Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D'. Chọn mệnh đề SAI: Góc giữa AC' và mp(ABCD) bằng góc giữa AC' và mp(ABCD). Nếu \(AD=AB=a,AA'=\sqrt{2}a\), thì góc giữa AC' và mp(ABCD) bằng \(45^o\). \(mp\left(ABCD\right)\perp mp\left(A'B'C'D'\right)\). Nếu \(AB=AD\) thì \(mp\left(ABCD\right)\perp mp\left(A'B'C'D'\right)\).
Tìm các mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau: Có duy nhất một đường thẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một đường thẳng cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một mặt phẳng cho trước. Có duy nhất một mặt phẳng đi qua một điểm cho trước và vuông góc với một đường thẳng cho trước.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C'. Đường vuông góc chung của BC và A'B' là: B'B II' với I là trung điểm của BC và I' là trung điểm A'B'. CA' A'B
Cho hình chóp đều S.ABCD có AB = a và \(\widehat{ASB}=60^o\). Khoảng cách từ O đến mp(ABCD) là: \(\dfrac{\sqrt{2}a}{2}\) \(\dfrac{\sqrt{6}a}{3}\) \(\sqrt{2}a\) \(\sqrt{3}a\) Hướng dẫn giải: Hình chóp S.ABCD nên \(\widehat{ASB}=\widehat{BSC}=60^o\). Suy ra tam giác SBC đều và \(SI=\dfrac{\sqrt{3}a}{2}\) \(OI=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{a}{2}\). Áp dụng định lý Pi-ta-go ta có: \(SO=\sqrt{SI^2-OI^2}=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{3}a}{2}\right)^2-\left(\dfrac{a}{2}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{2}a}{2}\).
Hình tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc và AB = AC = AD = a. Diện tích BCD bằng: \(\dfrac{a^2\sqrt{3}}{2}\) \(\sqrt{2}a^2\) \(3a^2\) \(\dfrac{3a^2}{2}\) Hướng dẫn giải: Áp dụng định lý Pi-ta-go ta tính được: \(BD=BC=CD=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a\). Tam giác BCD đều có cạnh \(\sqrt{2}a\) nên có diện tích \(\dfrac{1}{2}BC.BD.sin\widehat{CBD}=\dfrac{1}{2}.\sqrt{2}a.\sqrt{2}a.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}a^2\).
Cho hình chóp có \(SA\perp mp\left(ABC\right)\), tam giác BAC vuông cân tại A và BC = 2. Độ lớn cạnh SA bằng bao nhiêu để góc giữa mp(SBC) và mp(ABC) bằng \(60^o\) ? \(\sqrt{3}\) \(\dfrac{\sqrt{6}}{3}\) \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) \(\dfrac{\sqrt{6}}{2}\) Hướng dẫn giải: Gọi M là trung điểm của BC , suy ra \(AM\perp BC\). Có \(SA\perp mp\left(ABC\right)\) nên \(SA\perp BC\). Suy ra \(BC\perp mp\left(SAM\right)\). Do \(SA\perp mp\left(ABC\right)\) nên \(mp\left(SAM\right)\perp mp\left(ABC\right)\) và do \(BC\perp mp\left(SAM\right)\) nên \(mp\left(SAM\right)\perp mp\left(SBC\right)\). Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (SBC) bằng \(\widehat{AMB}\). \(AM=\dfrac{BC}{2}=1\). Suy ra \(tan\widehat{SMA}=tan60^o=\dfrac{SA}{AM}=\sqrt{3}\) suy ra \(SA=\sqrt{3}AM=\sqrt{3}\).
Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Các mặt bên của hình chóp là hình vuông là: Bốn mặt bên của hình chóp đều là tam giác vuông. Tam giác SAD, tam giác SAB. Tam giác SAD, tam giác SAB, tam giác SAC. Tam giác SAB, tam giác SAC. Hướng dẫn giải: Do SA vuông góc với mp(ABCD) nên các tam giác SAB, SCD đều là các tam giác vuông. Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên BC vuông góc BA suy ra BC vuông góc với mp(SAB), vậy tam giác SBC vuông tại B. Tương tự tam giác SDC vuông tại D.
Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Gọi G là trọng tâm tam giác tam giác SBC. Biết AB = a, góc tạo bởi SB và mặt phẳng đáy bằng \(60^o\). Khoảng cách từ điểm G đến mp(ABCD) là: \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}a\) \(\sqrt{3}a\) \(\dfrac{2\sqrt{3}}{3}a\) \(\dfrac{\sqrt{3}a}{6}\) Hướng dẫn giải: Gọi M là trung điểm của BC, suy ra \(\dfrac{GM}{SM}=\dfrac{1}{3}SM.\) Trong tam giác SAM hạ GI song song với AM. Áp dụng định lý Ta-lét, suy ra \(GI=\dfrac{1}{3}SA\). So AM vuông góc với mp(ABCD), suy ra GI cũng vuông góc với mp(ABCD) suy ra \(d\left(G,\left(ABCD\right)\right)=GI\). \(\widehat{SBA}=60^o\Rightarrow SA=AB.tan60^o=\sqrt{3}a\). Suy ra \(GI=\dfrac{1}{3}SA=\dfrac{\sqrt{3}a}{3}\).
Cho hình chóp S.ABC có AB = 6cm, BC = 8cm, AC = 10cm, SB = 10cm, SC = 10cm, SB = 10cm. Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC). 6cm \(3\sqrt{2}cm\) \(4cm\) \(2\sqrt{2}cm\) Hướng dẫn giải: Do \(AB^2+BC^2=AC^2\) suy ra tam giác ABC vuông tại B. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của BC và AC, suy ra IJ // AB và vì vậy \(IJ\perp BC\). Tam giác SBC cân tại S nên \(SI\perp BC\). Suy ra \(mp\left(SJI\right)\perp BC\). Trong mp(SJI) kẻ \(JK\perp SI\), suy ra \(JK\perp mp\left(SBC\right)\). Trong mp(HAC) kẻ AH // JK. Suy ra AH vuông góc với mp(SBC). Vậy khoảng cách từ A đến mp(SBC) bằng độ dài AH. \(SI=\sqrt{SB^2-BI^2}=\sqrt{10^2-4^2}=2\sqrt{21}\left(cm\right)\). \(IJ=\dfrac{AB}{2}=3\left(cm\right)\). \(SJ=\sqrt{10^2-5^2}=5\sqrt{3}\left(cm\right)\). \(cos\widehat{JSI}=\dfrac{SJ^2+SI^2-IJ^2}{2SJ.SI}=\dfrac{\left(2\sqrt{21}\right)^2+\left(5\sqrt{3}\right)^2-3^2}{2.2\sqrt{21}.5\sqrt{3}}=\dfrac{5\sqrt{7}}{14}\). \(IK=SI.sin\widehat{ISJ}=2\sqrt{21}.\sqrt{1-\left(\dfrac{5\sqrt{7}}{14}\right)^2}=3\left(cm\right)\). AH = 2IJ = 6(cm).
Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mp(ABCD), tứ giác ABCD là hình chữ nhật, SA = 3cm, AD = 8cm.Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, O là giao điểm của AC và BD. Khoảng cách OG và AB bằng: \(2,4cm\) \(3cm\) \(4cm\) \(2,6cm\) Hướng dẫn giải: Gọi I, M lần lượt là trung điểm của AD và BC, suy ra \(OG\subset mp\left(SIM\right)\). Do IM // AB nên AB // mp(SIM). Vì vậy khoảng cách giữa AB và OG bằng khoảng cách từ A đến mp(SIM). Có IM vuông góc với AD và SA vuông góc với IM nên IM vuông góc với mp(SAD). Trong mp(SAD) hạ \(AN\perp SI\), suy ra \(AN\perp mp\left(SIM\right)\), vì vậy khoảng cách từ A đến mp(SIM) đến mp(SIM) bằng AN. AI = AD : 2 = 4(cm). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(\dfrac{1}{AN^2}=\dfrac{1}{SA^2}+\dfrac{1}{AI^2}=\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{4^2}=\dfrac{25}{144}\). Suy ra \(AN=2,4\left(cm\right)\).
