50 bài tập đường thẳng vuông góc với mặt phẳng mức độ nhận biết

Vì \(H\) là trung điểm của \(AB,\) tam giác \(ABC\) cân suy ra \(CH\bot AB.\)

Ta có \(SA\bot \left( ABC \right)\Rightarrow SA\bot CH\) mà \(CH\bot AB\) suy ra \(CH\bot \left( SAB \right).\)

Mặt khác \(AK\subset \left( SAB \right)\,\,\Rightarrow \,\,CH\) vuông góc với các đường thẳng \(SA,\,\,SB,\,\,AK.\)

Và \(AK\bot SB\) chỉ xảy ra khi và chỉ khi tam giác \(SAB\) cân tại A.

Chọn D

Vì \(SA=SC\,\,\,\Rightarrow \Delta SAC\) cân tại S mà O là trung điểm \(AC\,\,\Rightarrow \,\,SO\bot AC.\)

Tương tự, ta cũng có \(SO\bot BD\) mà

\(AC\cap BD=O\subset \left( ABCD \right)\)\(\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right).\)

Chọn C.

Kẻ BH vuông góc với \(SC\,\,\,\,\,\,\left( H\in SC \right).\)

Gọi I là trung điểm của AC. Ta có \(BI\bot AC\) (do \(\Delta \,ABC\) đều).

Và BI vuông góc với SA (do \(SA\bot mp\,\,\left( ABC \right)\)).

\(\Rightarrow \,\,BI\bot mp\,\,\left( SAC \right)\Rightarrow \,\,BI\bot SC.\) Từ \(\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right)\,\,:\,\,SC\bot mp\,\,\left( BIH \right).\)

Vậy mặt cắt là tam giác BIH vuông tại I.

Chọn B

Ta có AD vuông góc với SA và AB\(\Rightarrow AD\bot mp\,\,\left( SAB \right)\Rightarrow AD\bot SB.\)

Vẽ đường cao AH trong tam giác SAB

Lại có AD và AH qua A và vuông góc với SB.

Vậy mặt phẳng \(\left( \alpha  \right)\) chính là mặt phẳng (AHD).

Mặt khác AD // mp(SBC) mà \(AD\subset mp\,\,\left( AHD \right)\)

Vậy mặt phẳng (SBC) cắt mặt phẳng (AHD) theo giao tuyến HK // AD.

Do đó mặt cắt là hình thang ADKH mà \(AD\bot mp\,\,\left( SAB \right)\)\(\Rightarrow \,AD\bot AH.\)

Vậy ADKH là hình thang vuông.

Chọn B.

Ta có AH vuông góc với BC và AD.

Vậy (P) là mặt phẳng song song với BC và AD.

Lại có BC // (P) nên (P) cắt hai mặt phẳng (ABC) và (DBC)

theo hai giao tuyến NR và MS với NR // MS // BC.

Mà AD // (P) nên \(\left( P \right)\) cắt hai mặt phẳng (ACD) và (BAD)

theo hai giao tuyến RS và NM với RS // MN // AD.

Mặt khác NM // AD và \(AD\bot NR\) suy ra MNRS là hình chữ nhật.

Chọn C.

Giao điểm của SD và (ABCD) là D.

Bài ra có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) tại \(A \Rightarrow \widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {SDA}.\)

\( \Rightarrow \cos \widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \cos \widehat {SDA} = \frac{{AD}}{{SD}}.\)

Cạnh AD đã biết bằng a, ta cần tính cạnh SD.

Tam giác SAD vuông tại A.

\( \Rightarrow S{D^2} = S{A^2} + A{D^2} = 3{a^2} + {a^2} \Rightarrow SD = 2a\)

\( \Rightarrow \cos \widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \frac{a}{{2a}} = \frac{1}{2}.\)

Chọn B.

Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của SO trên mặt đáy (ABCD) là AO.  Do đó \(\widehat {\left( {SO;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SO;OA} \right)} = \widehat {SOA}.\)

Trong tam giác vuông SAO, ta có

\(\tan \widehat {SOA} = \frac{{SA}}{{OA}} = \frac{{SA}}{{\frac{1}{2}AC}} = \frac{{2a}}{{\frac{1}{2}a\sqrt 2 }} = 2\sqrt 2 .\)

Vậy đường thẳng SO hợp với mặt đáy (ABCD) một góc nhọn \(\varphi \) thỏa mãn \(\tan \varphi  = 2\sqrt 2 \).

Chọn A.

Gọi H là trung điểm AB, suy ra \( \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right).\)

Vì \(SH \bot \left( {ABCD} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của SD trên mặt đáy (ABCD) là HD. Do đó \(\widehat {\left( {SD;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SD;HD} \right)} = \widehat {SDH}.\)

● Tam giác SAB đều cạnh a nên \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\)

● Tam giác AHD vuông tại

\(A\,\, \Rightarrow HD = \sqrt {A{H^2} + A{B^2}}  = \sqrt {{{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2} + {a^2}}  = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\)

Tam giác vuông SHD, có \(\cot \widehat {SDH} = \frac{{DH}}{{SH}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 5 }}{2}}}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{5}{{\sqrt {15} }}.\)

Chọn A.

Tam giác ABC cân tại A cân tại A nên \(AM \bot BC\), \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow BC \bot SA\)

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AM\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)\)

Chọn B.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\\BD \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\)

Chọn D.

Đáp án A: Ta thấy \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot BC\\CD \bot CC'\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow CD \bot CB' \Rightarrow \)B’CDA’ là hình chữ nhật, do đó hai đường chéo A ‘C và B’D không vuông góc, do đó A’C không vuông góc với (B’BD), đáp án A sai.

A’C không vuông góc với B‘C’ hay A’C không vuông góc với (B’C’D), đáp án B sai.

\(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot BD\\AC \bot BB'\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {BDD'B'} \right) \Rightarrow AC \bot \left( {B'BD} \right) \Rightarrow \) Đáp án C đúng.

Chọn C.

Giao điểm của SO và (ABCD) là O.

Bài ra có \(SA\bot \left( ABCD \right)\) tại \(A\Rightarrow \widehat{\left( SO;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SOA}\)

\(\Rightarrow \tan \alpha =\tan \widehat{SOA}=\frac{SA}{OA}.\)

Cạnh SA đã biết bằng \(a\sqrt{3},\) ta cần tính cạnh OA.

Tam giác ABC vuông tại B

\(\Rightarrow A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}={{a}^{2}}+3{{a}^{2}}\Rightarrow AC=2a\)

\(\Rightarrow OA=\frac{AC}{2}=a\Rightarrow \tan \alpha =\frac{a\sqrt{3}}{a}=\sqrt{3}.\)

Chọn A.

Xác định \({{45}^{0}}=\widehat{\left( SC;\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{\left( SC;AC \right)}=\widehat{SCA}\)

\(\Rightarrow \Delta SAC\) vuông cân tại A \(\Rightarrow SA=AC=2a\sqrt{2}=BD.\)

Gọi \(O=AC\cap BD\), ta có \(\left\{ \begin{array}{l}DO \bot AC\\DO \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow DO \bot \left( {SAC} \right)\) nên hình chiếu vuông góc của SD trên mặt phẳng (SAC) là SO.

Do đó \(\widehat{\left( SD;\left( SAC \right) \right)}=\widehat{\left( SD;SO \right)}=\widehat{DSO}\in \left( {{0}^{0}};{{90}^{0}} \right).\)

Ta có \(DO=\frac{1}{2}BD=a\sqrt{2}=AO;\,\,SO=\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{O}^{2}}}=a\sqrt{10}\).

Tam giác vuông SOD, có \(\tan \widehat{DSO}=\frac{OD}{OS}=\frac{\sqrt{5}}{5}\).

Chọn A.

Gọi \(N\) là trung điểm của \(AC\)x\(\Rightarrow MN\) // AB (đường trung bình tam giác).

Suy ra \(\widehat{\left( OM;AB \right)}=\widehat{\left( OM;MN \right)}=\widehat{OMN}=\alpha \) với \({{0}^{0}}<\alpha <{{90}^{0}}.\)

Tam giác \(OMN\) có \(OM=ON=\frac{a\sqrt{2}}{2};\,\,MN=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)\(\Rightarrow \)\(\Delta \,OMN\) đều.

Do đó \(\widehat{OMN}={{60}^{0}}.\) Vậy góc giữa hai đường thẳng \(OM,\,\,AB\) là \({{60}^{0}}.\)

Chọn C

Hai đường thẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song.

Chọn A