50 bài tập hai mặt phẳng vuông góc mức độ nhận biết, thông hiểu

Gọi \(d\) là đường thẳng qua \(M\) và vuông góc với \(\left( P \right)\). Do \(\left( P \right)\,\,\parallel \,\,\left( Q \right)\Rightarrow d\bot \left( Q \right)\).

Giả sử \(\left( R \right)\) là mặt phẳng chứa \(d\). Mà \(\left\{ \begin{array}{l}d \bot \left( P \right)\\d \bot \left( Q \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( R \right) \bot \left( P \right)\\\left( R \right) \bot \left( Q \right)\end{array} \right.\).

Có vô số mặt phẳng \(\left( R \right)\) chứa \(d\). Do đó có vô số mặt phẳng qua \(M\), vuông góc với \(\left( P \right)\) và \(\left( Q \right)\).

Chọn D.

A sai. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau hoặc cắt nhau (giao tuyến vuông góc với mặt phẳng thứ 3).

B sai. Qua một đường thẳng vô số mặt phẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước.

D sai. Qua một điểm có vô số mặt phẳng vuông góc với một mặt phẳng cho trước.

Chọn C.

A sai. Hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì đường thẳng nằm trong mặt phẳng này, vuông góc với giao tuyến thì vuông góc với mặt phẳng kia.

B, C sai. Hai mặt phẳng phân biệt cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau hoặc cắt nhau (giao truyến vuông góc với mặt phẳng kia).

Chọn D.

Ta có \(\left( SBC \right)\cap \left( ABC \right)=BC\Rightarrow BC\) là giao tuyến.

Mặt khác \(SA\bot \left( ABC \right)\) và \(\Delta ABC\) vuông tại \(B\Rightarrow AB\bot BC\).

Nên \(\left\{ \begin{array}{l}SA \bot BC\\AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \)\(BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow BC\bot SB\)

. \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SB \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AB \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB;AB} \right)} = \widehat {SBA} = {45^0}\).

Xét \(\Delta SAB\) vuông tại \(A\), có \(\widehat{SBA}={{45}^{0}}\Rightarrow SA=AB=a\).

Mà \(A{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}=2{{a}^{2}}\Rightarrow AC=a\sqrt{2}\).

Vậy \(SC = \sqrt {S{A^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{a^2} + 2{a^2}}  = a\sqrt 3\). 

Chọn B.

Gọi \(Q\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(OQ\bot BC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot OQ\\BC \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SOQ} \right) \Rightarrow BC \bot SQ.\)

Do đó

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\\left( {SBC} \right) \supset SQ \bot BC\\\left( {ABCD} \right) \supset OQ \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SQ;OQ} \right)} = \widehat {SQO}.\)

Tam giác vuông \(SOQ\), có \(\tan \widehat{SQO}=\frac{SO}{OQ}=\sqrt{3}\Rightarrow \widehat{SQO}={{60}^{0}}\)

Vậy mặt phẳng \(\left( SBC \right)\) hợp với mặt đáy \(\left( ABCD \right)\) một góc \({{60}^{0}}.\)

Chọn C.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\), suy ra \(SH\bot BC\Rightarrow SH\bot \left( ABC \right)\).

Gọi \(K\) là trung điểm \(AC\), suy ra \(HK\)//\(AB\) nên \(HK\bot AC\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AC \bot HK\\AC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow AC \bot \left( {SHK} \right) \Rightarrow AC \bot SK.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = AC\\\left( {SAC} \right) \supset SK \bot AC\\\left( {ABC} \right) \supset HK \bot AC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SAC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SK;HK} \right)} = \widehat {SKH}.\)

Tam giác vuông \(ABC\), có \(AB=BC.\cos \widehat{ABC}=a\Rightarrow HK=\frac{1}{2}AB=\frac{a}{2}.\)

Tam giác vuông \(SHK\), có \(\tan \widehat{SKH}=\frac{SH}{HK}=\frac{\frac{2a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{2}}=2\sqrt{3}\).

Chọn B.

- Sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian.

* Chọn S. Ta có \(SO\bot \left( ABCD \right)\).

Vẽ \(OM\bot BC\Rightarrow \widehat{\left( \left( SBC \right);\left( ABCD \right) \right)}=\widehat{SMO}=\widehat{M}\).

* Tam giác vuông SOM : \(\tan M=\frac{SO}{OM}=2\Rightarrow \widehat{M}=\arctan 2\).

Chọn đáp án C.

* Nhận xét: \(\Delta A'BC=\Delta A'DC\)

* Bước 1: Vẽ \(DM\bot A'C\Rightarrow \widehat{\left( \left( A'BC \right);\left( A'CD \right) \right)}=\widehat{DMB}\)

* Bước 2: \(CB\bot AB\Rightarrow CB\bot A'B\)

Tính \(\frac{1}{B{{M}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{2{{a}^{2}}}\Rightarrow B{{M}^{2}}=\frac{2{{a}^{2}}}{3}\)

\(\begin{align}  \cos M=\frac{B{{D}^{2}}-M{{B}^{2}}-M{{D}^{2}}}{-2MB.MD}=-\frac{1}{2} \\  \Rightarrow \widehat{DMB}={{120}^{0}}\Rightarrow \widehat{\left( \left( A'BC \right);\left( A'CD \right) \right)}={{60}^{0}} \\ \end{align}\)

Đáp số: \({{60}^{0}}\) 

Do \(A{A}'\bot \left( ABCD \right)\Rightarrow \left( AC{C}'{A}' \right)\bot \left( ABCD \right)\).

Chọn D

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

\(\left. \begin{array}{l}\left( {SBD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\\SO \bot BD\\AC \bot BD\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SO;AC} \right)} = \widehat {SOA}\)

Chọn A.

Gọi M là trung điểm của BC

Vì tam giác SBC đều nên \(SM \bot BC\)

Mà \(SA \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow AM \bot BC\)

Ta có: \(\left. \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SM \bot BC\\AM \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SM;AM} \right)} = \widehat {SMA}\)

Ta có: \(SM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \sin \widehat {SMA} = \frac{{SA}}{{SM}} = \frac{{3a}}{4}\frac{2}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \widehat {SMA} = {60^0}\)

Chọn C.  

Ta có: \(\overrightarrow {IH}  + 2\overrightarrow {AH}  = \overrightarrow 0 \) nên H nằm giữa A; I và \(HI = 2AH.\)

Vì tam giác ABC đều nên \(AI \bot BC\).

Mà \(SH \bot BC \Rightarrow BC \bot \left( {SHI} \right) \Rightarrow BC \bot SI\)

\(\left. \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\SI \bot BC\\AI \bot BC\end{array} \right\} \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SI;AI} \right)} = \widehat {SIA}\)  (\(\widehat {SIA} < {90^0}\))

Ta có: \(AI = a\sqrt 2 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{2};HI = \dfrac{2}{3}AI = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\)

Xét tam giác vuông SHI có: \(\tan \widehat {SIH} = \dfrac{{SH}}{{IH}} = 2a\dfrac{3}{{a\sqrt 6 }} = \sqrt 6 \)

Chọn A.

Kẻ \(OH \bot BC \Rightarrow SH \bot BC \Rightarrow \widehat {SHO} = \widehat {\left( {\left( {SBC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)}\).

Ta có:

\(\begin{array}{l}OA = OC = \sqrt {B{C^2} - O{B^2}}  = \dfrac{{a\sqrt 6 }}{3}\\\dfrac{1}{{O{H^2}}} = \dfrac{1}{{O{B^2}}} + \dfrac{1}{{O{C^2}}} \Rightarrow OH = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{3}\end{array}\)

Trong tam giác vuông SHO ta có:

\(\tan \widehat {SHO} = \dfrac{{SO}}{{OH}} = \sqrt 3  \Rightarrow \widehat {SHO} = {60^0}\)

Chọn C.

Tam giác \(ABC\) cân tại \(B\) có \(M\) là trung điểm \(AC\,\,\Rightarrow \,\,BM\bot AC.\)

\(\Rightarrow \) Đáp án A đúng.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BM \bot AC\\BM \bot SA{\rm{ }}\left( {{\rm{do }}SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BM \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow \left( {SBM} \right) \bot \left( {SAC} \right)\)

 Đáp án B đúng.

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot BA\\BC \bot SA{\rm{ }}\left( {{\rm{do }}SA \bot \left( {ABC} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SBC} \right) \bot \left( {SAB} \right)\).

 Đáp án C đúng.

Dùng phương pháp loại trừ thì D là đáp án sai.

Chọn D

Gọi M’ là trung điểm \(OC\Rightarrow M{M}'\parallel SO\Rightarrow M{M}'\bot \left( ABCD \right).\)

Theo công thức diện tích hình chiếu, ta có \({{S}_{\Delta \,{M}'BD}}=\cos \varphi .{{S}_{\Delta \,MBD}}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \cos \varphi  = \dfrac{{{S_{\Delta \,M'BD}}}}{{{S_{\Delta \,MBD}}}} = \dfrac{{BD.M'O}}{{BD.MO}} = \dfrac{{M'O}}{{MO}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}SO}}{{\dfrac{1}{2}SA}}\\ = \dfrac{{\sqrt {S{A^2} - O{A^2}} }}{{SA}} = \dfrac{{\sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} }}{a} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \varphi  = {45^0}.\end{array}\)

Chọn C.

+) \(BC\bot AB,\,\,BC\bot SA\Rightarrow BC\bot \left( SAB \right)\Rightarrow \left( SBC \right)\bot \left( SAB \right)\): A đúng.

+) \(\Delta ABC\) vuông cân tại B, M là trung điểm AC \(\Rightarrow BM\bot AC\): C đúng.

+) \(BM\bot AC,\,\,BM\bot SA\Rightarrow BM\bot \left( SAC \right)\Rightarrow \left( SBM \right)\bot \left( SAC \right)\): D đúng. 

Chọn: B

Gọi \(\alpha \) là góc giữa 2 mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {MNP} \right)\).

Dễ thây \(\Delta ABC\) là hình chiếu của \(\Delta MNP\) lên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\), do đó ta có

\({S_{ABC}} = {S_{MNP}}.\cos \alpha  \Rightarrow \cos \alpha  = \dfrac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{MNP}}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{4} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \alpha  = {30^0}\).

Chọn C.

Ta có : \(\left( {ABC} \right)//\left( {A'B'C'} \right)\)

\( \Rightarrow d\left( {\left( {ABC} \right);\left( {A'B'C'} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {A'B'C'} \right)} \right) = BB'\,\left( {Do\,\,BB' \bot \left( {A'B'C'} \right)} \right)\), suy ra đáp án A đúng.

Vì \(ABC.A'B'C'\) là lăng trụ đứng nên các mặt bên của hình lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) là các hình chữ nhật, suy ra đáp án B đúng.

Ta có:

\(\begin{array}{l}BB'//AA' \subset \left( {ACC'A'} \right) \Rightarrow BB'//\left( {ACC'A'} \right)\\ \Rightarrow d\left( {B;\left( {ACC'A'} \right)} \right) = d\left( {B';\left( {ACC'A'} \right)} \right)\end{array}\)

Suy ra đáp án C đúng.

Chọn D.

Gọi M là trung điểm của BC ta có \(AM \bot BC\) (tam giác ABC đều).

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\AA' \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {AMA'} \right) \Rightarrow BC \bot A'M\\\left\{ \begin{array}{l}\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABC} \right) = BC\\\left( {A'BC} \right) \supset A'M \bot BC\\\left( {ABC} \right) \supset AM \bot BC\end{array} \right. \Rightarrow \widehat {\left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AM;A'M} \right)} = \widehat {A'MA}\end{array}\)

Xét tam giác vuông AA’B có \(AA' = \sqrt {A'{B^2} - A{B^2}}  = \sqrt {5 - 4}  = 1\) 

Tam giác ABC đều cạnh bằng 2 \( \Rightarrow AM = \frac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \).

\( \Rightarrow \tan \widehat {AMA'} = \frac{{AA'}}{{AM}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \widehat {AMA'} = {30^0}\).

Chọn D.