Hình hộp ABCD.A'B'C'D' là hình hộp với tứ diện AB'CD' có các cạnh đối diện vuông góc. Chọn mệnh đề SAI: Hình hộp ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương. Mp(ABB'A') vuông góc với hai mặt phẳng đáy. \(mp\left(ABC'D'\right)\perp mp\left(DCB'A'\right)\). \(\left(AA',AC\right)=60^o\). Hướng dẫn giải: Do \(AB'\perp D'C\) nên \(D'C\perp DC'\). Suy ra tứ giác DCC'D' là hình vuông. Tương tự tứ giác ABCD, ABB'A' là hình vuông. Suy ra hình hộp ABCD.A'B'C'D' là hình lập phương. Vì vậy \(AA'\perp AC\). Suy ra đáp án \(\left(AA',AC\right)=60^o\) là sai.
Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D'. Biết góc giữa mp(ABC'D') và mp(ABCD) bằng \(60^o\). Tính tỉ số \(\dfrac{DD'}{AD}\). \(\sqrt{3}\) \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\) \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) \(\sqrt{2}\) Hướng dẫn giải: Hình hộp ABCD.A'B'C'D' là hình hộp đứng nên \(\left\{{}\begin{matrix}mp\left(ABCD\right)\perp mp\left(ADD'A'\right)\\mp\left(ABC'D'\right)\perp mp\left(ADD'A'\right)\end{matrix}\right.\). Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (ABC'D') bằng \(\left(AD,AD'\right)=60^o\). Vì vậy \(tan\widehat{DAD'}=\dfrac{DD'}{AD}=60^o\) \(\Leftrightarrow\dfrac{DD'}{AD}=\sqrt{3}\).
Cho hình chóp tứ giác \(S.ABCD\) có đáy ABCD là hình vuông cạnh \(a\), \(SA=SB=a\), \(SD=\sqrt{2}a\).Góc giữa \(\left(SAB\right)\) và \(\left(SBD\right)\) bằng \(\alpha\). Chọn khẳng định đúng trong các khẳng định sau: \(cos\alpha=\dfrac{1}{3}\) \(cos\alpha=-\dfrac{2}{5}\) \(cos\alpha=\dfrac{1}{2}\) \(cos\alpha=\dfrac{2}{3}\) Hướng dẫn giải: Gọi I là trung điểm của SB ta có \(DI\perp AB\) (vì tam giác SBD đều) và \(AI\perp AB\) (vì tam giác SAB) đều. Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBD) bằng góc \(\left(IA,ID\right)\). Ta có: \(AD=\sqrt{2}a\) (đường chéo hình vuông) và AI = DI = \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) (đường cao tam giác đều). Áp dụng định lý cosin cho góc I trong tam giác AID ta có: \(cos\widehat{AID}=\dfrac{AI^2+ID^2-AD^2}{2AI.DI}=\)\(\dfrac{\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)^2-\left(a\sqrt{2}\right)^2}{2.\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right).\left(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\right)}=-\dfrac{1}{3}\). Vậy \(cos\left(IA,ID\right)=\dfrac{1}{3}\).
Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng: Hai mặt phẳng cùng vuong góc với một mặt phẳng thừ ba thì vuông góc với nhau. Hai mặt phẳng vuông góc với nhau thì mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng này sẽ vuông góc với mặt phẳng kia. Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một mặt phẳng thì song song với nhau. Cả ba mệnh đề trên đều sai.
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Trên cạnh CC' lấy điểm M sao cho \(C'M=2CM.\) Gọi góc tạo bởi \(mp\left(A'D'MM'\right)\) và \(mp\left(ABCD\right)\) là \(\varphi\). Tinh giá trị \(cos\varphi\) . \(\dfrac{3\sqrt{13}}{13}\) \(\dfrac{\sqrt{13}}{13}\) \(\dfrac{2\sqrt{13}}{13}\) \(\dfrac{3}{13}\) Hướng dẫn giải: Gọi M' là điểm thuộc BB' sao cho BM' = 2BM'. Suy ra MM' // B'C' // A'D' hay \(M'\in mp\left(A'D'M\right)\). Hình chiếu của hình chữ nhật A'D'MM' lên mặt phẳng (ABCD) chính là hình chữ nhật ABCD. Đặt AB = a. Diện tích hình chữ nhật ABCD là: \(a^2\). \(C'M=\dfrac{2}{3}a\). Áp dụng định lý Pi-ta-go ta có: \(D'M=\sqrt{\left(D'C'\right)^2+\left(C'M\right)^2}=\sqrt{a^2+\left(\dfrac{2a}{3}\right)^2}=\dfrac{\sqrt{13}}{3}a\). Diện tích tứ giác A'D'MM' là: \(A'D'.D'M=a.\dfrac{\sqrt{13}a}{3}=\dfrac{\sqrt{13}}{3}a^2\). Gọi \(\varphi\) là góc tạo bởi mp(A'D'MM') với mp(ABCD). Suy ra \(S_{ABCD}=cos\varphi.S_{A'D'MM'}\Leftrightarrow cos\varphi=\dfrac{S_{ABCD}}{S_{A'D'MM'}}=\)\(\dfrac{3\sqrt{13}}{13}\).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và \(SA\perp mp\left(ABCD\right)\). Trong mp(SAB) hạ \(AM\perp SB\)\(\left(M\in SB\right)\). Tính góc tạo bởi mp(SDM) và mp(ABCD) . \(\widehat{MAB}\) \(180^o-\widehat{MAB}\) \(\widehat{BMA}\) \(180^o-\widehat{BMA}\) Hướng dẫn giải: Có \(SA\perp mp\left(ABCD\right)\) nên \(mp\left(SAB\right)\perp mp\left(ABCD\right)\). Ta chứng minh được \(BC\perp mp\left(SAB\right)\) vì vậy \(mp\left(SAB\right)\perp mp\left(SBC\right)\). Do \(AM\perp SB\Rightarrow AM\perp mp\left(SBC\right)\). Vì vậy \(M'M\perp AM\), mà \(SA\perp AD\Rightarrow SA\perp M'M\). Suy ra \(M'M\perp mp\left(SAB\right)\) hay \(mp\left(ADM'M\right)\perp mp\left(SAB\right)\). Suy ra góc tạo bởi hai mp(ADMM') và mp(ABCD) là \(\left(AM,AB\right)\). Trong mp(SAB) có tam giác SAB là tam giác vuông và \(AM\perp SB\) nên \(\left(AM,AB\right)< 90^o\Leftrightarrow\widehat{AMB}=\left(AM,AB\right)\).
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có \(AB=2\sqrt{3}\) và \(AA'=2.\) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh A'B'; A'C' và BC (tham khảo hình vẽ bên). Cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng (AB'C') và (MNP) bằng \(\dfrac{6\sqrt{13}}{65}\) \(\dfrac{\sqrt{13}}{65}\) \(\dfrac{17\sqrt{13}}{65}\) \(\dfrac{18\sqrt{13}}{65}\) Hướng dẫn giải: Do giả thiết tam giác đều ABC có cạnh bằng \(2\sqrt{3}\) nên có đường cao tam giác ABC là\(AP=AB.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=3\). Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ ( P là gốc tọa độ): cụ thể \(C\left(\sqrt{3};0;0\right)\)thì \(B\left(-\sqrt{3};0;0\right),A\left(0;3;0\right)\). Lại theo giả thiết \(AA'=2\) suy ra \(C'\left(\sqrt{3};0;2\right),B'\left(-\sqrt{3};0;2\right),A'\left(0;3;2\right)\). Các trung điểm M, N của A'B' và A'C' có tọa độ: \(M\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2};2\right),N\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2};2\right)\). Ta đã biết cosin cuả góc giữa hai mặt phẳng bằng \(\dfrac{\left|n_1.n_2\right|}{\left|n_1\right|\left|n_2\right|}\) trong đó \(\overrightarrow{n_1},\overrightarrow{n_2}\) là các vecto pháp tuyến của hai mặt phẳng (AB'C') và (MNP). Vì \(\overrightarrow{B'C'}\) cùng phương với vec to đơn vị \(\overrightarrow{u}\left(1;0;0\right)\) của trục Ox nên \(\overrightarrow{n_1}=\left[\overrightarrow{u};\overrightarrow{AB'}\right]\) trong đó \(\overrightarrow{AB'}=\left(-\sqrt{3};-3;2\right)\). Tương tự \(\overrightarrow{MN}\) cùng phương với \(\overrightarrow{u}\left(1;0;0\right)\) nên \(\overrightarrow{n_1}=\left[\overrightarrow{u};\overrightarrow{PM}\right]\), trong đó \(\overrightarrow{PM}=\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2};2\right)\). Tính toán: Sử dụng MODE VECTOR: + Nhập VCTA = \(\left(1;0;0\right)\), VCTB =\(\left(-\sqrt{3};-3;2\right)\): w8111=0=0=q5121ps3=p3=2= + Tính VCTA x VCTB và lưu kết quả vào biến C: Cq53Oq54=qJc + Nhập VCTA = (1;0;0), VCTB = \(\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2};2\right)\): w8111=0=0=Cq5121ps3)P2=3P2=2= + Tính VCTA x VCTB (veclo \(\overrightarrow{n_2}\)) - kết quả trong bộ nhớ là VCTAns: Cq53Oq54= + Tính tỉ số \(\dfrac{\left|\text{VCT}C.\text{VCT}Ans\right|}{\left|\text{VCT}C\right|\left|\text{VCT}Ans\right|}\) : Cqcq55q57q56)Pqcq55)Pqcq56)= + Trong MODE COMP, để hiện kết quả dưới dạng \(\dfrac{\sqrt{m}}{n}\) ta tính \(\sqrt{Ans^2}\) : w1sMd= Kết quả là \(\dfrac{\sqrt{13}}{65}\).
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC' và CD' là: \(\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\) \(\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\) \(a\sqrt{2}\) \(\dfrac{a}{2}\)
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Gọi M là trung điểm của CC'. Khoảng cách B'M và C'D' bằng: \(\dfrac{a\sqrt{5}}{5}\) \(\dfrac{a}{5}\) \(a\sqrt{5}\) \(a\sqrt{3}\) Hướng dẫn giải: Gọi M' là trung điểm DD'. Có MM' // C'D' nên MM' // A'B'. Vì vậy \(M'\subset mp\left(A'B'M\right)\). D'C' // mp(A'B'MM') nên d(B'M ; D'C') = d(mp(A'B'MM') ; D'C'). Trong mp(ADD'A') kẻ \(D'H\perp A'M'\). Có \(\left\{{}\begin{matrix}D'H\perp A'B'\\D'H\perp A'M'\end{matrix}\right.\) nên \(D'H\perp mp\left(A'B'C'D'\right)\). Vậy \(d\left(mp\left(A'B'MM'\right);D'C'\right)=D'H\). Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: \(\dfrac{1}{D'H^2}=\dfrac{1}{A'D'^2}+\dfrac{1}{D'M'^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{\left(\dfrac{a}{2}\right)^2}=\dfrac{5}{a^2}\). Suy ra \(D'H=\dfrac{a\sqrt{5}}{5}\).
