50 bài tập đường thẳng vuông góc với mặt phẳng mức độ thông hiểu

Cách giải:

Gọi H là trung điểm của AC ta có HM // SA nên \(HM\bot \left( ABC \right)\), khi đó \(\left( MB;\left( ABC \right) \right)=\left( MB;HB \right)=\widehat{MBH}\)

Ta có : \(SC=\sqrt{4{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}=a\sqrt{5}=SB\)

Xét tam giác SBC có

\(M{{B}^{2}}=\frac{S{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}}{2}-\frac{S{{C}^{2}}}{4}=\frac{5{{a}^{2}}+{{a}^{2}}}{2}-\frac{5{{a}^{2}}}{4}=\frac{7{{a}^{2}}}{4}\Leftrightarrow BM=\frac{a\sqrt{7}}{2}\)

Tam giác ABC đều cạnh a nên \(BH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Xét tam giác vuông BHM có: \(\cos \widehat{MBH}=\frac{BH}{BM}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{\sqrt{21}}{7}\)

Chọn D.

 Gọi \(M\) là trung điểm của \(AB\).

Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) nên \(MA = MB = MC\).

Mà \(SA = SB = SC\) nên \(SM\) là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\).

Suy ra \(SM \bot \left( {ABC} \right)\).

Vậy \(H \equiv M\) là trung điểm của \(AB\).

Gọi N là trung điểm của BC.

Ta có 

\(\left\{ \begin{array}{l}
SB = SC\\
AB = AC
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
BC \bot SN\\
BC \bot AN
\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAN} \right).\)

Theo bài ra \(BC\bot \left( P \right)\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & M\in \left( P \right) \\ & \left( P \right)//\left( SAN \right) \\\end{align} \right.\).

Kẻ \(MI//AN,\,MK//SA\Rightarrow \) Thiết diện của \(\left( P \right)\) và \(S.ABC\) là \(\Delta KMI.\)

Mà \(\left\{ \begin{align}  & \Delta ABC \\ & \Delta SBC \\\end{align} \right.\) là hai tam giác đều cạnh \(a\Rightarrow AN=SN=\frac{a\sqrt{3}}{2}=SA\Rightarrow \Delta SAN\) là tam giác đều cạnh

\(\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \Delta KMI\) là tam giác đều cạnh \(\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{a-b}{a}\Rightarrow {{S}_{\Delta KMI}}=\frac{3\sqrt{3}}{16}.{{\left( \frac{a-b}{a} \right)}^{2}}.\)

Chọn C

Kẻ \(AI\bot SC\), ta dễ dàng chứng minh được \(\Delta SAI=\Delta SBI\,\,\left( c.g.c \right)\Rightarrow \widehat{SIA}=\widehat{SIB}={{90}^{0}}\Rightarrow BI\bot SC\)

\(\Rightarrow SC\bot \left( ABI \right)\). Thiết diện là tam giác AIB.

Ta có \(AI = AC\sin \widehat {ACS} = a.\sqrt {1 - {{\cos }^2}\widehat {ACS}}  = a.\sqrt {1 - {{\left( {\dfrac{{{a^2} + {b^2} - {b^2}}}{{2ab}}} \right)}^2}}  = a\sqrt {1 - {{\left( {\frac{a}{{2b}}} \right)}^2}} .\)

Gọi J là trung điểm của AB. Dễ thấy tam giác AIB cân tại I, suy ra \(IJ\bot AB\)

\(\begin{array}{l}
\Rightarrow IJ = \sqrt {A{I^2} - A{J^2}} = \sqrt {{a^2}{{\left( {1 - \dfrac{a}{{2b}}} \right)}^2} - \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \sqrt {{a^2}\left( {1 - \dfrac{a}{b} + \dfrac{{{a^2}}}{{4{b^2}}}} \right) - \dfrac{{{a^2}}}{4}} \\
= \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{4{b^2}}}\left( {4{b^2} - 4ab + {a^2} - {b^2}} \right)} = \dfrac{a}{{2b}}\sqrt {{a^2} + 3{b^2} - 4ab}
\end{array}\)

Do đó: \(S = \dfrac{1}{2}AB.IJ = \dfrac{{{a^2}\sqrt {{a^2} + 3{b^2} - 4ab} }}{{4b}}\)

Chọn A

Gọi N là trung điểm \(AB\Rightarrow MN//AC\Rightarrow MN\bot AB\).

Ta có \(\left\{ \begin{align}  & MN\bot AB \\ & MN\bot AA' \\\end{align} \right.\Rightarrow MN\bot \left( ABB'A' \right)\Rightarrow MN\bot AB'\Rightarrow MN\subset \left( \alpha  \right).\)

Từ giả thiết \(\Rightarrow \)\(AB=a=AA'\Rightarrow ABB'A'\) là hình vuông \(\Rightarrow BA'\bot AB'\)

Trong mp \(\left( ABB'A' \right)\) kẻ \(NQ\parallel BA'\) với \(Q\in AA'\).

Trong mp \(\left( ACC'A' \right)\) kẻ \(QR\parallel AC\) với \(R\in CC'\).

Vậy thiết diện là hình thang MNPQ vuông (do MN và QR cùng song song với AC và \(MN\bot NQ\)).

Chọn B.

Gọi H là trọng tâm tam giác đều \(BCD \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right).\)

Gọi a là độ dài cạnh của tứ diện \(ABCD \Rightarrow BH = \frac{2}{3}\frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}.\)

Khi đó \(\alpha  = \widehat {ABH} \Rightarrow \cos \alpha  = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\)

Chọn A

Gọi \(M\) là trung điểm của \(CD\), \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều \(BCD\) \( \Rightarrow AO \bot \left( {BCD} \right)\).

Khi đó \(OB\) là hình chiếu vuông góc của \(AB\) lên \(\left( {BCD} \right)\) \( \Rightarrow \angle \left( {AB;\left( {BCD} \right)} \right) = \angle \left( {AB;OB} \right) = \angle ABO\).

Tam giác \(BCD\) đều cạnh \(a\) nên \(BM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\) \( \Rightarrow BO = \dfrac{2}{3}BM = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\).

Ta có \(AO \bot \left( {BCD} \right)\) nên \(AO \bot OB\), suy ra \(\Delta ABO\) vuông tại \(O\).

\( \Rightarrow \cos \angle ABO = \dfrac{{OB}}{{AB}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}}}{a} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Vậy \(\cos \angle \left( {AB;\left( {BCD} \right)} \right) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn B.

Trong không gian cho đường thẳng \(\Delta \) không nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\). Đường thẳng \(\Delta \) vuông góc với mặt phẳng \(\left( P \right)\) nếu: \(\Delta \) vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng \(\left( P \right)\).

Chọn C.

Trong không gian cho đường thẳng \(\Delta \) và điểm \(A\). Có duy nhất mặt phẳng đi qua \(A\) và vuông góc với đường thẳng \(\Delta \) đã cho.

Chọn D.

Gọi \(M\) là giao điểm của \(AK\) và \(BC\), ta có \(AM \bot BC\).

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

\( \Rightarrow BC \bot SM \Rightarrow SM\) là đường cao của \(\Delta SBC\), do đó \(K \in SM\).

Suy ra SH, AK và BC đồng quy tại M nên đáp án D đúng.

Mà \(BC \bot \left( {SAM} \right)\,\,\left( {cmt} \right),\,\,\left( {SAM} \right) \equiv \left( {SAH} \right)\) nên \(BC \bot \left( {SAH} \right)\), suy ra đáp án A đúng.

Trong \(\left( {ABC} \right)\) kéo dài BK cắt AC tại P, trong (SBC) kéo dài BH cắt SC tại N.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BP \bot AC\\BP \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BP \bot \left( {SAC} \right)\) \( \Rightarrow BP \bot SC\).

Suy ra \(\left\{ \begin{array}{l}SC \bot BP\\SC \bot BN\end{array} \right. \Rightarrow SC \bot \left( {BPN} \right)\), mà \(HK \subset \left( {BPN} \right) \Rightarrow HK \bot SC\).

Mặt khác \(HK \subset \left( {SAM} \right) \Rightarrow HK \bot BC\).

Nên \(HK \bot \left( {SBC} \right)\), do đó đáp án B đúng.

Chọn C.

Gọi N là trung điểm của BD, ta có MN là đường trung bình của tam giác ABD nên MN // AB và \(MN = \dfrac{1}{2}AB = a.\)

Mà \(AB \bot \left( {BCD} \right)\,\,\left( {gt} \right)\) nên \(MN \bot \left( {BCD} \right)\), do đó CN là hình chiếu của CM lên (BCD)

\( \Rightarrow \angle \left( {CM;\left( {BCD} \right)} \right) = \angle \left( {CM;CN} \right) = \angle MCN = \varphi \).

Vì tam giác BCD đều cạnh a nên \(CN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

Ta có: \(MN \bot \left( {BCD} \right) \Rightarrow MN \bot CN\) \( \Rightarrow \Delta CMN\) vuông tại N.

Vậy \(\tan \varphi  = \tan \angle MCN = \dfrac{{MN}}{{CN}} = a:\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}\).

Chọn B.

+ \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right)\,\,\left( {gt} \right)\\BC \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right. \Rightarrow SA \bot BC\), suy ra đáp án A đúng.

+ \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {do\,\,SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\) \( \Rightarrow BC \bot AH\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BC\\AH \bot SB\end{array} \right. \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)\).

Mà \(BC,\,\,SC \subset \left( {SBC} \right)\) nên \(AH \bot BC,\,\,AH \bot SC\), do đó đáp án B, D đúng.

Chọn C.

+ \(\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\CH \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {SAB} \right)\).

+ \(\left\{ \begin{array}{l}CH \bot \left( {SAB} \right)\\SA,\,\,SB,\,\,AK \subset \left( {SAB} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CH \bot SA\\CH \bot SB\\CH \bot AK\end{array} \right.\)

Vậy các khẳng định A, B, C đúng.

Chọn D.

+ Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\,\,\left( {gt} \right)\), \(\left( {ABC} \right) \equiv \left( {ABCD} \right)\) nên \(SA \bot \left( {ABC} \right)\), suy ra khẳng định B đúng.

+ \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)\), suy ra khẳng định C đúng.

+ \(\left\{ \begin{array}{l}BD \bot AC\,\,\left( {gt} \right)\\BC \bot SA\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right.\) \( \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)\), suy ra khẳng định D đúng.

Chọn A.

+ Do SA = SB = SC, \(SH \bot \left( {ABC} \right)\) nên H là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\).

+ \(\Delta ABC\) vuông tại B nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của cạnh huyền AC.

Vậy H là trung điểm của AC.

Chọn C.

Ta có SB và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) cắt nhau tại S.

Mặt khác \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow BA \bot SA\) và ABCD là hình vuông \( \Rightarrow BA \bot AD\)

Khi đó \(BA \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow A\) là hình chiếu của B trên mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\).

Suy ra góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) là góc giữa SB và SA là \(\angle BSA\).

Vì \(ABCD\) là hình vuông có \(BD = a\sqrt 2  \Rightarrow AB = a\).

Xét tam giác SAB vuông tại A \( \Rightarrow \tan \angle BSA = \dfrac{{AB}}{{SA}} = \dfrac{a}{{a\sqrt 3 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \angle BSA = 30^\circ .\)

Vậy \(\angle \left( {SB;\left( {SAD} \right)} \right) = {30^0}\).

Chọn B.

Ta có: \(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AM\) là hình chiếu của \(SM\) trên \(\left( {ABC} \right).\)

\( \Rightarrow \angle \left( {SM,\,\,\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {SM,\,\,AM} \right) = \angle SMA.\)

Áp dụng định lý Pi-ta-go cho \(\Delta ABC\) vuông cân tại \(A\) có \(AB = a\) ta có:

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} \) \( = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 \)

\(AM\) là đường trung tuyến của \(\Delta ABC\) \( \Rightarrow AM = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}.\)

Xét \(\Delta SAM\) vuông tại \(A\) ta có: \(\tan \angle SMA = \dfrac{{SA}}{{AM}} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2}:\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 3 \) \( \Rightarrow \angle SMA = {60^0}.\)

Chọn C.

Ta có: \(AA' \bot \left( {ABC} \right)\) nên \(AC\) là hình chiếu của \(A'C\) lên \(\left( {ABC} \right)\).

\( \Rightarrow \angle \left( {A'C;\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'C;AC} \right) = \angle A'CA\).

Xét tam giác vuông \(A'AC\) có: \(\tan \angle A'CA = \dfrac{{AA'}}{{AC}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{a} = \sqrt 3 \).

\( \Rightarrow \angle A'CA = {60^0}\).

Vậy \(\angle \left( {A'C;\left( {ABC} \right)} \right) = {60^0}\).

Chọn D.

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD.\)

Ta có \(SABCD\) là hình chóp tứ giác đều \( \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right).\)

\( \Rightarrow OA\) là hình chiếu vuông góc của \(SA\) trên \(\left( {ABCD} \right)\)

\( \Rightarrow \angle \left( {SA,\,\,\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {SA,\,\,OA} \right) = \angle SAO\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) ta có:

\(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} \) \( = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2} + {{\left( {a\sqrt 2 } \right)}^2}}  = 2a\)

\( \Rightarrow AO = \dfrac{1}{2}AC = a.\)

Xét \(\Delta SAO\) vuông tại \(O\) ta có: \(\cos \angle SAO = \dfrac{{OA}}{{SA}} = \dfrac{a}{{2a}} = \dfrac{1}{2}\) \( \Rightarrow \angle SAO = {60^0}.\)

Chọn C.

Vì SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD)\(\Rightarrow \)\(SA\bot BC.\)

Mà \(AB\bot BC\) nên suy ra \(BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot AE\subset \left( SAB \right).\)

Tam giác SAB có đường cao AE\(\Rightarrow \,\,AE\bot SB\)

Mà \(AE\bot BC\Rightarrow AE\bot \left( SBC \right)\Rightarrow AE\bot SC.\)

Tương tự, ta chứng minh được \(AF\bot SC\). Do đó \(SC\bot \left( AEF \right).\)

Chọn D