrt 2$.

Do đó diện tích tam giác ABC là $S = 2\sqrt 2 \approx 2{,}82$.

Trả lời: 2,82.

Gọi I là trung điểm AC.

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

$\Rightarrow SI$ là hình chiếu của $SB$ trên mp $(SAC)$

$\Rightarrow (SB,(SAC)) = (SB,SI) = \widehat {BSI}$

Ta có: $AC = a\sqrt 2 \Rightarrow BI = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$

Ta có: $SA = \sqrt {S{C^2} - A{C^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 5 } \right)}^2} - {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 3 a$

Ta lại có: $SB = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {a^2}} = 2a$

Xét $\Delta SBI$ vuông tại $I$: $\sin \widehat {BSI} = \frac{{BI}}{{SB}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{2a}} = \frac{{\sqrt 2 }}{4} \Rightarrow \widehat {BSI} \approx 20{,}7^\circ$

Vậy $(SB,(SAC)) \approx 20{,}7^\circ$.

Trả lời: 20,7.

Xét $\Delta ADC$ cân tại $D$, có $\widehat {{\mkern 1mu} D{\mkern 1mu} } = 60^\circ$ nên $\Delta ADC$ đều.

Kẻ $CI \bot AD$

Ta có: $CI \bot SA \Rightarrow CI \bot (SAD)$ $\Rightarrow SI$ là hình chiếu của $SC$ trên $(SAD)$

$\Rightarrow (SC,(SAD)) = (SC,SI) = \widehat {CSI}$

Ta có: $SI = \sqrt {S{A^2} + A{I^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {13} }}{2}a$

Xét $\Delta SCI$ vuông tại $I:\tan \widehat {CSI} = \frac{{IC}}{{SI}} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 a}}{2}}}{{\frac{{a\sqrt {13} }}{2}}} = \frac{{\sqrt {39} }}{{13}} \Rightarrow \widehat {CSI} \approx 25{,}6^\circ$.

Trả lời: 25,6.